jueves, 23 de noviembre de 2017

691. Las coronas. RESOLUCIÓN

    Para el reto de la semana había traído un dibujo: un círculo inscrito en un triángulo equilátero inscrito en un círculo inscrito en un cuadrado inscrito en un círculo inscrito en un hexágono regular inscrito en un círculo...
    El reto consistía en calcular el área de la corona verde sabiendo que la corona amarilla medía 9m2. Pepe Chapuzas contestó:

    ¡Ocho metros cuadrados, profe!

    No quería saber cómo lo había calculado. Pepe había acertado pero el reto no estaba resuelto sin explicaciones...
    ¡Da una explicación y resuelve tú el reto!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó el reto con la siguiente explicación:

    Mire los triángulos azules, profe. Son una escuadra y dos cartabones...
    Sean  a < b < c < d  los radios de los cuatro círculos y  A < B < C < D  sus áreas. Nos dan el área de la corona amarilla  B – A = 9m2  y nos piden el área de la corona verde  D – C .
    Por el cartabón pequeño sé que la razón entre los radios de la corona amarilla es  b/a = 2  y por tanto la razón entre las áreas de los círculos correspondientes será  B/A = 4 . Así pues, resolviendo el sistema,  A = 3m2  y  B = 12m2 .
    Por la escuadra sé que la razón entre los radios de la corona blanca es  c/b = 2  y por tanto  C/B = 2 , por lo que  C = 2B = 24m2 .
    Por el cartabón grande sé que la razón entre los radios de la corona verde es  d/c = 2/3  y por tanto  D/C = 4/3 , por lo que  D = 32m2  y  D – C = 32m2 – 24m2 = 8m2 .

    Nina Guindilla hizo un buen trabajo...
    ¿Qué círculo tiene la misma área que una corona circular?

RESOLUCIÓN

    Esta fue la respuesta de Yoyó Peluso:

    Mire, profe. Si  R  y  r  son los radios de la corona circular, entonces el área de la corona es  


π·R– π·r2  =  π·(R– r2)  =   π·(R r)·(R – r)

     Por lo tanto, el área es igual a la de la elipse de semiejes  R + r  y  R – r , y a la del círculo de radio  ((R r)·(R – r)) .

    Yoyó presentó un dibujo como explicación...
    Los detalles se dejan al lector...


martes, 21 de noviembre de 2017

690. La cuchilla del zapatero. RESOLUCIÓN

    Cada alumno tenía que exponer un tema de Geometría y le tocó el turno a Pepe Chapuzas:

    Mire, profe. El árbelos es una figura geométrica limitada por tres semicircunferencias que son tangentes entre sí (dos a dos) y que tienen sus centros y sus puntos de tangencia alineados... Esta figura se asemeja a las cuchillas de los zapateros, que es precisamente lo que significa en griego "árbelos"... 

    Los árbelos se han estudiado desde la antigüedad. Entre las muchísimas propiedades que se han demostrado a lo largo de la historia tenemos las siguientes:

    a) La longitud del borde convexo es igual a la suma de las longitudes de los bordes cóncavos.
    b) El área de un árbelos es igual a la de la elipse de semiejes los radios de las dos semicircunferencias más pequeñas.
    
    Pepe demostró las dos propiedades. ¡Demuéstralo tú también!

SOLUCIÓN 

    Nina Guindilla demostró la propiedad  a) :

    Mire, profe. Si  R  es el radio de la semicircunferencia mediana y  r  el de la pequeña (es posible que  R = r ), entonces el radio de la semicircunferencia grande es  R + r . La longitud de la semicircunferencia grande (el borde convexo) será  π · (R + r)  =  π · R + π · r , que es la suma de las longitudes de las circunferencias mediana y pequeña (los bordes cóncavos).

    La propiedad  b)  es más difícil de demostrar, ¿verdad?

RESOLUCIÓN

    A Yoyó Peluso le tocó demostrar la propiedad  b) ...

