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Leñitas Geométricas

para el Fogón Matemático de los Festivales

De OMA para Profesores y Maestros

en actividad

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“Entender las matemáticas es demostrar formalmente lo que se ve intuitivamente, y ver intuitivamente lo que se demuestra formalmente”. George Polya

La Visualización como Método de Resolución de ProblemasLas transformaciones en el plano. Sigamos con homotecia

La figura transformada de otra cualquiera por la homotecia será, análogamente –por extraña que sea la figu-ra–, la misma figura vista con lupa de tres aumentos y alejada de O tres veces más que la figura inicial.

O

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Apoyar el esfuerzo que arroja un resultado útil y provechoso durante el aprendizaje. Una enseñanza efectiva de la matemática brinda a los estudiantes oportunidades individuales y colectivas, y les da el apoyo necesario para que se in-volucren en discusiones productivas a medida que se enfrentan y descubren nuevas ideas y relaciones. La realización de la OMA es un modelo de trabajo en comunidad, en donde los problemas hacen su aporte para la aplicabilidad e intelección del mundo exterior. A nuestro parecer, a esto debemos prestarle mayor atención; Miguel de Guzmán decía que la enseñanza de la matemática debía ser de inmersión, como aprende el artista, en el atelier.

E. P. Wigner, premio Nobel de Física, en un artículo certeramente titulado “La irrazonable efectividad de la matemática en las ciencias naturales”, afirmaba: ”El milagro de la adecuación del lenguaje de la matemática para la formulación de las leyes físicas es un don maravilloso que ni entendemos ni merecemos. Deberíamos mostrarnos agradecidos por él y esperar que permanezca siendo válido en la investigación futura y que se extienda, para bien o para mal, a las demás ramas del saber, para nuestra alegría o perplejidad”.

Es también notable lo que N. Bourbaki señalaba al respecto un su artículo sobre ”La arquitectura de la Matemática”: ”Que existe una relación íntima entre los fenómenos experimentales y las estructuras matemáticas parece confirmarse plenamente de la forma más inesperada por los descubrimientos más recientes de la física contemporánea. Pero no sabemos absoluta-mente nada sobre los fundamentos de este hecho (suponiendo que se pudiera encontrar realmente significación a estas palabras) y tal vez no lleguemos a saber nunca sobre ello”.

EN LA PRÁCTICA DOCENTE

Nº 8 - 6 de junio de 2019

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s 8

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s 8 La homotecia parece una transformación muy aburrida, pero a veces resulta muy útil. Te dan un triángulo

como el ABC y otro extraño como el MNP de la figura siguiente:A

P

BN

M

C

y te piden que construyas un triángulo M’N’P’ de lados paralelos a los del MNP, que tenga sus vértices así: M’ sobre la recta AC

! "!!, N’ sobre BC

! "!y P’ sobre AB

! "!!. ¡Extraño problema! Inténtalo por tu cuenta antes de seguir

adelante...

Si comienzas por tanteos –cosa muy sana siempre y muy recomendable–, trazando paralelas a los lados de MNP, como en la figura siguiente M1N1P1, M2N2P2, resulta que el tercer vértice te queda unas veces corto como N1 y otras veces largo como N2, y a ojo resultaría bien difícil ajustar las paralelas para que te quede el tercer vértice sobre BC

! "!.

A

B C

N1

N2

M1

M2

P1

P’ M’

N’

P2

Pero si observas las figuras que vas haciendo, a la luz de la metamorfosis de la homotecia, te resultará ensegui-da claro que M1N1P1 y M2N2P2 son homotéticos de centro A. ¡N1N2

! "!!!!están alineados con A y con el punto N3

para cualquier intentona semejante M3P3! "!!!

! Por tanto, también con la intentona que habría de dar el resultado correcto, N’ sobre BC

! "!. Queda claro, pues, cómo hallar N’.

Unes A con N1, que corta a BC! "!

en N’. Localizado el punto N’ no hay más que trazar ʹM ʹN! "!!!!

paralelo a MN! "!!!

y ʹN ʹP! "!!!

paralelo a NP! "!!

. Así, ʹM ʹP! "!!!

resulta necesariamente paralelo a MP! "!!

, como puedes comprobar, ya que M’N’P’ es semejante a MNP.

¿Cómo resolverías ahora el siguiente problema? Te dan un triángulo ABC y te piden construir un cuadrado que tenga un lado sobre BC , un vértice sobre AB y otro vértice sobre AC . Adelante, te será muy fácil hallar la solución con lo que sabes.

