Desafío 40+2: La Bomba

Como anuncié en su día, no leo los desafíos que me llegan al mail antes de publicarlos (en la mesa y en el juego… (o eso intento)), así que esta semana ha habido un error; lo que yo creía que era un desafío de Christian Chaya, en realidad era su propuesta (ya publicada) para el funcionamiento de las llamadas «secuelas». Así que había anunciado su desafío y no era tal. Por lo tanto el turno corre al siguiente: FRANCISCO GALLEGO, que nos propone este desafío:

Tenemos que explotar 84 bombas que funcionan con un interruptor (1- encendido y 0-apagado)  12 de las cuales tienen un defecto que consiste en que  están encendidas en posición 0 y apagadas en posición 1.

Las bombas defectuosas son indistinguibles de las que están en buen estado, esto es no es posible saber si una bomba es defectuosa ó no antes de que explote.

Podemos realizar las explosiones que queramos, sabiendo que en cada una, solo explotarán las bombas encendidas (posición 1, para las que estén en buen estado, ó  posición 0 para las bombas defectuosas)

En cada explosión todas las bombas deben repartirse entre  dos lugares diferentes(A y B), en grupos no necesariamente iguales, cada una con el interruptor en la posición que queramos.

 

 El desafío es encontrar una estrategia  de colocación de las bombas, usando inteligentemente la posición de sus interruptores, para llevar a cabo la explosión de todas las bombas, cumpliendo que en cada explosión el número de bombas que exploten en cada lugar sea el mismo,(el número de bombas que explote en A debe ser igual al número de bombas que explote en B).

La solución el día D a la hora H.

(D–>Miércoles, por aquello del fin de año…)

DESAFÍO 40+1: SOLUCIÓN

(Escribe Rogelio:)

Antes de nada, muchas gracias a todos, empezando por Santi, por vuestro interes, esfuerzo y por comentar o mandar una solucion (o correccion!). De hecho voy a usar vuestras soluciones para ahorrarme un poco de curro. Han mandado codigos Python y Excel para quien los quiera!. Todas las soluciones estan basicamente bien, la diferencia esta en los detalles.

(Ah, mi teclado no tiene enyes ni acentos)

He recibido unas 9 respuestas, 2 de ellas corrigiendome el enunciado inicial (muchas gracias a Pardillano y Jesus). De las 7 restantes 4 o 5 estan perfectas y a 2 se les pasa aclarar que pasa con algun tipo de segmentos. Hay 2 tipos de soluciones:

1. Usando simetrias

2. Contando segmentos

Lo mas facil, visual y elegante es usando simetrias.  Las soluciones de Maito (su solucion 1) y Miquel son muy buenos ejemplos. JCMM tambien recurre a las simetrias sin esquemas. Las simetrias horizontal y vertical se usan siempre sin problema. Se puede recurrir a las simetrias respecto a las diagonales o no, pero al hacerlo no hay que olvidarse que tanto los segmentos superpuestos a las diagonales como los que las cortan perpendicularmente son la imagen de ellos mismos. Hay que emparejarlos o contarlos y ver que son multiplos de 8 (ver solucion de Miquel). Jabon, tu solucion fue la mas corta pero se te paso contar los segmentos perpendicularres a las diagonales.  De todas estas destaco las de Maito y Miquel por sus ilustraciones (las de Miquel muy navidenyas).

Un poco mas tecnico es recurrir a contar segmentos, ver las soluciones impecables de Javier D y Pedro Correa. JC tambien opto por este camino pero se olvido de las pendientes como x,y=(2,3) o (4,7), etc.

Nadie ha demostrado correctamente que pasa cuando N es impar (Javier D y Miquel lo intuyen sin demostrarlo). Veamos que el unico N impar con segmentos multiplos de 8 es N=3.