    Profe, mire. Si dibujamos el árbelos simétrico respecto de la recta que pasa por los centros y los puntos de tangencia de las semicircunferencias tenemos que el área del círculo grande medirá


π · (R + r)2  =  π · (Rr+ 2Rr)  =  π · R2 + π·r2 + 2·π·R·r


    Como  π·R2  y  π·r2  son las áreas de los círculos mediano y pequeño, entonces el área del árbelos será  π·R·r , que es el área de una elipse de semiejes  R  y  r .

    Yoyó terminó diciendo que  π·R·r  también era el área de un círculo de radio la media proporcional de  R  y  r , o sea,  (R·r) , e hizo el siguiente dibujo:
    Profe, mire. Las áreas verde y azul son iguales... Por el teorema de las cuerdas, el círculo azul tiene de diámetro la media proporcional de los diámetros  2R  y  2r , por lo que el radio del círculo azul medirá  (2R·2r) / 2  =  (R·r) .

lunes, 20 de noviembre de 2017

689. La cuerda quebrada. RESOLUCIÓN

    Ese día en clase, hablando deprisa como siempre, en vez de "línea poligonal" se me escapó "línea quebrada"... Comenté que eran la misma cosa y que la terminología matemática se va "modernizando" y los profes, de paso, "también"..., pero que los nombres antiguos permanecían en la memoria... Añadí que... ¡a nadie se le ocurriría cambiarle el nombre al teorema de "la cuerda quebrada"! (Se me volvió a escapar.) Me había olvidado de que esas cosas ya no se enseñan porque las Matemáticas se habían modernizado demasiado... Esas cosas ya no interesaban a demasiada gente... pero sí a unos pocos: bastaba mirar la cara de Pepe Chapuzas para comprobarlo... Al día siguiente Pepe ya sabía de qué iba el asunto de la cuerda quebrada:

    Mire, profe, de lo que me he enterado. Una línea quebrada es una línea poligonal: una cadena de segmentos. Las más sencillas están formadas por dos segmentos  AB  y  BC . Una línea poligonal, perdón, quebrada  ABC  se pueden inscribir en un arco de circunferencia que empieza en  A , pasa por  B  y termina en  C  (el centro de este arco es el circuncentro del triángulo  ABC , claro). Por este motivo una línea quebrada de dos segmentos se denomina cuerda quebrada...

    El teorema de la cuerda quebrada dice que la proyección perpendicular  P  del punto medio  M  del arco  AC  sobre el segmento mayor (aquí  BC ) es el punto medio de la cuerda quebrada  ABC.  Es decir,  el punto  P  biseca la cuerda quebrada:


AB | +BP |  =  PC |

    (Si los segmentos  AB  y  BC  fueran iguales el teorema sería trivial...)

    Pepe no aportó ninguna demostración del teorema. ¿Te atreves?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. 
    Sea  MN , la cuerda paralela a  BC  que pasa por  M .
    Sea  Q  a la proyección perpendicular de  N  sobre  BC .
    Como son iguales los arcos
(AM)  =  (MC)    y    (BM)  =  (NC)
entonces
(AB)  =  (AM) – (BM)  =  (MC) – (NC)  =  (MN)

por lo tanto son iguales los segmentos

| AB |  =  | MN |
y como también
 | MN |  =  | PQ |    y    | BP |  =  | QC |
tenemos
 | AB | + | BP |  =  | PQ | + | QC |  =  | PC |

    "Como queríamos demostrar" le faltó decir a Nina Guindilla...
    Comenté que había otro resultado curioso relacionado con la cuerda quebrada...
    Si  D  es el punto medio del segmento  AC , entonces la suma de las áreas de los triángulos  ADB  y  BPM  es igual al área del triángulo DCM:


[ADB] + [BPM]  =  [DCM]

    ¿Quién se atreve ahora?