¿Y este otro? Te dan una circunferencia c y un triángulo MNP. Te piden construir un triángulo M’N’P’ de lados paralelos a los de MNP y tal que M’, N’, P’, estén sobre c.

NM

P

c

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s 8 Antes de que veamos la solución, intenta resolverlo por tu cuenta... Si has tratado de proceder como antes con

el triángulo ABC te habrás dado cuenta bien pronto de que hay problemas.

Si trazas M1N1P1, M2N2P2, M3N3P3, más o menos como lo he hecho en la figura siguiente:

N3

N2N1M1

P1

P3

P2

M3

M2

resulta evidente que, ahora, N1N2N3 no están sobre una recta. Los triángulos M1N1P1 y M2N2P2 son homo-téticos, y también lo son M1N1P1 y M3N3P3 , ¡pero el centro de homotecia varía con la elección de la secante M2P2! "!!!

paralela a MP! "!!

! En el problema de los triángulos, el centro lo teníamos fijo y era el punto A. Ahora se nos mueve, y estamos perdidos. Analiza de nuevo el problema, tal vez dándole un vuelco y pensando un poco desde otra perspectiva...

Si te pidieran construir una circunferencia que pasa por MNP … ¡sería cosa fácil! Pero no es lo que te piden. Aunque, por lo menos, es algo que parece tener relación con tu problema. ¿Por qué no hacerlo? ¡Acción, ac-ción...! Las chispas salen aproximando los cables adecuados. Aquí está:

NM

P

c

Modelización: La Matemática Cotidiana

DIRIGE: Dr. Néstor Aguilera

ORGANIZA: OMA. Departamento de Investigación y Docencia.

Del 6 al 9 de julio de 2019 Hotel EDEN de la Falda.Costo de la residencia:$ 6.000.- por persona con estadía y pensión completa. $ 4.800.- por persona sin alojamiento.Pagos en 2 cuotas: 1ra. cuota al inscribirse.2da. cuota al iniciar la Residencia.Inscripción e informes: OMA. Tel 011 4826-6900. C.A.B.A.

R E S I D E N C I A M A T E M Á T I C A

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s 8 ¿Qué tiene que ver esto con lo que te piden? Aún no sabes construir exactamente el triángulo sobre la cir-

cunferencia, pero te puedes imaginar cómo va y construírtelo aproximadamente. Recuerda: pongamos el problema resuelto... Quedaría más o menos así:

M’

M N

P

N’

P’

c d

Las dos figuras se parecen, aunque una es más grande que la otra... ¿Será la grande la transformada de la otra por una homotecia? El triángulo que buscamos M’N’P’ es claramente homotético del MNP. Si supiéramos cómo están situados M’N’P’, sabríamos hallar fácilmente el centro de la homotecia. Bastaría con unir ʹNN

! "!!!,

ʹMM! "!!!!

y ʹP P! "!!

, que se cortan en el centro de la homotecia O. Pero lo que no conocemos es M’N’P’, así que mal se pueden unir a nada.

Sin embargo..., los círculos c y d, que sí conocemos, también son homotéticos con el mismo centro de homo-tecia y la misma razón de homotecia que M’N’P’ y MNP. Así que hallar O es tarea sencilla. El punto O está sobre la recta que une los centros y sobre la tangente común a ambas circunferencias, como se indica en la figura. (¿Sabes trazar la tangente común a dos circunferencias con regla y compás?)

M’

M N

PO

N’

P’

c

d

Ahora la cosa está más clara. No hay más que unir O con M, N, P y prolongar la recta de unión hasta que corte a c en M’, N’, P’, según la figura. El problema está así resuelto.

En búsqueda de una Estrategia. Escoger una buena notación

Gottfried Leibniz y Leonhard Euler fueron los creadores de gran parte de las notaciones que hoy usamos en matemática, y fue gracias a idear algo que encajara en lo que querían representar; así consiguieron hacer mu-cho más fáciles los problemas más enrevesados. Un ejemplo que vimos fue la fórmula de Herón tratada por Euler.

Siguiendo por el sendero de la visualización. Recordemos que aquí casi todas las actividades propuestas responden a la época de la geometría griega y nos remiten a los tres problemas clásicos: la duplicación del cubo, la trisección del ángulo y la cuadratura del círculo. Pero ahora pondremos atención especial a la fór-mula de Herón por ser un resultado útil para nuestro quehacer y que quedó planteado en Leñitas 3, página 4.