Prosigamos con el razonamiento de Javier D (ver pdf: SOLUCIÓN AL 40+1 DESAFÍO).

x,y (lo que el llama f,c) han de ser primos relativos. Esto se cumple si y solo si existen

dos numeros enteros a,b, tal que:

ax+by=1

Para todo par de primos relativos x,y tal que y>2, y>x, existe otro par de primos relativos

dado por: y-x, y

facilmente demostrable pues:

-a(y-x)+(b+a)y = ax+by= 1

Esta propiedad es como otra simetria mas del problema. Por ejemplo para el caso de la diagonal larga

(x,y)=(1,3) su simetrica «primo relativo» es (2,3). Tambien hay un caso que es su propia imagen en

esta simetria, este es (1,2).

Asi pues a partir de y=3 los primos relativos vienen siempre de 8 en 8.

Usando esta propiedad el numero de segmentos para N>4 se puede reescribir como:

(pulsar en la ecuación si no se ve completa)

donde el primer sumando comprende los pares (1,0), (0,1), (1,1) y (-1,1) y es multiplo de 8 siempre.

El segundo sumando comprende (2,1), (-2,1), (1,2) y (-1,2) y solo es multiplo de 8 para N par.

Por ultimo, el sumatorio comprende todos los casos con y>2. La funcion PR(x,y) es 1 si x,y

son primos relativos, en caso contrario PR(x,y) vale 0. Esta ultima contribucion es siempre multiplo de 8.

Aqui ya se puede concluir que solo existe un N impar con segmentos multiplos de 8, N=3

(otro enunciado interesante para el problema). Para simplificar la ecuacion y por cuestiones

didacticas se puede reemplazar el sumatorio sobre x por la funcion indicatriz de Euler (o phi), que nos da el numero de primos relativos  x,y tal que x<y, asi quedaria:

(pulsar en la ecuación si no se ve completa)

La funcion indicatriz de Euler es par para todo y>2.

Todas las formas de calculo me han llevado a que para N=50 hay 476160 segmentos

(como decian alfalfa, Javier D, Miquel y creo que Pedro (no corri el Excel)).

Tal y como decia alfalfa, en esta ecuacion se ve que cuando N es par y no es multiplo de 4 (por lo que

N-2 si es multiplo de 4) todos los terminos son multiplos de 16 (pues 4*(N-2) es multiplo de 16 y 8*(N-2y) con N par tambien es multiplo de 16). Este es otro enunciado interesante para el problema.

Me han gustado mucho todas las soluciones, como son pocas podeis echarles un ojo y elegir vosotros la mejor. Creo que la de Maito es particularmente clara, la de Miquel navidenya y las de Javier D y Pedro rigurosas y tecnicas. Por supuesto esto es solo mi opinion personal, y vosotros que pensais?

Ha sido todo un placer estar a este lado pero sera un descanso volver al lado de los «desafiados»!

Hasta el proximo.

Demostración desafío 40+1 jabon
Demostración desafío 40+1 JC ; Calculadora desafío 40+1 JC
Calculadora desafío 40+1 Pedro Correa

Demostración desafío 40+1 maito
Gráfico-demostración Miquel Garriga:

Demostración desafío 40+1 Pardillano; grafico desafío 40+1 Pardillano

Fotomontaje de Nicolau Borja

Mi colega Nicolau Borja nos envía este montaje con los 40 desafíos. Por sí solo ya está muy bien, pero en realidad sólo es el fondo de un archivo flash impresionante, que diseñó para cifrar/descifrar códigos en el D-40. Desafortunadamente wordpress tiene sus limitaciones y ese no puedo ponerlo aquí, aunque si a Nicolau no le importa, se lo puedo mandar por correo a quien quiera echarle un vistazo.

PULSAR PARA AGRANDAR

Desafío 40+1: Segmentos en red que son múltiplos de 8

Rogelio Tomás nos presenta su desafío matemático, SEGMENTOS EN RED QUE SON MÚLTIPLOS DE OCHO:

Tenemos una red de puntos distribuidos en los

vertices de una cuadricula en un plano. Estos

forman un cuadrado con N puntos en cada lado (ver figura para N=6).