RESOLUCIÓN

    Profe, el dibujo parece un velero... Hay que demostrar que las áreas rosa y lila son iguales...
    Sea  H  un punto del segmento  BC  tal que  |BP| = |PH| . Entonces, por el teorema de la cuerda quebrada tenemos que  |AB| = |HC| , y como  |AM| = |CM|  y  |BM| = |HM| , tenemos que los triángulos  BAM  y  HCM  son congruentes y por tanto sus áreas son iguales:


[BAM]  =  [HCM]

    Sigamos la siguiente cadena de igualdades de áreas en el dibujo:


[ADB] + [BPM]  =
=  [ACB] : 2 + [BHM] : 2  =
=   ( [ACB] + [BHM] ) : 2  =
=  ( [ACB] + [BHM] + [HCM] – [BAM] ) : 2  =
=  [ACM] : 2  =
=  [DCM]

    Yoyó Peluso supo navegar con el velero...

martes, 14 de noviembre de 2017

688. Cónicas balísticas... RESOLUCIÓN

    Habíamos hablado acerca de la trayectoria balística: ¡una parábola! También habíamos hablado de la altura máxima y el alcance máximo horizontal del proyectil a partir de la velocidad inicial y el ángulo de tiro. Pepe Chapuzas dibujó "más o menos... a ojo" en su cuaderno varias trayectorias de un mismo proyectil con la misma velocidad inicial pero variando el ángulo de tiro... Unió los puntos de altura máxima y...
    Profe. ¿Los puntos de altura máxima están en una elipse?

    Investígalo y calcula la excentricidad de dicha elipse.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla empezó con las ecuaciones de la trayectorias...

    Mire, profe. Si la velocidad inicial es  "V"  y el ángulo inicial es "θ "; si "g" es la aceleración gravitatoria y "t" es el tiempo trascurrido desde el disparo; y si "x" es la abscisa del proyectil y "y" es su ordenada (altura); entonces tenemos...


x = V · cos θ  · t   (movimiento uniforme de la abscisa)
y = V · sen θ  · t  –  g · t 2 / 2   (movimiento uniformemente acelerado de la ordenada)


    Eliminiando  t  =  x / (V · cosθ )  obtenemos

y  =  x · tg θ   –  g · x 2 / (2V 2 · cos 2θ )    (parábola balística)


    El alcance máximo horizontal se encuentra en  y = 0 ,  ( x > 0 ).


x · tg θ   –  g · x 2 / (2V 2 · cos 2θ )  =  0
tg θ   –  g · x / (2V 2 · cos 2θ )  =  0
x  =  tg θ  · 2V 2 · cos 2θ  / g =   2V 2 · sen θ  · cos θ  / g

    La altura máxima se alcanza en el punto de coordenadas...

X = 2 · sen θ  · cos θ  / g  (la mitad del alcance máximo horizontal)
Y  =  2 · sen θ  · cos θ  / g · tg θ   –  g · (2 · sen θ  · cos θ  / g) 2 / (2V 2 · cos 2θ )  =
=  V 2 · sen 2 θ  / g – 2 · sen 2 θ  / g  =
=  V · sen 2θ / (2g)
    Teniendo en cuenta que...
sen (2θ )  =  2 · sen θ  · cos θ  =  2 g · X / V 2
cos (2θ )  =  1 – 2 · sen 2θ  =  1 – 4 g · Y / V 2

...y aplicando la fórmula fundamental de la trigonometría


1  =  sen 2 (2θ ) + cos 2 (2θ )  =  (2 g · X / V 2)2 + (1 – 4 g · Y / V 2)2

    Y si llamamos  b = / (4g)  llegamos a la ecuación...

2 / (2b)2  +  (Y – b)2 / b2  =  1

...que es la ecuación de una elipse centrada en  (0, b)  con semieje mayor  2b , semieje menor  b  y  semidistancia focal...
c = (4b2 – b2) = 3 · b

...y por lo tanto su excentricidad es...

e = c / (2b) = 3/2

    Nina Guindilla añadió que en el espacio de tres dimensiones no sería una elipse sino un elipsoide de revolución. Además, comentó que todas las trayectorias (arcos de parábolas) estarían "dentro" de un paraboloide de revolución llamado paraboloide de seguridad (porque los proyectiles no pueden traspasarlo y estaríamos a salvo). 
    Investiga el asunto...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo un dibujo y razonó en dos dimensiones: en vez de paraboloide tendría una parábola, más "manejable", que sería la generatriz del paraboloide de revolución...

