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Solución al problema: Con 6 segmentos iguales, construya 4 triángulos iguales

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lineasLos patrones mentales nos llevan a la autoimposición de restricciones que no han sido planteadas. La gran mayoría de las personas no profesionales de la matemática, se autoimponen buscar la solución en dos dimensiones, es decir en el plano (largo y ancho).

A partir de ahí afirman que la solución es construir un cuadrado con 4 de los seis segmentos y luego trazar con los otros dos restantes las diagonales.

Algo así:

eeee

Efectivamente se ha logrado construir cuatro triángulos iguales, pero hay un incumplimiento o violación en el planeamiento del problema. Las diagonales tienen mayor longitud que los restantes cuatro segmentos. Es decir no se ha trabajado con seis segmentos iguales. Recordemos que esas diagonales son respectivamente la hipotenusa de los triángulos rectos e isósceles (dos lados iguales y el tercero desigual). La hipotenusa es siempre mayor que cualquiera de los catetos.

En más de una ocasión me han discutido que todos los segmentos son iguales, pero con mucha paciencia he demostrado la falsedad de tal afirmación; en algunos casos he acudido a la utilización de los seis segmentos, con fósforos-algo en extinción para algunos-, evidenciando que las diagonales se quedan cortas.

Por tanto debemos romper ese esquema mental autoimpuesto y emigrar al espacio, es decir a las tres dimensiones; de esta manera sí podremos construir una figura en el espacio que tiene como base un triángulo equilátero, los tres segmentos restantes se utilizan en la tercera dimensión, formando un tetraedro (cuatro caras) compuesto por cuatro triángulos equiláteros iguales y queda resuelto el problema.

Algo así:

3333

Se han publicado 15 comentarios



Este sitio se reserva el derecho de la publicación de los comentarios. No se harán visibles aquellos que sean denigrantes, ofensivos, difamatorios, que estén fuera de contexto o atenten contra la dignidad de una persona o grupo social. Recomendamos brevedad en sus planteamientos.

  • LAI dijo:

    yo ni me acerque a la respuesta jajaja

  • Ballack HG dijo:

    Estimado profesor, en el momento de la publicación del artículo vi la solución tan evidente que ni me motivó a postearla, pensando que era un caso de simpleza similar al de los cuadrados, etc. Hoy veo que la ¨aceptada¨ difiere de la que pensé en ese instante, que, obviamente, no tiene nada que ver con la primera (y errónea) expuesta aquí.

    Consistía en formar dos triángulos equiláteros con los segmentos, que se encuentren opuestos uno al otro, con sus bases paralelas y el otro vértice se intersecta con la base del otro triángulo en su punto medio. Vamos a denotarlos: los segmentos serían AB, BC, CA, EF, FG y GE, que formarían los triángulos equiláteros ABC y EFG. Como íbamos diciendo AB II EF, G es punto medio de AB y C es punto medio de EF. Si denotamos los puntos de intersección de los segmentos FG y CA como O y de GE con BC como P, los cuatro triángulos iguales serían:

    1- AGO
    2- CFO
    3- GBP
    4- ECP

    Notar que además serían también equiláteros con lados iguales a la mitad de los segmentos originales.

    Más aún, mi hermano, que lo tengo al lado, me acaba de señalar que si con los mismos triángulos equiláteros formamos una estrella de David, o sea, que ya sus vértices no intersecten la base del otro triángulo, se pueden formar hasta 6 triángulos iguales con los que quedan en las puntas.

    Saludos,

    Luis Orestes Coloma Salazar.

    • Sergio dijo:

      Pues es fue el que hice inicialmente, que me enredé al explicar, y alguien logró explicarlo de manera sencilla.

      DOS triangulos equilateros, cada uno con el vertice sobre la base del otro, y sí quedan 4 trianqulos equilateros, con un rombo central (quien lo describió dijo Paralelogramo, y creeme que ni me acrodada de este término, jajajajjaa, la edad).

      Y como nadie dice que no se puede formar un ROMBO, pues también es una respuesta correcta, además de la pirámide de Base triangular, que es la respuesta más sencilla, pero como siempre, las respuestas más sencillas, son las más dificiles de encontrar, jajajaja.

      Saludos,

      • Ballack HG dijo:

        Sergito, yo creo que para el fútbol damos más que para la matemática :D
        Un abrazo.

  • Néstor del Prado Arza dijo:

    Estimado Ballack HG y su hermano. Ha sido didáctica, muy ingeniosa y demostrativa de conocimiento de la geometría plana su propuesta de solución. Si tuviese que calificarla le daría excelente por algo que otros no vieron, pero le sugiero pensar en lo siguiente.
    En vuestra propuesta podríamos afirmar que hay seis triángulos, de los cuales cuatro son iguales; ya que los dos triángulos equiláteros mayores también forman parte de la figura dibujada o construida.
    En el caso de la propuesta de su hermano sobre la estrella de David, se forman más de cuatro triángulos iguales, es decir seis y en total estarían involucrados ocho triángulos.
    Es por tal razón que propuse como solución la de migrar al espacio, en que no hay por dónde buscarle la quinta pata al gato.
    De todas maneras la última palabra no es la mía. La inteligencia de muchos casi siempre supera la inteligencia de uno o de pocos.
    Es una sutileza, pero en el empeño por exprimirnos el cerebro y divertirnos, vale intentarlo. En el caso del tetraedro solo aparecen los cuatro triángulos iguales demandados. ¿Qué opina usted y otros foristas?

    • Ballack HG dijo:

      Por supuesto, profesor, totalmente de acuerdo con que la respuesta más estética y fiel al planteamiento del problema es la del tetraedro.

      Sin embargo, y en virtud del entretenimiento matemático y no con ánimo de disputa, quisiera hacerle notar que el mismo reza de la siguiente manera: ¨Con 6 segmentos iguales, construya 4 triángulos iguales¨. Siendo totalmente estrictos podemos decir que se construyeron los 4 triángulos iguales, con los 6 segmentos originales. ¿No le parece?

      Con un simple ¨sólo¨ en el enunciado se hubiese podido excluir esta solución. Vaya, vamos a decir que nos gusta buscarle la quinta pata al gato, me enseñaron desde chiquito, jaja.

      Muchas gracias por tomarse la molestia de responder a mi comentario.

      Saludos.

    • John Doe Depp dijo:

      En el caso del tetraedro están los triángulos, pero también está el tetraedro. O no? El tetraedro no es una figura? Por lo tanto debo preguntarme por qué los dos triángulos equiláteros grandes de la solución del Sr. Ballack no son aceptables?

  • Néstor del Prado Arza dijo:

    Luís Orestes Coloma Salazar, perdone no haberme dirigido a usted por sus nombres y apellidos, ya que tuvo la delicadeza de explicitarlo. Una vez más lo felicito.

  • Sergio dijo:

    Profesor, pasemos a resover ecuaciones, y números PALINDROMICOS, jajajajajaj, ese término me lo aprendí,,,,,, lo pusieron en un concurso provincial en Ciudad Habana por allá por 1989,,,,

    Saludos,

  • un cubano mas dijo:

    Saludos a todos.
    Interesante debate y curioso pasatiempo.
    Lamentablemente no pude leer cuando lanzaron la convocatoria del acertijo o como quieran llamarle, alcancé a ver el resultado y tengo una opinión diferente respecto a la primera propuesta. Si creo que puede ser posible lograr el objetivo con los seis segmentos iguales. Por supuesto que la explicación anterior dada es completamente correcta pero me inclino por la invitación a “romper el esquema mental autoimpuesto”. Quizás mi propuesta carezca de fundamentos y explicación matemática pero con un poco de colaboración de los expertos creo que puedan llegar a entenderme.
    Inicialmente haría una cruz (o equis) con dos de los segmentos (dos rectas que se corten perpendicularmente en su centro), luego pondría dos de los segmentos de forma paralela en los extremos de los dos primeros (se vería como un reloj de arena) y con los dos segmentos restantes repetiría esta última operación pero en el lado opuesto y el resultado son cuatro triángulos iguales; claro, con menos estética del que la solución mostrada aquí, pero creo que coincide con los requisitos (6 segmentos iguales = 4 triángulos iguales).