Para N=3 vemos que existen 8 segmentos de linea

recta que contienen y quedan delimitados por 3 puntos de la red (los

segmentos corresponden a los 4 lados, las 2 diagonales y

las 2 que dividen al cuadrado en 2 rectangulos iguales).

El problema consiste en demostrar que para cualquier

N>2, con N par, el numero de diferentes segmentos de linea recta que

contienen y quedan delimitados por 3 puntos de la red es multiplo de 8.

El lunes por la noche, la solución.

Aviso: el próximo desafío, por orden de llegada, será el de Pardillano.

LOTERÍA NACIONAL

Me han llamado de El País para comentar con ellos el sorteo de hoy… ¡a ver si se me ocurre algo interesante que decir!

 

 

Solución Desafío 40º – ¡Hasta siempre!

De nuevo muchas gracias a El País, tanto por esta iniciativa tan bonita, como por supuesto por volver a mencionarme e incluso poner un enlace a mi Blog. Increíble. Acceder desde AQUÍ.

La clave para descifrar el mensaje es pensar cómo podemos llegar a 9 símbolos (los números del 1 al 9) a partir de algo que utiliza los símbolos 0, 1 y 2, resultado de escribir en base 3. Resulta que si, en lugar de números de 3 cifras en base 3, consideramos números de 2 cifras en base 3, obtenemos los números del 0(=00 en base 3) al 8(=22 en base3). Esto no es exactamente lo que tenemos, pero casi: habría que sumar 1 para tener los números del 1 al 9.

Así, podíamos deducir que quizás lo que se haya hecho es agrupar las cifras en base 3 de dos en dos, escribir el correspondiente número en base 10 y sumar 1. Un paso previo a descifrar el mensaje podía ser comprobar si esto funciona en los ejemplos que se daban. Observemos que en el caso de PEDRO para agrupar de dos en dos nos falta una cifra, y añadimos un 0 al final (esta es la pequeña diferencia técnica entre número par o impar de letras).

Ejemplo 1: HOLA -> 7,15,11,0 -> 021120102000 -> 02 11 20 10 20 00 -> 246360 -> 357471

Ejemplo 2: PEDRO -> 16,4,3,18,15 -> 121011010200120 -> 12 10 11 01 02 00 12 00 -> 53412050 -> 64523161

¡Efectivamente funciona! Esto podría ser casualidad, pero no es probable, así que vamos a aplicarlo a nuestro desafío a ver qué obtenemos (no escribiremos explícitamente el paso de restar una unidad ni el de volver a agrupar los dígitos en base 3 que estaban separados de 2 en 2). Así:

4 7 1 7 5 4 1 3 3 2 5 4 1 3 3 3 7 3 1 3 2 2 6 2 7 7 1 5 4 1 7 9 4 1 2 3 7 1 5 2 1 5 2 2 7 7 1 -> 10 20 00 20 11 10 00 02 02 01 11 10 00 02 02 02 20 02 00 02 01 01 12 01 20 20 00 11 10 00 20 22 10 00 01 02 20 00 11 01 00 11 01 01 20 20 0 -> 11, 0, 19, 12, 0, 20, 4, 12, 0, 20, 8, 2, 0, 19, 4, 19, 20, 0, 13, 0, 20, 21, 0, 11, 18, 4, 3, 4, 3, 15, 18 -> LASMATEMATICASESTANATUALREDEDOR

(…)

El ganador de la última biblioteca matemática como la que ha venido entregando cada semana EL PAÍS ha sido Francisco López Hernández, de Las Rozas (Madrid). En enero se entregará la colección a los 40 premiados en el sorteo de cada desafío.