    Mire, profe. La parábola de seguridad tendría su vértice en  (0, 2b)  porque la máxima altura se alcanza con  θ = 90º , y sus raíces en  (4b , 0)  y  (–4b , 0)  porque el máximo alcance horizontal se alcanza con  θ = 45º  y  θ = 135º . Por lo tanto la ecuación de la parábola de seguridad sería...

y  =  –  x/ (8b) + 2b

....y el foco de la parábola se encontraría en el punto  (0, –b) .

    Yoyó hizo los cálculos demasiado rápido... pero aún le faltaba demostrar que la curva roja era realmente una parábola... ¡Esa parábola precisamente!

    Profe, mire. Podemos escribir la ecuación de las trayectorias balísticas así...

y  =  x · tg θ   –  x 2 / (8b · cos 2θ )
y  =  x · tg θ   –  x 2 / (8b) · (1 + tg 2θ )

...la cual, llamando  w  =  tg θ  , quedaría:

y  =  x · w  –  x 2 / (8b) · (1 + w 2 )   (*)

    Para calcular la envolvente de todas las trayectorias solo hay que derivar respecto de  w ...

0  =  x  –   x 2 / (4b) · w
...o sea:
w  =  4b / x

    Y sustituyendo  w  por  4b / x  en (*) tendríamos...

y  =  4b  –  x 2 / (8b) · (1 + 16b 2 / x 2)
y  =  4b  –  x 2 / (8b)  – 2b
y  =  –  x2 / (8b) + 2b

    Yoyó ha utilizado técnicas "elevadas", pero tratándose de balística... permitiremos los "cañonazos" y la "buena puntería"...


miércoles, 8 de noviembre de 2017

687. Comparando áreas. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas trajo el siguiente dibujo y la siguiente pregunta:
    ¿Qué área es mayor, la azul o la naranja?

    La respuesta no se hizo esperar...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla saltó:

    Mire, profe. ABCD es un paralelogramo y AC una de sus diagonales, por lo que los triángulos ABC y CDA son congruentes. Como K está en la diagonal AC, también son congruentes AEK y KHA por un lado, y KFC y CGK por otro. Como las figuras congruentes tienen la misma área...

área naranja =
= área (ABC) – área (AEK) – área (KFC) =
= área (CDA) – área (KHA) – área (CGK) =
= área azul


    Como a Nina le supo a poco el problemita, atacó con todo un clásico...

    ¿Qué área es mayor, la verde o la rosa?

RESOLUCIÓN

    Era el turno de Yoyó Peluso...

    Profe, mire. Entre el área verde y el área rosa existe un segmento circular que tendrá cierta área  S . El área verde será un cuarto del círculo grande menos  S  y el área rosa será la mitad del círculo pequeño menos  S . Si llamamos  R  al radio del círculo grande, el radio del círculo grande medirá (teorema de Pitágoras)  (R2 + R2) / 2  =  R / 2 , y entonces...

área verde  =  π · R2 / 4 – S  
área rosa  =  π · (R / 2)2 / 2 – S  =  π · R2 / 4 – S

    Por lo que las áreas verde y rosa son iguales. Y como el área verde es un triángulo, su área medirá  R2 / 2 .

    Yoyó añadió que el área rosa se llamaba lúnula y que las lúnulas fueron estudiadas por Hipócrates. Terminó con el problema de las lúnulas de Alhacén:

    Mire, profe. Todo triángulo rectángulo tiene la misma área que la suma de las áreas de las lúnulas que se forman entre su circunferencia circunscrita y las semicircunferencias sobre los catetos. La demostración es similar...


martes, 7 de noviembre de 2017

686. Cuarteando cuadriláteros... RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Si cogemos un cuadrilátero convexo y trazamos los segmentos que unen los puntos medios de los lados opuestos, entonces estamos cuarteando el cuadrilátero, es decir, lo dividimos en cuatro partes. Por ejemplo

   ¿Sabría demostrar que el área verde y el área naranja miden lo mismo?

     Este Pepe Chapuzas poniendo a prueba al personal... En fin, ¿sabrías demostrarlo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla unió con segmentos los puntos medios de lados contiguos del cuadrilátero para obtener el paralelogramo de Varignon...