Euler llamó a la fórmula de Herón una “regla memorable”. En un trabajo de 1748, él proporcionó una prueba sintética de la fórmula de Herón –más o menos al estilo griego–, pero se comprometió “a profundizar su aná-lisis”. Como pronto fue evidente, cumplió esta promesa.

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s 8 Teorema. Si un triángulo ABC tiene lados a, b, c y semiperímetro S = a+ b+ c

2, entonces:

Área ABC = (s(s−a)(s− b)(s− c) .

A B

C

ab

α

γ

β

c

Demostración. Como siempre, comenzamos con ΔABC teniendo lados a, b, c y ángulos α, β, γ. Siguiendo el ejemplo de Herón, Euler primero inscribió un círculo dentro del triángulo. Dejó O como el centro del círculo inscrito con radio r =OS =OU , como se muestra en la figura de abajo. Recuerden que en la construcción del

incentro los segmentos OA , OB y OC bisecan los ángulos del ΔABC, con !OAB= α2

, !OBA= β2

y !OCA= γ2

.

z

UV

Or

r

x S

C

A B

N

Euler extendió BO y construyó una perpendicular por el vértice A con intersección en el punto V. (Dibujó estos en el interior del triángulo, pero la prueba puede modificarse si caen fuera de la figura.) También denotó con N la intersección de las extensiones del segmento AV y del radio OS . Luego se guardó el compás y la regla. Estas fueron las únicas construcciones necesarias en su prueba, lo que hace que los preliminares sean mucho más simples que los hechos por Herón 1600 años antes.

Como !AOV es un ángulo exterior de !AOB , Euler observó que !AOV =!AOB+!OBA= α2+β2

.

Además, como ΔAOV es rectángulo, sabía que !AOV y !OAV son complementarios. Resulta que α2+β2+!OAV = 90º . Pero α

2+β2+γ2= 90º , entonces también !OAV =

γ2=!OCU .

A partir de esto Euler dedujo la semejanza de los triángulos rectángulos ΔOAV y ΔOCU, y así la proporción:

AVVO

=CUOU

=zr

(1)

También ΔNOV y ΔBAV son semejantes, como ΔNAS y ΔBAV, y también deben serlo ΔNOV y ΔBAV. Por lo tanto:

AVAB

=OVON

≡AVOV

=ABON

. (2)

De la combinación de expresiones (1) y (2) resulta: zr=ABON

=x+ ySN− r

, y entonces:

zSN = r(x+ y+ z)= rs . (3)

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s 8 Se necesita un último ingrediente, la identidad de SN . Debido a que son ángulos sobre verticales,!BOS y

!VON son congruentes, y por lo tanto !OBS = 90º−!BOS = 90º−!VON =!ANS .

En consecuencia, ΔNAS y ΔBOS son semejantes, a partir de lo cual Euler dedujo la proporción SNAS

=BSOS

. Esto

equivale a SNx=yr

, o simplemente SN =xyr

.

Euler concluyó con el siguiente broche de oro:

Área (ΔABC) = rs = rs(rs) = zSN(rs) y por (3)

= z xy

rrs = sxyz = s(s−a)(s− b)(s− c) . c. q. d.

Esta es una prueba muy ingeniosa del teorema de Herón. Nos proporciona una visión de la elegancia en el estilo de Euler. Claro está, adoptamos la práctica estándar de los tiempos de Euler en no distinguir entre un ángulo y su medida o entre congruencia e igualdad.

Pero en este periodo Euler estaba estimulando con la geometría griega. En un documento de 1767, volvió su atención a la más simple de las figuras planas: el triángulo. Esta vez, en lugar de centrarse en el área triangular, examinó las relaciones entre los puntos notables mencionados anteriormente. Fue entonces que descubrió una de las relaciones más notable:

El ortocentro, baricentro y circuncentro de un triángulo deben estar en línea recta, con el centro de gra-vedad exactamente el doble de lejos del ortocentro a partir de la circuncentro.

Esta propiedad fundamental de los triángulos había sido pasada por alto por los miles de geómetras que lo precedieron, desde Euclides y Arquímedes hasta Herón. En reconocimiento por su descubrimiento, el segmen-to que contiene estos tres puntos se llama “recta de Euler del triángulo”.