Nos despedimos pues con nuestra enhorabuena a los ganadores y a todos los que habéis resuelto los retos que se planteaban; también a quienes, no dando con la respuesta, os esforzasteis en hallarla y nos acompañasteis en esta aventura. Nos sumamos a los agradecimientos expresados por Adolfo Quirós en los últimos vídeos y a su vez le expresamos a él nuestra gratitud, que hacemos extensiva a la Real Sociedad Española Matemática y a los coordinadores de cada desafío en las diferentes ciudades. También a todos aquellos que permitieron la grabación de los retos, desde los presentadores hasta quienes ayudaron desinteresadamente en la parte técnica cuando la logística nos dificultaba llegar a todas partes. A los blogs Gaussianos y Santiprofemates por contribuir a darle difusión a la iniciativa. Y, por supuesto, a vosotros, los lectores, sin los que todo el trabajo de los últimas 40 semanas no hubiera tenido sentido.

A todos… ¡hasta siempre!

SOLUCIONES RECIBIDAS ESTA SEMANA:

Muchas gracias a todos los que han enviado su solución alguna vez, a José Luis Miota -Maito- por su constancia y esta semana a Paco Gallego por su encriptador, me ha ayudado mucho a traducir.

HOJAS DE CÁLCULO:

d_40 ENCRIPTADOR MATEMATICO Paco Gallego
Desa 40 JESÚS CAMPOS

SOLUCIONES EN TEXTO:

desafío 40 Un mensaje cifrado de despedida.Maito
D_40_Bruno Salgueiro
Desafio 40 JESÚS CAMPOS solucion alternativa

D-40º: Un mensaje cifrado de despedida

Jamás soñé con que este humilde Blog llegase a ser mencionado en El País, ¡no me lo puedo creer! a propósito de esto, lo que tengo que decir con total claridad es lo siguiente:

11462328751947771117913265772312425517962526278794648777
1544614257717823487

Queremos transmitir un mensaje secreto. Para eso vamos a transformar un texto, que está escrito en el alfabeto castellano de 27 letras, de la A a la Z (incluyendo Ñ y W), en otro texto que se escribe usando solo 9 símbolos: los números del 1 al 9. Veamos como lo hacemos y lo ilustraremos con dos ejemplos.

Primero numeramos las letras por orden del 0 al 26, A=0, B=1, C=2, D=3,…, N=13, Ñ=14,…, W=23, X=24, Y=25, Z=26. Por ejemplo:

HOLA-> 7,15,11,0

PEDRO->16,4,3,18,15

A continuación escribimos cada uno de esos números como un número de tres cifras en base 3. Recordemos lo que esto quiere decir: Los números los escribimos normalmente en base 10, usando unidades (1=10^0), decenas (10=10^1), centenas (100=10^2), etc. Así, 3418 representa el número 3×10^3+4×10^2+1×10+8. Para escribir en base 3 usamos potencias de 3, y sólo necesitamos las cifras 0, 1 y 2. Por ejemplo, la expresión 212 en base 3 representa la cantidad 2×3^3+1×3+2, que en base 10 se escribiría como 23.

Nuestras letras quedarán entonces representadas por A=000, B=001, C=002, D=010, …, N=111, Ñ= 112,…, W=212, X=220, Y=221, Z=222. Siguiendo con nuestros ejemplos:

HOLA-> 7,15,11,0 -> 021120102000

PEDRO->16,4,3,18,15 -> 121011010200120

Obsérvese que hemos escrito 3 cifras por cada número (no hemos quitado los ceros a la izquierda) y, también, que hemos escrito todos los números seguidos, sin las comas que los separaban antes. Ahora viene la parte secreta. Haciendo algo que no os vamos a decir, porque descubrirlo es precisamente el desafío, transformamos finalmente nuestros textos en otros escritos usando sólo los números del 1 al 9. En los ejemplos:

