Relacionado con esto: Conceptos matemáticos visualmente sorprendentes y fáciles de explicar
Además de los maravillosos ejemplos anteriores, también debería haber contraejemplos, en los que las demostraciones visualmente intuitivas sean realmente erróneas. (Por ejemplo rompecabezas del cuadrado perdido )
¿Conoces los otros ejemplos?
La interminable barra de chocolate.
Si tan solo supiera esto cuando era niño..
El truco aquí es que la pieza izquierda que tiene tres barras de ancho crece en la parte inferior cuando se desliza hacia arriba. En realidad, lo que ocurriría es que habría un hueco a la derecha entre la pieza de tres barras y el corte. Este hueco es de tres barras de ancho y un tercio de barra de alto, lo que explica cómo acabamos con una pieza "extra".
Comparación lado a lado:
Fíjese en cómo crece la base de la barra de tres anchos. Este es el aspecto que tendría en la realidad $^1$ :
1: Fuente de la imagen https://www.youtube.com/watch?v=Zx7vUP6f3GM
Esta - y las otras dos respuestas - son completamente equivalentes a la mencionada en el OP.
En realidad, no estoy tan seguro: en el caso del rompecabezas del cuadrado perdido, el truco está en que las diagonales no son rectas. En el caso de este puzzle, es que el chocolate está cortado de forma que, en realidad, no se completaría una fila completa de chocolate alrededor del borde derecho. He editado el post para explicarlo.
Me sorprende que esto no se haya publicado todavía. Tomado de este página:
Me gusta este porque muestra que Arquímedes realmente lo hace tiene un problema: tiene que explicar por qué su proceso limitador (circunscrito e inscrito $n$ -gones) se aproxima $\pi$ en el límite, mientras que éste no lo hace. Hay una explicación, porque la técnica que usó Arquímedes sí funciona, pero no creo que la explicación estuviera disponible para Arquímedes. El punto clave es que aunque el zigzag converge puntualmente al círculo, las pendientes de los segmentos no convergen, y la longitud del arco es una función de la pendiente .
La visualización puede ser engañosa cuando se trabaja con series alternas. Un ejemplo clásico es \begin{align*} \ln 2=&\frac11-\frac12+\frac13-\frac14+\;\frac15-\;\frac16\;+\ldots,\\ \frac{\ln 2}{2}=&\frac12-\frac14+\frac16-\frac18+\frac1{10}-\frac1{12}+\ldots \end{align*} Sumando las dos series, se encuentra \begin{align*}\frac32\ln 2=&\left(\frac11+\frac13+\frac15+\ldots\right)-2\left(\frac14+\frac18+\frac1{12}+\ldots\right)=\\ =&\frac11-\frac12+\frac13-\frac14+\;\frac15-\;\frac16\;+\ldots=\\ =&\ln2. \end{align*}
El problema aquí es que, como la serie no converge absolutamente, entonces no se puede cambiar el orden de la suma?
Construir un rectángulo $ABCD$ . Ahora identifica un punto $E$ tal que $CD = CE$ y el ángulo $\angle DCE$ es un ángulo no nulo. Tomar la bisectriz perpendicular de $AD$ , cruzando en $F$ y la bisectriz perpendicular de $AE$ , cruzando en $G$ . Marca el punto de intersección de las dos bisectrices perpendiculares como $H$ y unir este punto a $A$ , $B$ , $C$ , $D$ y $E$ .
Ahora, $AH=DH$ porque $FH$ es una bisectriz perpendicular; análogamente $BH = CH$ . $AH=EH$ porque $GH$ es una bisectriz perpendicular, por lo que $DH = EH$ . Y por construcción $BA = CD = CE$ . Así que los triángulos $ABH$ , $DCH$ y $ECH$ son congruentes, por lo que los ángulos $\angle ABH$ , $\angle DCH$ y $\angle ECH$ son iguales.
Pero si los ángulos $\angle DCH$ y $\angle ECH$ son iguales, entonces el ángulo $\angle DCE$ debe ser cero, lo cual es una contradicción.
Muy bonito. (Pista para quien se confunda: Sólo la frase final está mal, además del diagrama en cierto modo).
Un verdadero clásico, e inherentemente "visual" en su engaño. En mi opinión, la mejor respuesta a esta pregunta.
En mi pantalla parece evidente que GH tal y como está dibujado no es perpendicular a AE. Tal vez si giras todo el diagrama en sentido contrario a las agujas del reloj en ~1 grado, de modo que AD y AE estén ambos ligeramente inclinados, esto quedaría oculto y lo haría más convincente.
Otro ejemplo :
De "Pastiches, paradojas, sofismas, etc." y solución página 23 : http://www.scribd.com/JJacquelin/documents
A continuación se añade una copia de la solución. La traducción del comentario es :
Explicación : Los puntos A, B y P no están en una línea recta ( el Área del triángulo ABP es 0.5 ) El resalte gráfico se amplía sólo en el lado izquierdo de la figura.
@ SLC : Me sorprende que no puedas ver la solución que está en la misma página (23) del documento referenciado. Para evitar más dificultades, añadiré una copia de la solución a mi primera respuesta.
Tal vez tengas algunas cookies o algo que afecte a la página, no hay páginas en tu enlace, sólo 17 elementos de los cuales ninguno es el puzzle de arriba. Veo que es tu página, ¿quizás esté configurada como privada?
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Todas las respuestas que aparecen a continuación se basan en una ligera curvatura de una línea diagonal que explica el área que falta
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@ratchetfreak En realidad no creo que eso sea cierto para el rompecabezas de chocolate. Ver mi actualización
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@MichaelT La cuestión es que si hubieras movido la pieza de forma congruente sería tienen la diagonal doblada que usan los otros; no lo consigues sólo porque la animación lo "rellena" por el camino.
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Además, curiosamente (bueno, curiosamente para mí), la mayoría de las variantes se basan en el hecho de que $F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2 = (-1)^n$ presumiblemente esto hace una falsa disección más atractiva que $n^2-(n+1)(n-1)=1$ porque la "relación de aspecto" del lado rectangular está más sesgada.
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Al igual que los trucos de magia, estos conceptos se basan totalmente en el engaño de los sentidos humanos (que tienden a ser fácilmente engañados).
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¿Está dispuesto a aceptar errores de física y de matemáticas? Si es así, el Museo de Dispositivos Inutilizables es una buena colección de "máquinas de movimiento perpetuo".
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Me preguntaba si estabas buscando una ilusión óptica de una imagen 2D matemáticamente imposible como la que proporcioné en mi respuesta en math.stackexchange.com/questions/743067/ que no he podido encontrar en ninguna de las otras respuestas ni en ningún libro de ilusiones ópticas. Sé que algunas ilusiones ópticas parecen diferentes de lo que son pero siguen siendo matemáticamente posibles y otras son de un objeto 3D matemáticamente imposible pero la imagen 2D del mismo es matemáticamente posible y aparece tal cual.
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Esto duplica matheducators.stackexchange.com/q/570 .
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Hay un bonito contraejemplo del teorema de Morley en la geometría hiperbólica, dado alrededor de 20.50 en esta conferencia "El lenguaje matemático" de Alain Connes (2018).