    Mire, profe. Si al cuadrilátero le quitamos su paralelogramo de Varignon quedan cuatro triangulitos... 
    Como los lados del cuadrilátero de Varignon son paralelos a las diagonales del cuadrilátero, cada triangulito anterior es semejante a uno de los triangulotes en que una de las diagonales divide el cuadrilátero...
    Y el área de cada triangulito es 1/4 del área del triangulote semejante, por lo que la suma de las áreas de los triangulitos verdes es 1/4 del área del cuadrilátero. Y lo mismo podemos decir de los naranjas. Y por tanto el área del paralelogramo de Varignon es 1/2 del área del cuadrilátero.


    Por otro lado, las diagonales del paralelogramo de Varignon dividen a este en cuatro triánguletes con la misma área, con lo que la suma de los trianguletes verdes es también 1/4 del área del cuadrilátero. Y lo mismo podemos decir de los naranjas. De donde se tiene la solución del problema de Pepe: el área verde y el área naranja son iguales (a 1/2 el área del cuadrilátero).
    Cuando terminó, Nina Guindilla propuso buscar información acerca del paralelogramo de Wittenbauer y su relación con el paralelogramo de Varignon...

RESOLUCIÓN

    Veamos lo que encontró Yoyó Peluso:

    Profe, mire. Trisequemos las cuatro aristas de un cuadrilátero convexo mediante 8 puntos. Tracemos ahora las rectas que pasan por los puntos de trisección de las parejas de aristas contiguas más próximos a los vértices del cuadrilátero. Esas rectas delimitan un paralelogramo llamado de Wittenbauer. 

    Yoyó añadió...

    El área de este paralelogramo es 8/9 del área del cuadrilátero. El baricentro de este paralelogramo es el baricentro del cuadrilátero. Los lados de este paralelogramo son paralelos a los del paralelogramo de Varignon.

    Y adjuntó un dibujito chapucero en el que se entreveía el cuadrilátero original en verde y naranja, el paralelogramo de Wittenbauer en lila y el paralelogramo de Varignon en rosa. E incluyó el baricentro  G . ¡Buen provecho!
    (El lector puede investigar por su cuenta lo que ocurre si el cuadrilátero no es convexo.)

lunes, 6 de noviembre de 2017

685. El baricentro del trapecio. RESOLUCIÓN

    Habíamos visto que el baricentro (centro de gravedad) de un triángulo estaba en la intersección de sus medianas, y que el baricentro de un paralelogramo estaba en la intersección de sus diagonales, pero... ¿Dónde se hallaba el centro de gravedad de un trapecio?
    Pepe Chapuzas dio la siguiente respuesta:

    Mire, profe. Trapecio es una palabra griega que significa mesa. Los lados paralelos se llaman bases y los otros dos patas... Si adosamos a cada pata un trapecio igual al dado pero invertido obtenemos un trapecio mayor. La intersección de las diagonales de este trapecio grandote nos proporciona el baricentro del trapecio inicial...

    Esto habrá que justificarlo, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó primero la posición del baricentro  G  de un trapecio...
    Primero dedujo que  G  estaba en la recta que pasa por los puntos medios de las bases:
    Mire, profe. Si prolongamos las patas del trapecio hasta que se corten, conseguimos dos triángulos en posición de Tales. Los baricentros  G'  y  G"  de los triángulos grande y pequeño estarán en su mediana común (que pasará por tanto por los puntos medios de las bases del trapecio). Como el trapecio se obtiene sustrayendo el triángulo pequeño al triángulo grande, entonces los tres baricentros  G , G'  y  G"  estarán alineados porque las coordenadas de  G'  son medias ponderadas (los pesos son las áreas) de las coordenadas de  G  y  G" .

    Después calculó la altura a la que se encontraba  G  con lo que su ubicación quedaba determinada:

    Mire, profe. Si trazo una paralela a una pata puedo dividir el trapecio en un paralelogramo más un triángulo. Las coordenadas del baricentro  G  del trapecio serán las medias ponderadas de las coordenadas del baricentro  G'  del paralelogramo y del baricentro  G"  del triángulo, siendo los pesos las áreas. Si  A ,  A'  y  A"  son las áreas del trapecio, del paralelogramo y del triángulo, si  B'  y  B"  son las bases mayor y menor del trapecio, y si  H  es la altura del trapecio, tendremos que la altura de  G'  será  H/2 , la altura de  G"  será  H/3  y la altura de  G  será...