HOLA-> 7,15,11,0 -> 021120102000 -> 357471

PEDRO->16,4,3,18,15 -> 121011010200120 -> 64523161

El desafío consiste en leer el siguiente mensaje, que ha sido cifrado usando el procedimiento que hemos descrito, incluida la parte secreta:

47175413325413337313226277154179412371521522771

Algunas observaciones importantes. En el texto original no se utilizan signos de puntuación, acentos, ni siquiera los espacios entre palabras, que serían otro símbolo. Una buena idea es ir probando los procedimientos que se os ocurran en los dos ejemplos. Estrictamente hablando, el procedimiento es ligeramente distinto si el texto original tiene un número par o impar de letras, pero la diferencia no influye en nada en cómo leer los mensajes, es una cuestión puramente técnica que resultará evidente a posteriori. Se considerará válida cualquier solución que haya sido capaz de descifrar el código y dé el mensaje correcto, pero, como siempre, nos gustaría saber cómo habéis llegado a ella.

Secuela de los Desafíos Matemáticos

Parece ser que bastante gente que envió sus propuestas a El País desearía darlas a conocer. Sea pues, continuemos con los desafíos mientras haya propuestas. Ofrezco mi Blog como punto de encuentro para esta secuela de los Desafíos Matemáticos. Propongo que podríamos hacerlo de la siguiente manera:

– Me enviáis vuestras propuestas como queráis que sean publicadas a mi mail (santiprofemates@gmail.com) indicando en el asunto: DESAFÍO_FULANITO_PÉREZ.

– Yo iré sacándolas por riguroso orden de llegada, cada semana uno.

– Como no hay correctores, podemos cambiar un poco la dinámica de los Desafíos originales, por ejemplo: JUEVES: publicación del problema, LUNES: publicación de las soluciones, tanto la del desafiante como las de los desafiados.

– NOTAS:
– Yo seré un mero transmisor, no haré censura de ningún tipo; de modo que publicaré todo aquello que se me envíe (bueno, si el desafío es calcular el perímetro de un cuadrado, sabiendo lo que mide un lado mejor no… pero doy por hecho que todos tendrán su interés).
– Si publicamos las soluciones los lunes, que nadie me envíe sus respuestas antes del Domingo por la noche, ni siquiera el desafiante, así puedo participar como uno más.
– Cualquiera que desee que se publique su solución, que me la envíe entonces en word o pdf.

Bueno, ahí queda la propuesta, ahora se aceptan sugerencias, propuestas, etc. etc.

 

Solución Desafío 39º: Un paralelogramo con mucha información

Acceder desde AQUÍ.

La solución que se presenta en el vídeo es posiblemente la más simple de todas las que conocemos para este problema, en el sentido de que es la que necesita de unos conocimientos más básicos: semejanza de triángulos y un poco de vista. Veamos cómo hacerlo.

Llamemos K al punto medio del lado AB y L al punto medio del lado AC, y dibujemos los triángulos HKJ y HLI. Representamos también el segmento KL en línea discontinua (ver la figura 1 en la parte superior o la ampliación aquí).

Como el segmento LH une los puntos medios de los lados AC y BC, entonces es paralelo al otro lado, el AB. Lo mismo ocurre con el segmento KL, que como une los puntos medios de los lados AB y AC será paralelo al otro lado, el BC. Esto nos dice que BHLK es un paralelogramo, por lo que, en particular, los segmentos KB y LH son iguales. Pero KB y JK también son iguales, por lo que obtenemos que JK=LH. El mismo razonamiento nos sirve para llegar a que ALHK es un paralelogramo, por lo que, en particular, los segmentos AL y KH son iguales. Pero AL y LI también lo son, por lo que ahora se obtiene que KH=LI.

Por otro lado, los triángulos KBH y LHC tienen sus lados iguales y paralelos, por lo queel ángulo BKH y el ángulo HLC son iguales.

