En 1984 G. Brügner publicó un puzzle simplificado al máximo. Es el resultado de dividir un rectángulo en tres triángulos rectángulos semejantes entre sí de este modo:
La primera pregunta es ¿Cuántas figuras convexas* diferentes se pueden conseguir con estas 3 piezas?
No hemos fijado las proporciones entre los lados del rectángulo inicial pero hay dos casos en los que es especialmente interesante: cuando el rectángulo es de hecho un cuadrado y cuando el cateto mayor del triángulo mediano tiene la misma medida que el menor lado del rectángulo, los marcados en rojo en esta figura:
Las siguientes preguntas son:
¿Cuántas figuras convexas diferentes se consiguen en cada uno de estos casos?
¿Qué proporción deben guardar entre sí los lados del rectángulo para el caso en que los segmentos rojos midan lo mismo?
*Convexa es cualquier región en la cual no existe ningún semento recto con extremos en dos puntos de la región y que no esté completamente contenido en ella, el polígono de la izquierda el convexo, el de la derecha no.
Comentarios
Podéis recortarlo y mandar fotos
Vamos a pedirle a la administración que nos implemente un traductor de latex en los comentarios
#0
#16 Sí por favor.
Si el triángulo grande es ABC (de menor a mayor), el mediano es DEB y el pequeño es FEA.
Sabemos que C = D + F.
Adjunto imagen para el razonamiento. Básicamente es buscar que cuadren 2 y colocar el tercero. Por tanto:
- Primera fila: como C = D+F hay dos posibles posiciones de los triángulos DEB y FEA con respecto a ABC: las figuras 1 y 2
- Segunda fila: El triángulo ABC encaja con el DEB en B, y con FEA en A, así que hay 4 posibles figuras tales que DEB y FEA no se tocan (el proceso es hacer una figura y hacer flip de DEB y FEA, la cantidad de posiciones diferenes es 2^2=4). Descartamos 4 por no ser convexo.
- Tercera fila: Hacemos que ABC solamente se toque con FEA, eso implica colocar A con A, y DEB encaja con FEA en la E. Mismo razonamiento que en la segunda fila: hacemos flip de DEB y FEA, 4 posiciones. Descartamos 10 por no ser convexo.
- Cuarta fila: Hacemos que ABS solamente se toque con DEB y DEB con FEA en la E. Lo mismo de siempre y descartamos el 14.
Total: 11.
Una vez hecha la primera fila y saber que vamos a tener 3 posibilidades de 4 posiciones cada una, también podemos demostrar que por ángulos una figura de cada una de las filas será convexa, lo que nos daría 2+3*3 = 11.
#7 Buen trabajo, es importante tener un método en lugar de buscar al azar.
#11 Esta semana he estado trabajando en un “pedazo de problema”. Deja que me lo chequeen y lo vas flipar con la solución.
Yo no sé pq me engancho a esto. Hay cosas más sanas, las drogas duras, por ejemplo.
Le metería mano, pero llevo toda la semana currando y tengo el cerebro frito. Pero no dejes de publicar problemas, es mi sección favorita de Meneame.
#6 Gracias, me alegra que disfrutes. Si tienes ratos también puedes publicar problemas.
Y perdón por repetir comentario, no había visto la segunda pregunta.... y tarde para editar
Adjunto imagen con los lados y demás.
Ahora por proporción sabemos que toda hipotenusa dividida entre el cateto corto, para los tres triángulos, será el mismo (Tales y tal). Eso implica que (a+f)/a = b/e = a/f. Lo del medio no nos importa mucho, pero ojo:
(a+f)/a = a/f => proporción aurea, con lo que a=f*phi y f=a/phi
Volvemos a proporción, ahora de los catetos grande entre pequeño:
b/a = a/e = e/f
Como a/e = e/f entonces e^2 = f*a => e = (f*a)^.5.
Sustituyendo f por a/phi => e = (a*a/phi)^.5 = a*(phi)^.5
Y como b/a = a/e, pdemos sustituir e :
b / a = a / (a*(phi)^.5) => b /a = 1/(phi)^.5
Así que la proporción es 1/phi^.5
#8 Bravo!
#8 Se pueden hacer más figuras en este caso, sigamos jugando.
#14 Me salen 16, pero haciéndolo de cabeza. Estoy en el trabajo así que no me puedo poner con el power point ni recortables, pero el método usado es el mismo, solo que ahora los triángulos son ABC, AEB y FEA, con lo cual ABC y AEB coinciden por un lado extra y FEA con AEB coinciden por un lado extra. Las dos posiciones de la primera fila no cambian porque C ahora es igual a A+F, así que sigue habiendo solamente esas dos pos posiciones válidas.
#18 16 son, enhorabuena.
#19 Luego cuando llegue a casa hago los recortables
#20
Genial.
Solución a lo último... arf arf
#22 qué chulo!
Figuras del cuadrado he encontrado siete: Cuadrado, triángulo, rectángulo, trapecio, romboide y dos pentágonos irregulares que seguro algún nombre tienen que yo desconozco.
Para responder a la segunda pregunta he planteado un rectángulo de base b y altura h con una diagonal igual a 1, así que
1 = b2 + h2
y dónde c es la altura del triángulo mayor apoyado sobre su hipotenusa, otro nombre que se me escapa...
c2 = b2 - h2
c2 = h2 - (1 - h)2 -> c2 = h2 - 1 + 2h - h2 -> c2 = 2h - 1
así que
b2 = h2 + 2h - 1
pero me parece que me he perdido
#2 las figuricas del cuadrado
#3 Diría que no oiga sobre todo por los de los huecos.
#4 bueno, la silueta, interior o exterior, cumple con los requisitos
#3 Los dos de los huecos no son convexos, que era una de las condiciones del problema. Cualquier cosa con huecos no sólo no es convexa, sino que cambia de "especie" en lo topológico.
#2 ¿Por qué planteas esa ecuación y no otra?