Resultados para recordar: la mejor idea de Arquímedes

El cálculo del volumen de la esfera fue uno de los descubrimientos que Arquímedes más estimaba de todos los muchísimos que hizo en su vida. Llegó a demostrar de un modo muy original que el volumen de la esfera es igual a dos tercios del volumen del cilindro circular circunscrito a ella. Tanto le impresionó esto a él mismo que mandó que en su tumba se grabase esta figura en recuerdo de la mejor de sus ideas.

h = 2r

r

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s 8 Vamos a ver cómo llegó hasta ahí. Arquímedes se imaginó una semiesfera y junto a ella un cilindro circular

recto y un cono recto, ambos de base igual a un círculo máximo de la semiesfera. Algo así:

Rd d

R

d

R

R

Arquímedes cortó las tres figuras por un plano paralelo a la base del cilindro y del cono y se preguntó cómo serían las secciones determinadas por este plano en el cilindro, la semiesfera y el cono.

En el cilindro está claro: un círculo de radio R. En la esfera también será un círculo, pero su radio dependerá de la distancia d. Mirando la figura siguiente y acordándote del teorema de Pitágoras, fácilmente puedes escribir que si el radio de la sección es r, entonces r2 + d2 = R2.

r

R d

En el cono la sección también será un círculo, y ahora el radio es aún más fácil de determinar observando la figura siguiente:

Rd

d

R

Como el radio de apertura del cono es de 45°, resulta que el radio es d. Así:

Sección cilindro = πR2 = π(r2 + d2) = πr2 + πd2 = Sección semiesfera + Sección cono

Las secciones son como rebanadas de las tres figuras obtenidas al cortar paralelamente a la base del cilindro. Resulta que, colocando las tres figuras como las hemos puesto y cortándolas en rebanadas finas,

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Geo

mét

rica

s 8

obtenemos la relación:

Rebanada en cilindro a altura d = Rebanada en semiesfera + Rebanada en cono. Si para cada altura d se tiene esta relación, parece bastante claro que:

Volumen cilindro = Volumen semiesfera + Volumen cono

h

V = (1/3) πr2h V = (2/3) πr2h1 2

hr

r

V = πr2h3

h

r

Pero, como Arquímedes muy bien sabía,

Volumen cilindro = πR3 ; Volumen cono = π R#

3,

y así resultaba

Volumen semiesfera = 2π R3

3 y Volumen esfera = 4π R

3

3.

Cuando Cicerón fue nombrado cuestor en Sicilia (75 a. de C.), gracias a la inscripción que Arquímedes había mandado grabar, descubrió la tumba de Arquímedes que sus paisanos de Siracusa habían perdido de vista. Cicerón la restauró, pero más tarde se volvió a perder. Hace unos pocos años se encontraron dos tumbas que se disputan la autenticidad...

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La esfera puede considerarse como compuesta por un montón de pirámides que tienen como vértice el centro de la esfera y base de área muy pequeña S sobre la esfera. Esto da una idea de lo que puede valer el área de

la superficie esférica. El volumen de la esfera es 4π R3

3. El de cada pirámide será R× S

3(pues la altura de cada

pirámide es R). Sumando todas las pirámides y sacando R3

factor común, resulta:

4π R3

3 = Volumen esfera = Suma volúmenes pirámides = Área esfera × R

3y así: Área esfera = 4πR2

A

Rω

Para visualizar usando la estrategia de homotecia1. Construir un triángulo ABC conociendo a, A y b2 – c2.

2. Construir un triángulo ABC conociendo A, ha y bc

.

3. Construir un triángulo ABC conociendo a, R y hb.

4. Construir un triángulo ABC conociendo A, ha y va (siendo Va la bisectriz del ángulo A).

5. Construir un triángulo ABC conociendo a, B y r.

6. Construir un triángulo ABC conociendo a, hb y b + c.

7. Construir un triángulo ABC conociendo a, hb y ma.

8. Construir un triángulo ABC conociendo A, r y a + b + c.

9. Determinar un punto desde el que se vean bajo ángulos iguales tres segmentos AB, BC y CD consecutivos dados de una misma recta.

10. Sobre una circunferencia dada hallar un punto tal que la suma de sus distancias a dos rectas dadas sea mínima.

11. Construir un triángulo conociendo b, c y Wa.

12. Construir un triángulo dados ha, ma y b.

13. ha , hb y a.