Recapitulemos. Tenemos que los triángulo JKH y el HLI (pintados de rojo y verde respectivamente en la figura dos, que aparece aquí ampliada) tienen dos lados iguales (KJ=LH y KH=LI) y además también tienen igual el ángulo formado por esos lados (el ángulo JKH es 90º+BKH, y el HLI es 90º+HLC, que hemos visto antes que es igual a BKH). Con esto podemos concluir que ambos triángulos son iguales, y el hecho de que sean iguales nos asegura que los segmentos HI y HJ tienen la misma longitud.

Falta demostrar que estos dos segmentos forman un ángulo de 90º. Pero esto es sencillo: JK forma un ángulo de 90º con AK, que es paralelo a LH. Por tanto JK y LH forman un ángulo de 90º. Del mismo modo, LI forma un ángulo de 90º con AL, que es paralelo a KH. Por tanto LI y KH forman un ángulo de 90º. Como los triángulos son iguales, todo esto nos asegura que los segmentos HI y HJ forman un ángulo de 90º.

Otras soluciones

Aunque ha habido una buena cantidad de respuestas con esta solución, no ha sido la más frecuente. La respuesta correcta más repetida ha sido una demostración vectorial, siendo Juan José Gibaja Martins quien la envió en primer lugar. Podríamos resumirla así: colocamos el origen de coordenadas en el punto medio del lado donde no se apoyaba ningún cuadrado, el punto H en la figura, y calculamos las coordenadas de los vectores HI y HJ que unen el origen con los dos centros de los triángulos. Después se calcula el módulo de esos vectores obteniendo el mismo resultado, hecho que demuestra la primera cuestión del desafío. Para la segunda se utiliza que si el producto escalar de dos vectores en el plano es nulo (como es el caso) entonces los vectores son ortogonales, es decir, forman un ángulo de 90º. En la línea del cálculo vectorial también ha habido respuestas que se salieron del plano para adentrarse en el espacio tridimensional, como la de José Luis Tetuán Goñi, que usó un vector perpendicular al plano de la figura y que el producto vectorial de dos vectores nos da como resultado un vector perpendicular a los dos.

Otra de las respuestas relativamente frecuente ha estado relacionada con los números complejos, concretamente con la siguiente propiedad: multiplicar un número complejo por i lo que hace es girarlo 90º en sentido antihorario. Fijando entonces el centro de coordenadas en H, como antes, y demostrando que el número complejo que representa a J es igual al número complejo que representa a I multiplicado por la unidad imaginaria i tenemos demostradas las dos partes del desafío. José Luis Arregui Casaus fue el primero que envió este tipo de solución.

Ha habido más soluciones realmente interesantes. Algunos, como Borja Cadenato, han propuesto duplicar la figura inicial pegando los dos triángulos por el lado donde no se apoyaba cuadrado, demostrando después que al unir consecutivamente los centros de los cuatro cuadrados obtenidos se obtiene a su vez otro cuadrado (resultado conocido como teorema de Thebault, como apuntaba Fernando Blasco en su solución). Otros, como Alejandro García Lampérez, han resuelto el desafío aplicando convenientemente el teorema del seno y el teorema del coseno. Y otros, muchos, han enviado demostraciones sintéticas distintas a la propuesta en el vídeo, entre los que podemos nombrar a Ignacio Larrosa y a Iago Vaamonde Paniagua (esta semana, en prosa).

Para finalizar, es de justicia valorar el trabajo de todas las personas que han enviado más de una solución, entre las que destacan Jesús Campos, que ha enviado cuatro soluciones distintas, y Sebastià Roig, que ha enviado cinco.

