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¡Vaya embrollo!

Las matemáticas puras son, en su forma, la poesía de las ideas lógicas.
Albert Einstein

¿Qué hay mejor que celebrar estas fiestas patrias con un divertido problema de matemáticas?

En esta ocasión presentamos ante nuestros lectores un simple, pero muy ilustrativo, puzle de geometría que permitirá a las mentes inquietas una mejor comprensión de algunas de las técnicas de resolución empleadas en el desafío de la semana anterior.

ACERTIJO


Música: Carabina 30-30; interpretada por «Los poetas de la guitarra».

¡Esperamos con gusto sus comentarios, observaciones y propuestas alternativas de resolución!

SOLUCIÓN

Con el propósito de advertir en la figura alguna relación que pudiera resultarnos de utilidad, trazaremos algunas líneas adicionales.

A título de ejemplo, probemos dibujar un rayo que parta del vértice de la cuña y que pase por los centros geométricos de los círculos que representan los sombreros (véase la Fig. 1).

Fig. 1

Ahora bien, en el entendido de que las paredes son tangentes exteriores comunes a estos, podemos echar mano del hecho de que toda recta tangente a una circunferencia es perpendicular al radio cuyo extremo coincide con el punto de tangencia, y trazar así tres radios -uno por círculo- para formar convenientemente tres triángulos rectángulos.


Fig. 2 – Habiendo rotulado los centros y los puntos de tangencia, podemos identificar tres triángulos: \triangle OAD, \triangle OBE y \triangle OCF.

Bien pudiéramos haberlos trazado por debajo del rayo que biseca la cuña; el resultado permanecerá inmutable ante nuestra elección.

En añadidura, hacemos notar que, en marcada similitud con el acertijo de la semana pasada, los triángulos en cuestión son semejantes y están en posición de Thales. Concentrémonos pues en ellos, y adicionemos al esbozo tanto las medidas conocidas como las incógnitas.


Fig. 3\triangle OAD, \triangle OBE y \triangle OCF son semejantes.

Aquí hemos designado por x a la distancia -provisionalmente desconocida- que hay entre la esquina y el punto sobre el ala del más pequeño de los sombreros más próximo a ella. Por su parte, r es la longitud de nuestro interés.

Dada la semejanza referida entre los lados correspondientes de los triángulos, podemos establecer la proporción1

\begin{equation}
          \displaystyle\frac{2}{3}=\frac{\,x+2\,}{\,x+7\,}
\end{equation}

De aquí se sigue que, por la propiedad fundamental de las proporciones2

\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
          2\left(x+7\right)&=&3\left(x+2\right)\Rightarrow\\
          2x+14&=&3x+6\Rightarrow\\
          x&=&8
\end{array}

Conocida esta medida, podemos simplificar nuestro boceto cual se muestra enseguida


Fig. 4 – Esbozo ulterior.

De forma análoga, por la semejanza entre \triangle OBE y \triangle OCF, argüimos que

\begin{equation}
          \displaystyle\frac{3}{r}=\frac{15}{\,r+18\,}
\end{equation}

Usando una vez más la propiedad fundamental de las proporciones, hallamos que

\def\arraystretch{2.1}
\begin{array}{rcl}
          15r&=&3\left(r+18\right)\\
          &=&3r+54\Rightarrow\\
          r&=&\displaystyle\frac{9}{2}
\end{array}

Luego, el radio del sombrero mayor es

\begin{equation}
          \colorbox{lavender}{\(\phantom{x}r=\displaystyle\frac{\,9\,}{\,2\,}\text{\,dm}=4,5\text{\,dm}\vphantom{\Huge|_{\Big|_{p}}}\phantom{x}\)}
\end{equation}

1 El denominador, x+7, da cuenta de la longitud de la hipotenusa de \triangle OBE y no es más que el resultado de la suma \left(x+2\right)+5

2 En una proporción, \displaystyle\frac{a}{b}=\frac{c}{d}, suele llamarse extremos a los números a y d, mientras que a b y c se les conoce como medios. Bajo estas denominaciones, la propiedad fundamental de las proporciones enuncia que el producto de los \vphantom{\displaystyle\frac{a}{b}} medios es igual al producto de los extremos.

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