Parece imposible…

Hay problemas matemáticos que parecen resolubles pero no lo son, como la cuadratura del círculo, y otros que parecen imposibles y sin embargo se pueden resolver con un poco de pensamiento lateral. Entre los segundos, uno de los más conocidos, y del que ya hemos hablado en alguna ocasi...

Hay problemas matemáticos que parecen resolubles pero no lo son, como la cuadratura del círculo, y otros que parecen imposibles y sin embargo se pueden resolver con un poco de pensamiento lateral. Entre los segundos, uno de los más conocidos, y del que ya hemos hablado en alguna ocasión, es el de los 9 puntos dispuestos en forma de cuadrícula de 3x3 que hay que unir con 4 trazos rectilíneos sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces por el mismo trazo. Y otro, visto recientemente, es el del triángulo obtusángulo que hay que dividir en acutángulos.

En los dos casos citados, la aparente imposibilidad se debe a que, sin darnos cuenta, nos imponemos más condiciones de las que plantea el enunciado. En el problema de los 9 puntos, damos por supuesto que todos los vértices de la línea quebrada que los une han de coincidir con algunos de ellos, cosa que no se nos pide. Pero ¿y en la cuadrícula de 4x4, con cuántos trazos rectilíneos, como mínimo, se pueden unir todos los puntos sin levantar el lápiz del papel ni pasar dos veces por un mismo trazo? ¿Y en las de 5x5, 6x6…? ¿Hay alguna fórmula que permita determinar el número de trazos en función del número de puntos?

En cuanto a la supuesta imposibilidad de dividir un triángulo obtusángulo en acutángulos (Martin Gardner me dijo que en su día recibió varias “demostraciones” de que tal división era imposible), se debe a un falso supuesto similar: tendemos a pensar que todos los vértices de los acutángulos han de estar en el perímetro del obtusángulo, y no tiene por qué ser así.

Moviendo ficha

La semana pasada, nuestro comentarista habitual Salva Fuster propuso un interesante problema en la línea de los dos anteriores (aunque a primera vista parezca que no tiene nada que ver, también pertenece a la familia de los engañosos). Es el siguiente:

Dibujamos un rectángulo ABCD. Sobre los puntos A, B y C ponemos unas fichas (formando un triángulo rectángulo, ABC), que se pueden desplazar. Para mover cualquiera de ellas hay que hacerlo de manera paralela a la recta determinada por la posición de las otras dos fichas. ¿Cuántos movimientos se requieren para que dos de las tres fichas queden ubicadas sobre los puntos medios de dos los lados del rectángulo ABCD? ¿Y para que queden las tres?

El punto de Feuerbach

Volvamos a la circunferencia de los nueve puntos. Como señala Luis Ortiz: “Dado que los puntos D, F y H son los puntos medios de los segmentos IA, IB e IC, el triángulo DFH es el resultado de aplicar una homotecia al triángulo ABC, con centro I y razón 1/2. Es decir, DFH es un triángulo semejante al ABC, de la mitad de tamaño [ver figura correspondiente de la entrega anterior]. Y esa misma relación de homotecia es la que tienen las circunferencias circunscritas a uno y otro triángulos, Incluidos sus centros. Por lo tanto, el centro de la circunferencia de los nueve puntos estará en el punto medio del segmento que une el ortocentro I con el circuncentro de ABC”.

Y no podemos despedirnos de la circunferencia de los nueve puntos sin mencionar el punto de Feuerbach, que es el punto de tangencia de dicha circunferencia con la circunferencia inscrita del triángulo en cuestión.

La circunferencia de nueve puntos, cuyas propiedades parecen inagotables, también es tangente a las tres circunferencias exinscritas (que son tangentes a cada lado y a las prolongaciones de los otros dos). ¿Puedes calcular la longitud de los radios de las circunferencias exinscritas de un triángulo de lados 3, 4 y 5?

Por último (de momento, pues el tema es inagotable), los puntos de tangencia de la circunferencia de los nueve puntos con las tres circunferencias exinscritas son los vértices del denominado triángulo de Feuerbach. Pero ese es otro artículo.