Desafío 39º: Para ir abriendo boca…

Dado el alubión de mails con soluciones variadas que he recibido esta semana, no espero al martes para ir publicándolas:

D39 ANA CHISI
D39 PEDRO CORREA
D39 BRUNO SALGUEIRO
D39 BRUNO SALGUEIRO (escaneadas de libros)
D39 JOSÉ LUIS MIOTA (maito)
D39 CRISTÓBAL GARCÍS (Krs)
D39 SANTIAGO ALONSO

Últimas soluciones recibidas:
D39 JESÚS CAMPOS ; D39 JESÚS CAMPOS
D39 JAVIER

PARA LOS QUE NO PODÉIS ABRIR ALGUNOS WORD: seguramente el problema es que vuestra versión de Word es más antigua (Word 2003 por ejemplo) que el Word en el que se hizo el archivo (2007). Para arreglarlo no es necesario instalarse un Office nuevo, basta con el paquete de compatibilidad que puede descargarse gratis y legalmente AQUÍ.

LAS ANÉCDOTAS DE JABÓN

Plaza de San Marcos Inundada

Jabón ha redactado algunas de las anécdotas que ha encontrado en las respuestas recibidas a su desafío.

anecdotas JABON

Desafío 39º: Dos segmentos iguales y en ángulo recto

Acceder desde AQUÍ.

Partiendo de un triángulo cualquiera de vértices ABC, tomamos dos de sus lados, AB y AC por ejemplo, y dibujamos cuadrados apoyados en ellos. Llamamos I y J a los centros de los dos cuadrados y H al punto medio del lado del triángulo donde no hemos apoyado ningún cuadrado (el BC en este caso).

El desafío de esta semana consiste en demostrar que los segmentos HI y HJ tienen la misma longitud y que además forman un ángulo de 90º. La situación inicial puede verse en la figura.

Solución Desafío 38º: Una sola medición

Acceder desde AQUÍ.

La solución es que basta con una única medición, que se correspondería con una cuerda de la circunferencia exterior (el perímetro de la plaza), que a su vez fuese tangente en un punto a la circunferencia interior (la fuente). Mediríamos la distancia entre los dos puntos en que dicha cuerda corta a la circunferencia exterior; con esa medida, que llamaremos A, es suficiente para calcular la superficie del anillo circular.

Ya en el plano, dibujaremos, como se muestra en la figura de la izquierda (ver ampliación aquí), la cuerda obtenida (A) y otra paralela a la anterior y tangente en el otro punto de la fuente diametralmente opuesto al precedente. Con esas dos líneas y las perpendiculares en el punto de corte del círculo externo compondremos un rectángulo. A continuación trazamos la diagonal de ese rectángulo y se nos delimitan dos triángulos rectángulos en los que un cateto es la cuerda (A), la hipotenusa se corresponde con el diámetro de la circunferencia mayor (2R) y el otro cateto se va a corresponder con el diámetro del círculo menor (2r)

Conociendo el cateto A y utilizando el Teorema de Pitágoras tendremos A^2=4R^2 – 4r^2= 4 (R^2 – r^2); de donde (R^2 – r^2) = A^2 /4.

Considerando que el área del anillo sería igual a Pi x (R^2 – r^2) y sustituyendo aquel valor en esta fórmula se obtiene que la superficie del anillo es igual a Pi x A^2 /4.

La gran mayoría de las respuestas correctas han reducido esta solución al triángulo que formarían los radios de ambas circunferencias y la mitad de la cuerda que hemos considerado. Ambas formas de resolver el desafío son equivalentes desde un punto de vista matemático, ya que se apoyan en triángulos semejantes, y por tanto son igualmente válidas. Ahora bien, a la hora de llevarlo a la práctica, tal como nos confirma en su respuesta desde México el ingeniero de caminos cántabro Francisco Pi Rodríguez, la medición íntegra de la cuerda ofrecería más garantías que la de la simple tangente, que requiere conocer el centro de ambos círculos y verificar que se ha trazado correctamente el ángulo comprendido entre el radio y la tangente.

La solución que se presenta en el vídeo, incorporando un eje que uniese los dos centros y utilizando la cuerda paralela a ese eje y tangente al círculo menor, nos abre el camino para poder calcular la superficie, siempre con una sola medición, incluso si los círculos no fuesen concéntricos, como nos comenta también Luis Alberto Gómez Concepción desde Venezuela.

Una solución diferente es la que plantean, de forma muy parecida, Lola M., Ángel Alonso y Miguel Ángel Abós Sanz, utilizando para ello las relaciones trigonométricas del ángulo que formarían la cuerda tangente y el radio de la circunferencia mayor que parte desde el punto común con esa cuerda.

Sergio López Goikolea desarrolla un modelo basado en el teorema de la altura, trazando en el plano un diámetro perpendicular a la medición que se realiza en la plaza, de manera que aquel quedaría dividido en dos segmentos de longitudes (R + r) y (R – r), cuyo producto se igualaría al cuadrado de la altura del triángulo que se forma entre ese diámetro y uno de los puntos en los que la cuerda toca a la circunferencia exterior.

Otro tipo de propuestas las plantean Miguel Feror y Jesús Carretero, con matices diferentes, pero ambas basadas en las ecuaciones del círculo mayor y la recta tangente; hallando las soluciones o puntos de corte y calculando las distancias entre las mismas.

Son muchas más las respuestas que podríamos destacar por diferentes motivos, entre ellas citaremos las de Enrique Farré Rey, quien menciona el Teorema de Holditch y su relación con este desafío, José Manuel Otón, por sus comentarios acerca del problema planteado en la esfera, Ángel Herrero, por su respuesta narrada en forma de cuento y Violeta Martínez Pinilla, de 14 años, al parecer la concursante más joven entre las respuestas correctas recibidas.

Para finalizar, queremos destacar la respuesta de Iago Vaamonde Paniagua,la más original, ingeniosa y bella a todas luces, plasmada en un soneto:

Tengo, Jabón, la cinta en este extremo
tocando la exterior circunferencia.
Avanza tú siguiendo con paciencia
el borde mismo con el hilo tenso.
Llegarás a saber, si es como pienso
como por arte y obra de la ciencia
hilo y fuente hacen una su presencia
con un beso gentil: es el momento.
Dime ya la mitad de la medida,
elévala al cuadrado en un intento,
multiplica por pi; está conseguida.
Calculamos el área del cemento
con un solo medir, austera vida,
no gastaremos más, y fin del cuento.

Solución de José Luis Miota: (pulsar para agrandar)

Jabon

Esta semana este Blog está de enhorabuena. Uno de sus asiduos (a juzgar por las estadísticas el más asiduo) ha sido reconocido por la organización de los Desafíos Matemáticos de El País como presentador del Desafío 38º; un bonito desafío, dicho sea de paso.

Pon aquí tu mensaje de enhorabuena…

Empiezo yo: ¡ENHORABUENA JABÓN!

DESAFÍO 38º: ROCK EN LA PLAZA DEL PUEBLO

Acceder desde AQUÍ.

El Ayuntamiento de un pueblo quiere asfaltar una plaza circular que tiene en el centro una fuente, también circular, para celebrar allí conciertos de música a lo largo del año.

Al redactar el pliego de condiciones, el Consistorio necesita saber la superficie a asfaltar, que es la del anillo circular comprendido desde donde acaba la fuente y hasta el perímetro de la plaza, para así poder fijar el precio de licitación de la subasta. Al consultar con un aparejador para que haga el estudio, éste señala que cobra un importe por cada medición que haga entre cada dos puntos. Como el Ayuntamiento está recortando gastos, pretende que esa partida sea lo más económica posible.

Y el desafío de esta semana es: ¿Cuál sería el menor número de mediciones, consideradas entre cada dos puntos, que serían necesarias para calcular el área de ese anillo circular?, ¿a qué se correspondería o corresponderían esa o esas distancias? y ¿cómo se hallaría la superficie del anillo en base a ese o esos datos?