  • Ricardo Bringas dijo:

    Estimado Nestor,

    He hallado una solución a este problema en el plano. En la misma la longitud de cada segmento inicial corresponderá al doble de un lado de los 4 triángulos resultantes y además habrá tres segmentos que solo formaran parte parcialmente de alguno de los 4 triángulos resultantes. Primero se construye un triangula equilátero con tres de los segmentos y después se divide este triangulo en 4 triángulos también equiláteros usando el resto de los segmentos. La mitad de estos últimos 3 segmentos no formaran parte de ninguno de los triangulos.

    Saludos,
    Ricardo

  • Néstor del Prado Arza dijo:

    Me siento estimulado por el intercambio producido y les propongo el siguiente razonamiento.
    Los problemas con solución múltiple son más propicios para entrenar la creatividad que los de solución única. En la medida en que los enunciados se precisan más, se van cerrando las soluciones alternativas. Como este tipo de divertimento instructivo es abierto y cualquiera puede participar, entonces es preferible que se dejen algunos cabos sueltos para que los aficionados a buscarle la quinta pata al gato se sientan realizados, como es el caso del amigo Ballack HG.
    En estos casos de más de una alternativa de solución con sentido, suelo someter al análisis colectivo la selección de la respuesta más creativa entre las que clasifiquen como buenas respuestas.
    A partir de ahora, cuando en mis clases de postgrado ponga este ejercicio, tendré en cuenta la solución de Ballack HG, y la de Bringas, ya que me servirán para reflexionar sobre la importancia del enunciado de un problema. No me iría por la variante de explicitar que solo pueden aparecer 4 triángulos, ya que estaría descartando una visión creativa con la especie de rotación especular de un triángulo sobre el otro.
    Al comentario de John Doe Depp, también agudo, le encuentro un pequeño Talón de Aquiles, ya que el tetraedro no es un triángulo; y es de construcción de triángulos que estamos tratando.
    De este maravilloso intercambio podemos sacar la conclusión que la matemática va mucho más allá de sacar cuentas numéricas, que hoy en día las computadoras resuelven con velocidad insuperable por la mayoría de los seres normales.
    Le pido colaboración a Cubadebate, para que excepcionalmente inserten en este comentario las soluciones que proponen Ballack HG, y Bringas, para que todos disfrutemos por igual.

    Solución de Bringas

    Solución Bringas

    Solución de Ballack
    Solución de Ballack

    • Ballack HG dijo:

      Profesor, me quejo solemnemente ante la “solución” gráfica que me acreditan aquí en este comentario. Parece que el equipo de Cubadebate nos jugó una mala pasada o que son mucho más creativos que nosotros y logran ver, en esa segunda figura (en la que le confieso avergonzado que sólo veo uno), los 4 triángulos de los que hablábamos… >D.
      Esperamos nuevos intercambios.
      Saludos.

      • Néstor del Prado Arza dijo:

        Hola Luís Orestes, tienes toda la razón. Si me escribes a mi dirección, te responderé con la figura que envié de tu ingeniosa solución ya comentada. No quiero herir la sensibilidad de la editora de Cubadebate que con su mayor generosidad me ha ayudado a que al menos en mis comentarios clave salga alguna figura. No obstante qué opinas de la solución propuesta por Bringas, él formo parte de los equipos preolímpicos que tuve el honor de entrenar en la década de 1970, junto a los insignes Davidson, Reguera y Recio.
        En estos día el servidor de gecyt está de mantenimiento, así que puedes escribirme por
        nestor.gecyt@ceniai.inf.cu

  • Siempreviva dijo:

    Buen ejercicio, gracias, me quedé lejos

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Néstor del Prado

Néstor del Prado

Es Director de formación y difusión del conocimiento de GECYT (Empresa de Gestión del conocimiento y la Tecnología).

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