Y  =  (A' · H/2 + A" · H/3) / A  =
=  ( H · B" · H / 2 + H · (B'–B") / 2 · H / 3 ) / ( H · (B'+B") / 2 )  =
=  H · (3B" + B' – B") / (B'+B") / 3  =
=  H · (B' + 2B") / (3B' + 3B")

   A Nina no le dio tiempo para terminar porque tuvo que marcharse... Nos quedamos con las ganas...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso continuó la tarea de Nina... Primero calculó la altura de la intersección de las diagonales del trapecio grandote:
    Mire, profe. Las diagonales del triángulo grandote determinan con las bases del trapecio dos triángulos semejantes, por tanto...


 Y / (B' + 2B")  =  (H – Y) / (2B' + B")  =  H / (3B' + 3B")
Y  =  H · (B' + 2B") / (3B' + 3B")


    Solo faltaba comprobar que la intersección de las diagonales del trapecio grandote caía en la recta que une los puntos medios del trapecio inicial...
    

    Mire, profe. Los puntos medios de las bases del trapecio grandote son los mismos que los de las del trapecio inicial. La recta que pasa por ellos es la mediana común de los triángulos semejantes (en posición de Tales) que se obtienen al prolongar las patas del trapecio grandote. Si  P  y  S  son las patas del trapecio y  Q  y  R  sus prolongaciones, tendremos que


P·R = Q·S

    La mediana común y las diagonales del trapecio grandote son cevianas del triángulo grande (y del pequeño) que cumplen el teorema de Ceva ya que tenemos obviamente que


P·R·(B'+B"/2) = Q·S·(B'+B"/2)

    Por lo tanto son cevianas concurrentes... en G. 

martes, 31 de octubre de 2017

684. El baricentro del trapecio

    Habíamos visto que el baricentro (centro de gravedad) de un triángulo estaba en la intersección de sus medianas, y que el baricentro de un paralelogramo estaba en la intersección de sus diagonales, pero... ¿Dónde se hallaba el centro de gravedad de un trapecio?
    Pepe Chapuzas dio la siguiente respuesta:

    Mire, profe. Trapecio es una palabra griega que significa mesa. Los lados paralelos se llaman bases y los otros dos patas... Si adosamos a ambas patas del trapecio sendos trapecios iguales pero invertidos obtenemos un trapecio mayor. La intersección de las diagonales de este trapecio grandote nos ubica el baricentro del trapecio inicial...

    Esto habrá que justificarlo, ¿verdad?

jueves, 26 de octubre de 2017

683. Series infinitas. RESOLUCIÓN

    Profe, mire:

1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ... = 1

 1/3 + 1/9 + 1/27 + 1/81 + ... = 1/2

 1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + ... = 1/3

    Pepe Chapuzas había partido de dos cuadrados y un triángulo de área 1. Pregunté a los demás alumnos si admitían los dibujos como prueba de los cálculos de las sumas infinitas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla aplicó la fórmula de la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica:

1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ...  =  1/2 + (1/2)2 + (1/2)3 + (1/2)4 + ...  =  (1/2) / (1–1/2)  =  1
1/3 + 1/9 + 1/27 + 1/81 + ...  =  1/3 + (1/3)2 + (1/3)3 + (1/3)4 + ...  =  (1/3) / (1–1/3)  =  1/2
1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + ...  =  1/4 + (1/4)2 + (1/4)3 + (1/4)4 + ...  =  (1/4) / (1–1/4)  =  1/3

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso escribió 1 en base 2, 1/2 en base 3 y 1/3 en base 4, como números periódicos (que es como escribir 1/9 = 0,1111... en base 10):

1  =  0,1111...2  =  0,12 + 0,012 + 0,0012 + 0,00012 + ...  =  1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ...
1/2  =  0,1111...3  =  0,13 + 0,013 + 0,0013 + 0,00013 + ...  =  1/3 + 1/9 + 1/27 + 1/81 + ...
1/3  =  0,1111...4  =  0,14 + 0,014 + 0,0014 + 0,00014 + ...  =  1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + ...