951. 20. Fractales de papel

  ¿Cómo hacer esto? Tomar un rectángulo de papel 2x1 Doblarlo Dibujar el segmento AM y cortarlo Desplegarlo y marcar los dos valles Ah Doblar la montaña MP El papel plegado plano Repetir la misma secuencia sobre cada cuadrado gris: dibujar, cortar, desplegar, y doblar las montañas Obtendrás esto Después de repetir el proceso dos veces más Nota: en la práctica, es imposible dibujar correctamente y cortar después del tercer plegado plano. Luego desafortunadamente, hay que dibujar todas las líneas para cortar y cortarlas antes de realizar el plegado final. Temas relacionados. • Mirando este modelo desde arriba, se puede dar un valor a los pliegues: 0 para los pliegues en montaña y 1 para los valles. Se obtendrá lo siguiente:   Ahora, en casa, puedes comparar el resultado con el triángulo de Pascal.

Jueves, 01 de Febrero de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

952. 21. Recursos de Matemáticas y Papiroflexia

Libros a) Libros de matemáticas y papiroflexia T. Hull, Project Origami, AK Peters, 2006. Se proponen muchos proyectos de papiroflexia y matemáticas, orientados a usar en el aula. Los contenidos son de nivel de secundaria e incluso universitario. R. Lang, Origami Design Secrets, AK Peters, 2003. R. Lang describe sus métodos para la creación de figuras de papiroflexia, que incluye métodos matemáticos de diseño. T. Sundara Row, Geometric Exercises in Paper Folding, Dover, 1966. Curioso libro escrito en 1905 en el que se resuelven ejercicios de geometría plana elemental doblando papel. b) Libros de papiroflexia con algo de matemáticas K. Kasahara, T. Takahama, Origami para Expertos, EDAF, 1993,2000. K. Kasahara, Origami Omnibus, Japan Publications, 1988. c) Libros con modulares y poliedros B. Arnstein, R. Gurkewitz, L. Simon, Modular Origami Polyhedra, Dover 1999. B. Arnstein, R. Gurkewitz, 3D Geometric Origami: Modular Polyhedra, Dover, 1996. T. Fuse, Unit Origami: multidimensional transformations, Japan Publications, 1990. D. Mitchell, Mathematical Origami, Tarquin, 1997. M. Kawamura, Polyhedron Origami for beginners, Japan Publications, 2002. d) Libros de modelos de papiroflexia de todo tipo Grupo Riglos, El libro de las pajaritas de papel, Alianza, 1990. Grupo Riglos, El libro de las máscaras de papel plegado, Alianza, 1997. E. Clemente, Papiroflexia, Plaza & Janés, 1990. D. Brill, Brilliant Origami, Japan Publications, 1996. M. Lafosse, Advanced Origami, Tuttle Publishing, 2005. R. Díaz, Origami para intérpretes, N.Terry Ed., 2006. Recursos en Internet a) Páginas web de matemáticas y papiroflexia Origami Mathematics, Tom Hull. http://kahuna.merrimack.edu/~thull/origamimath.html DivulgaMAT. http://www.divulgamat.net/weborriak/Cultura/papiroflexia/index.asp Belén Garrido. http://geocities.com/micadesa/ Helena Verrill. http://www.math.lsu.edu/~verrill/origami Robert J. Lang. http://www.langorigami.com Origami & Math http://www.paperfolding.com/math/ b) Páginas web con instrucciones para modulares y poliedros Meenakshi Mukerji http://www.origamee.net Roberto Gretter. http://ditelo.itc.it/people/gretter/origami.html Silvana Mamino. http://digilander.libero.it/modulandia/modelli.htm Michael Kolsmulski. http://hektor.umcs.lublin.pl/~mikosmul/origami Página de Tokhi Yenn. http://www.britishorigami.info/academic/thok/origami.html c) Galerías de fotos de modelos de todo tipo Erika Knopper http://bgp.nu/~mak/origami/origami.html Satoshi Kamiya. http://www.folders.jp/ Hideo Komatsu. http://origami.gr.jp/~komatsu/index.html Hojyo Takashi. http://www11.ocn.ne.jp/~origami/index.htm Brian Chan. http://chosotec.darkclan.net/origami/ d) Páginas web de papiroflexia en general Asociación Española de Papiroflexia http://www.pajarita.org Joseph Wu. http://www.origami.vancouver.bc.ca/ Nicolas Terry. http://www.passionorigami.com British Origami Society. http://www.britishorigami.info e) Artículos de matemáticas y papiroflexia Antonio M. Oller Marcén, Origami constructions

Martes, 01 de Mayo de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

953. 22. Identidades matemáticas y papiroflexia

La papiroflexia se puede utilizar para demostrar identidades matemáticas. En este artículo vamos a demostrar geométricamente: b2 - a2 = (b - a)(b + a) Se necesitan dos piezas triangulares que se hacen como se indica en los siguientes diagramas:   Con estas dos piezas triangulares construimos un cuadrado de lado b haciendo contactar las hipotenusas. Ahora cada pieza triangular se transforma en trapezoidal hundiendo una esquina como se indica en la siguiente figura (las dimensiones de la esquina deben ser las mismas en los dos triángulos): Las dos piezas trapezoidales se pueden colocar de dos maneras, A y B. Como se puede observar la figura que se forma en A procede del cuadrado de lado b y, por lo tanto, de superficie b2 al que se le ha quitado un trozo cuadrado de superficie a2. En B se forma un rectángulo. Analizando los valores de los lados de las figuras A y B vemos: Las figuras A y B tienen la misma superficie ya que están hechas con las mismas piezas. Con esto se demuestra gráficamente que: b2 - a2 = (b - a)(b + a)

Domingo, 01 de Julio de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

954. 23. CONCURSO DEL VERANO 2007

Teselado de “El Cairo” (I) La tesela pentagonal del llamado “Teselado de el Cairo”, es uno de los distintos pentágonos no regulares que pavimenta el plano. Esta tesela es un pentágono no regular equilátero (todos sus lados son iguales). Dave Mitchell en (http://www.mizushobai.freeserve.co.uk/cairotile.htm) propone distintos métodos basados en la papiroflexia para construir teselas de “El Cairo”.  Un rápido análisis de estas teselas permite ver que, aunque recubren el plano, estas piezas pentagonales no tienen todos sus lados iguales. El reto que proponemos este verano es conseguir, mediante papiroflexia una tesela pentagonal equilátera que recubra el plano y conseguir así el teselado de El Cairo. Es un problema abierto: Os animamos a que indaguéis, dobléis, experimentéis.... Las soluciones se pueden enviar a papiroflexiamates@gmail.com. El autor de la solución más ingeniosa tendrá como premio un libro de papiroflexia y matemáticas. "El plazo para enviar soluciones finaliza el 21 de Septiembre. Todos los participantes asumen que DivulgaMAT puede publicar las soluciones, con independencia del fallo."

Domingo, 01 de Julio de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

955. 24. SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO 2007

¡¡¡Por fin tenemos a un ganador del concurso del verano!!! Martí Bayer es el que ha propuesto el método más “redondo”. Hay que reconocer que el tema de obtener una tesela de El Cairo mediante papiroflexia ha motivado este verano a algunos de nuestros lectores. Parte de los ratos libres del verano han sido dedicados a darle vueltas a la tesela y a idear posibles soluciones. Ya se ve que a Martí (que este año se está dedicando a recorrer el mundo), mientras hacía un curso de submarinismo en El Caribe de Honduras y veía a los caballitos de mar paseando sobre los arrecifes de coral, le vino la inspiración matemática e ideó su tesela ganadora. Te damos la enhorabuena. Por cierto, tenemos una curiosidad. ¿Alguien sabe si existen en realidad este tipo de teselas en pavimentos de El Cairo o han existido en alguna época? COMENTARIOS SOBRE LAS RESPUESTAS RECIBIDAS Los métodos para obtener una tesela de El Cairo equilátera con papiroflexia que se han presentado a concurso constituyen una colección de ideas variada y rica. Tal es así que hemos pensado que merecía la pena no sólo poder disfrutar de la ganadora, sino también de algunas de las demás, por la diversidad de enfoques que ofrecen y por la calidad de los mismos, de modo que os las podéis descargar al final de este artículo, junto con otras soluciones que no entraban a concurso, y que corresponden a los responsables de esta sección. A continuación trataremos de presentar algunas de las ideas geométricas que se utilizan en las distintas soluciones. La mayoría de las soluciones utiliza, de una manera u otra el notable hecho de que dos de los ángulos internos de la tesela equilátera de El Cairo sean rectos. Pero es necesario uno o varios ingredientes más que nos permitan determinar la posición del resto de elementos del pentágono. En una primera aproximación, el teselado de El Cairo nos permite construir, de manera natural, varias cuadrículas que nos revelan propiedades importantes (i.e., aplicables a la papiroflexia). ¡Quizá en ella encuentres inspiración para tu propio método! Por ejemplo, según esta cuadrícula, podemos dibujar en una tesela equilátera de El Cairo un cuadrado que se ubica como en la siguiente figura (esta idea se usa, en cierto modo, en [8]). Equivalentemente, podemos decir que la recta que une el punto medio de la base y un vértice contiguo a la misma forma 45 grados con ella, idea que usa el autor de la solución [7]. Otra idea, utilizada en las soluciones [3], [6], [9] y [10], es descomponer la tesela de El Cairo según la siguiente figura: Los triángulos de los extremos son isósceles y rectángulos, fácilmente realizables en papiroflexia. Otras soluciones se han apoyado en el cálculo de determinados ángulos relacionados con la tesela, como es el señalado con la letra δ en la siguiente figura: Con un poco de trigonometría llegamos a δ = arcsin [(√7 - 1) / 4], tal y como se utiliza en [1], con una exposición detallada de los cálculos realizados. En la solución [8] también se usa este ángulo, pero con una expresión distinta, más concretamente, se utiliza 2δ = arcsin (3/4). De hecho, la proporción 3:4 aparece de forma natural en un análisis de las proporciones entre los elementos de la tesela. En [5] la autora hace uso de esta proporción. En [4], sin embargo, se aprovecha el hecho de que la tesela equilátera de El Cairo de lado 1 tenga altura √7/2 , tal y como se recoge en el siguiente gráfico: Por último, en [2] se utiliza una descomposición en triángulos donde aparecen, de nuevo, los números √7 y √2 en relación con los enteros. Referencias: [1] Martí Bayer [2] Martí Bayer 2 [3] Paz Carbajo 1 [4] Paz Carbajo 2 [5] Paz Carbajo 3 [6] José Ángel Iranzo [7] Elerh Leiva [8] Belén Garrido [9] José Ignacio Royo 1 [10] José Ignacio Royo 2

Lunes, 01 de Octubre de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

956. 25. El nudo pentagonal

Una bonita tradición de los albergues japoneses consiste en preparar los pijamas de algodón para los huéspedes y dejar encima de estos una banda atada en forma de nudo pentagonal. Para hacer este nudo se necesita algo de práctica y maestría. Sin embargo, para hacer dicho nudo con papel no hace falta ningún tipo de cualidad extraordinaria, basta tomar una tira de papel (de longitud al menos 6 veces el ancho) y hacer un nudo con ella como si fuera una cuerda. Después, tirando de los extremos poco a poco, sin dejar holguras en los vértices ni aplastar el papel, va formándose un pentágono regular, como probaremos más adelante. Como es conocido, el pentágono y el famoso número áureo Φ están muy relacionados. Recordemos que Φ = (√5+1)/2 ≈ 1'61803398. En el nudo pentagonal se puede ver esta relación en varios puntos. A/B= Φ YZ/XY= Φ YW/WZ= Φ De hecho, si queremos hacer un nudo en el que no sobre papel, podemos hacerlo partiendo del siguiente rectángulo: Ahora nos quedamos con el rectángulo de abajo, que cumple la siguiente propiedad: a/b = Φ ≈ 1'62 Este rectángulo es el que usaremos para hacer el pentágono que veremos más adelante. Pero si no queremos hacer tantos pliegues, o simplemente no queremos tener cicatrices en el papel, podemos usar una buena aproximación al  rectángulo anterior. Basta tomar un folio y partirlo por la mitad: En este caso, a'/b' = 2/3·√6 ≈ 1'63 Y ahora, a plegar. Pero... ¿por qué un pentágono regular? Veámoslo: Para entender por qué el pentágono es regular debemos pensar primero en qué pasa al doblar una tira de papel. Sucede lo mismo que cuando una bola de billar golpea el borde de la mesa.   En ambos casos el ángulo de incidencia y de reflexión es el mismo. Por tanto, para el siguiente dibujo, podemos decir que α = β Observamos también que, por ser los lados de la tira paralelos, γ = δ. Restando ambas igualdades tenemos α - γ = β - δ, o lo que es lo mismo: el triangulo ABC es isósceles. Y, por tanto, AC=BC. Pensemos ahora en nuestro nudo pentagonal.Teniendo en cuenta lo que acabamos de ver tenemos que: (1) ∠EAB = ∠ABC = ∠BCD      ∠CDE = ∠DEA (2) BD = BE      BE = CE Si nos fijamos en los cuadriláteros ABZE, ABCY y BCDX se observa que los tres son paralelogramos al estar determinados por la superposición de dos tramos de tira de papel. Todo paralelogramo tiene sus lados opuestos iguales y, en este caso, al ser ambas tiras de papel de la misma anchura h, los lados contiguos también son iguales, ya que si S es el área de ABZE  se tiene que: S = h . EZ              y              S = h . AE Es decir EZ = AE. Análogamente para los otros paralelogramos obtenemos que todos ellos son rombos.  Como además comparten entre ellos alguno de sus lados, observamos que EA = AB = BC = CD   (3) Si consideramos los trapecios ABDE y ABCE podemos ver que son iguales: AB = BC por (3) EA = AB por (3) BD = CE por (2) ∠EAB = ∠ABC por (1) Y por tanto ambos trapecios son iguales, luego: AE = ED y ∠DEA = ∠EAB. Sumando este resultado a los resultados (1) y (3) llegamos a que el pentágono tiene los cinco lados y los cinco ángulos iguales. Es decir, el pentágono es regular. Ahora que ya sabemos hacer el pentágono, vamos a jugar. Podemos seguir entrelazando las tiras que salen del pentágono con el propio pentágono, de forma que cada vez salgan por uno de los lados. No es difícil conseguir las cinco posibilidades: De hecho, un solo nudo se puede hacer de dos formas distintas. El resultado son dos nudos simétricos (figuras a y b). Esto es importante a la hora de combinarlos, ya que si juntamos dos nudos de distinto tipo estos se unirán perfectamente lado con lado (figura c). Pero si juntamos nudos del mismo tipo (figura d), entre pentágono y pentágono habrá un hueco con forma de triángulo isósceles, y cuyo ángulo desigual es de 36º (este triángulo que separa los dos pentágonos es el llamado triángulo sublime). Usando las diferentes técnicas de hacer nudos pentagonales y combinándolas podemos hacer figuras geométricas muy diversas. Desde  estrellas, pentágonos y bandas hasta figuras en tres dimensiones e incluso flores. La figura  j) es además el logotipo de la web www.cut-the-knot.com (web muy recomendable sobre matemáticas). Pero no sólo eso, sino que además, si se pegan los extremos sobrantes, la cinta se convierte en una banda con una sola cara (lo mismo que pasa con las bandas de Möbius). Seguiremos hablando de los nudos y de lo que se puede hacer en papiroflexia con ellos en un próximo artículo. Pero hasta entonces podéis pensar en qué hay más allá de los nudos pentagonales. ¿Habrá nudos hexagonales? ¿Habrá nudos heptagonales?... ¿Habrá nudos con forma de cualquier polígono de N lados? Coged una tira de papel y a doblar. Fuentes consultadas: Origami Omnibus (Kunihiko Kasahara) Origami, Science & Art (Heinz Strobl) Matemáticas y papiroflexia (Jesús de la Peña Hernández) http://home.tiscali.nl/gerard.paula/origami/knotologiesphere94.html http://perso.wanadoo.es/candidodgc/ http://cut-the-knot.com/proof http://www.akpeters.com/projectorigami/Worksheets-ProjectOrigami.pdf

Sábado, 01 de Diciembre de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

957. 26. El número π y la flexibilidad del papel

Parece razonable hablar de flexibilidad cuando nos referimos a la papiroflexia. En la práctica, toda la actividad papirofléctica se ha venido desarrollando como acción de plegado del papel. Es obvio que para plegar hay que hacer que el papel flexe antes, pero ello no evita la sospecha de que estemos empleando mal el lenguaje: si lo esencial de la papiroflexia es que plegamos, llamémosla con el neologismo papiroplegia (así, con g de plegar; con j -papiroplejia- parecería un vocablo médico). La papiroflexia pura es la que empleamos, p.e, en las cintas de Moebius [ver www.caprichos-ingenieros.com; QUÉ; PAPIROFLEXIA; Mathematics and Origami (.pdf en inglés); buscar Möbius´bands)], y es la que de manera muy elemental vamos a usar a continuación para introducirnos en el número π. Se trata de enrollar papel sobre un cilindro pre-existente a fin de conseguir una especie de canuto de papel multicapa con forma cilíndrica consistente. Luego se estudian sus distintas secciones circulares. Ha de buscarse un cilindro pre-existente que tenga garantía geométrica (metálico mecanizado, de plástico duro moldeado, etc). Evitar los canutos de rollo de papel higiénico o similares). La idea es poder relacionar la longitud de un papel desarrollado, con el diámetro a que da lugar cuando el papel está enrollado en círculos. En definitiva, esa relación es la que conduce al valor de π. Es lo que vamos a hacer experimentalmente. Es ésta la mejor manera de conseguir cilindros de papel bastante precisos. Pretenderlo con una sola capa cerrando la superficie cilíndrica con una pestaña no conduce sino a una superficie cilíndrica espontáneamente deformada por causa de la discontinuidad de la flexibilidad del papel en las proximidades de la  pestaña. La Fig. 1 muestra lo que se acaba de decir. El papel enrollado es un DIN A4 que determina una generatriz de 210 mm y una longitud enrollada IE = 297 mm. Lo primero que necesitamos es saber el espesor a del papel. Para ello se tomaron 181 hojas con un espesor total de 20 mm. Su peso de 900 gramos aseguraba un buen recalcado del paquete. Así pues, era a = 20/181 = 0,11 mm El proceso a seguir fue éste: Ejercitar el DIN A4 enrollándolo libremente sobre sí mismo antes de acoplarlo al cilindro de partida para evitar arrugas. Pegar con celo el borde del papel I al cilindro de partida, en coincidencia con una generatriz de éste. Asegurar que todas las vueltas del papel están bien asentadas unas sobre otras para que no haya holgura entre ellas. Fijar con celo la última capa a lo largo de E. Medir con la mayor precisión posible el diámetro exterior d del canuto de papel obtenido. Sabedores de la limitación por la resolución de la regla de medir (1 mm o, como mucho, 0,5 mm), y por la imperfección cilíndrica que, a pesar de todo, tendremos, deben tomarse varias medidas y hallar la media. Lo mejor sería disponer de un calibre, naturalmente con nonius, pero esto no es lo habitual. La Fig. 2 muestra el recurso de medición empleado que es típico en metrología industrial. Se inmovilizará el canuto con celo sobre la mesa; también un diedro de cartulina que se situará lo más lejos posible del canuto; el otro diedro se asentará libre sobre la generatriz superior del cilindro dejando que su arista vaya a apoyarse completamente y a todo lo largo, sobre la cara del otro diedro y lo más próxima posible a su arista. Ambos diedros han de haberse recortado perfectamente a escuadra. Así obtenemos el plano horizontal que contiene a la generatriz superior del cilindro. Luego se mide la distancia entre ese plano y el de la mesa (que contiene a la generatriz inferior del cilindro). Esa distancia es precisamente el diámetro del cilindro. Medir el resto EE´: un pequeño trozo de papel asentado sobre él y rectificado luego, da su medida. Tener en cuenta que la longitud EI – EE´ se traduce en n circunferencias completas (4 en nuestro caso) de las que la exterior tiene por diámetro d y los diámetros de las sucesivas son d – 2a, d – 4a, etc. Así pues, se podrá escribir: En el sustraendo del denominador tenemos la suma de los términos de una progresión aritmética que vale: an(n-1) / 2 De forma que: En nuestro caso concreto se ha contado con los siguientes datos: EI = 297; EE´= 13,5; n = 4; d = 23; a = 0,11 resultando:      (1) Comparando el resultado hallado con el que da para π una pequeña calculadora de bolsillo (* 3,1415927) podríamos llegar a una gran frustración; sin embargo, no hay motivo de desánimo. Donde seguramente se da el mayor error es en la medida del diámetro d: si en vez de dar por buena una cantidad tan redonda como 23 mm hubiéramos dado 22,643, hubiésemos obtenido para π el valor *. Pero hay otras varias fuentes de error: La imperfección del cilindro de partida; el hecho de tomar por circunferencias segmentos de espiral; el grueso del papel que impide el cierre perfecto de las circunferencias; la limitación que entraña la cantidad de vueltas, etc. Así pues, sólo se pretende ofrecer el orden de magnitud de π. Obtenerlo con mucha exactitud experimentalmente es muy difícil. En este sentido no podemos dejar de reconocer el error que hemos cometido en la expresión (1) que, en definitiva, puede tomar la forma π ≈ 28350/9068  (2) Esta forma es la de un número racional (lo que no es π), que puede adoptar tres configuraciones: número entero (si la división es exacta, lo que no se da en el presente caso) y fracción periódica pura o mixta. Seguro que una de estas dos últimas es la representada por (2). El hombre lleva 4.000 años persiguiendo a π. Los discípulos de Euclides ya sabían que su  valor debía estar comprendido entre 3 y 4, ya que la relación de perímetro a diámetro en un hexágono inscrito es 3, y en un cuadrado circunscrito es 4. Fue Arquímedes quien lo descubrió. Con los ordenadores más potentes en la actualidad se ha llegado a obtener π con 100.000 cifras significativas. Es cuestión de tiempo y memoria aplicados a desarrollos en serie como el del Arcsen(x) (a su vez obtenido por inversión de la serie del seno), a pesar de su lenta convergencia. O del Arctan(x). En todo caso, el desarrollo en serie lo podemos entender como una forma de añadir cifras significativas a un número irracional mediante la adición de sumandos racionales, cosa que parece un tanto contradictoria, pero en línea con nuestro experimento. Para terminar, y acorde con la horquilla arquimediana de 3 < π < 4, observemos la circunferencia como límite inferior del perímetro de un polígono de n lados circunscrito a ella y como límite superior de otro polígono también de n lados, pero esta vez inscrito en ella, cuando n tiende a infinito.  En la Fig. 3 se ve el lado AB del polígono de n lados inscrito en la circunferencia de radio r = OA = OB y el CD del circunscrito, ambos para el ángulo en el centro 2α, siendo α = 360/2n . Así tendremos: AB = 2r sen(α) ; CD = 2r tg(α) Siendo 2πr la longitud de la circunferencia, será: Veamos los valores de esta desigualdad para distintos polígonos. n = 10 3,0901699 < π < 3,2491970 n = 50 3,1395260 < π < 3,1457334 n = 100 3,1410759 < π < 3,1426266 n = 1.000 3,1415875 < π < 3,1416030 n = 10.000 3,1415926 < π < 3,1415928 n = 50.000 3,1415927 < π < 3,1415927 (para n = 50.000 se produce la saturación de la pantalla de la calculadora) El proceso seguido es el conocido como método de exhausción, de Arquímedes de Siracusa. Mediante él, al avanzar el cálculo, aumenta el grado de precisión de los resultados. Arquímedes usó polígonos de hasta 96 lados, obteniendo la acotación  3 + 10/71 < π < 3 + 1/7, que expresado con decimales es, 3,1408 < π < 3,1428. A la vista de todo lo anterior, ya no parece tan descorazonador el resultado obtenido para π con el experimento del canuto papirofléxico. Para más detalles se pueden consultar los siguientes enlaces: - http://centros5.pntic.mec.es/ies.de.bullas/dp/matema/conocer/arquimedes.htm - http://es.wikipedia.org/wiki/N%C3%BAmero_%CF%80 - Jesús de la Peña Hernández www.caprichos-ingenieros.com

Viernes, 01 de Febrero de 2008 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

958. 27. Los tres planos del espacio

No me resultaba difícil últimamente encontrarme con alguna composición, a partir de módulos, en la que se hallaran representados los tres planos del espacio. No obstante, la imagen ideal que yo podía tener de cómo representarlos no se ajustaba a lo que me iba encontrando. Es por ello que me planteé el reto de realizar una composición modular con los tres planos cruzándose en el espacio y que estuvieran inscritos en un hexaedro. Me impuse también otros criterios como el de jugar con un color para cada plano, que los módulos fueran los menos posibles, que encastraran firmemente y que, por ende, resultaran relativamente fáciles de confeccionar. Lo primero que me planteé fue la manera de reducir al mínimo los módulos. Sin pensármelo mucho, me puse –literalmente– manos a la obra: cogí seis papeles  cuadrados, los doblé por la mitad formando rectángulos y me hice la composición sobre la marcha. Bien, aquello parecía que marchaba: los seis rectángulos podían entrecruzarse formando la composición que yo buscaba y ahora sólo me faltaba buscar la manera de hacerlos encastrar unos con los otros. ¡Necesitaba unos bolsillos en aquellos rectángulos y unas puntas que pudieran meterse en dichos bolsillos, pero cómo! La verdad es que los que practicamos la papiroflexia de manera asidua tenemos una ventaja: muchas veces las soluciones nos vienen dadas por otras figuras, que en la inmensa mayoría de las veces no tienen nada que ver con lo que pretendemos. Así fue como, casi como un acto reflejo, tras plantearme el cómo sacar bolsillos y puntas, me vino de primeras a la cabeza una composición infantil tradicional: ¡el catamarán o barco doble! Aquella figura tenía todo lo que yo estaba buscando, y además en los lugares idóneos. Al llevarlo a la práctica tuve un pequeño contratiempo: si hacía los plegados de la manera más perfecta que me fuera posible, tenía auténticos problemas de encaje, fundamentalemnte con los últimos módulos. Por un lado, el grosor del papel que se me acumulaba en el centro de los tres planos me impedía introducir las pestañas de estos últimos módulos en sus bolsillos correspondientes; y por otro, la ortogonalidad de los planos me dificultaba enormente encastrarlos. Por tanto, y como consejo: Prestad atención al grosor del papel y, en función de ello, plegad en el paso número 2 con la suficiente “imperfección” que permita la holgura necesaria entre los bolsillos y el módulo (con sus pestañas) que se interpondrá entre ellos. Suerte y que disfrutéis. Archivo PDF

Martes, 01 de Abril de 2008 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

959. 29. CONCURSO DEL VERANO 2008

RECTÁNGULOS ÁUREOS INSCRITOS EN EL ICOSAEDRO Y EN EL DODECAEDRO En el interior del dodecaedro y del icosaedro podemos inscribir tres rectángulos áureos perpendiculares entre si. Están dispuestos de tal forma que sus esquinas tocan todos los puntos centrales de las caras pentagonales del dodecaedro y todos los vértices del icosaedro. El reto de este verano es conseguir mediante papiroflexia estos tres rectángulos áureos perpendiculares entre sí: Como los años anteriores este es  un problema abierto por lo que os animamos a que indaguéis, dobléis, experimentéis.... Las soluciones se pueden enviar a papiroflexiamates@gmail.com. El autor de la solución más ingeniosa tendrá como premio el libro "El rostro humano de las matemáticas". El plazo para enviar soluciones finaliza el 21 de Septiembre. Todos los participantes asumen que DivulgaMAT puede publicar las soluciones, con independencia del fallo.

Martes, 01 de Julio de 2008 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

960. 31. Génesis de un pentágono

Un día, doblando un papel cuadrado me surgió una pregunta que rápidamente convertí en una hipótesis de trabajo: “¿Existirá en un papel cuadrado un punto P tal que al llevar sobre él las cuatro esquinas del papel queda marcado un pentágono regular?”   Comencé a hacer pruebas. Doblando un cuadrado por la mitad y llevando las esquinas inferiores A y B sobre distintos puntos de la línea media; obtuve distintos valores para los ángulos α (1). Ayudándome con un transportador de ángulos conseguí el punto P y los valores de 108º para dichos ángulos (2).   Después doblé sobre P las esquinas A´ y B´ (3) y al desdoblar comprobé que el pentágono construido no era regular (4).   Reformulé la hipótesis de trabajo: “Existe en un rectángulo de papel un punto P tal que al llevar sobre él las cuatro esquinas del papel quede marcado un pentágono regular”.   Empecé a juguetear con un papel doblado hasta el paso (3). Se me ocurrió doblar en montaña por CD y probé a doblar los puntos C y D sobre P y desdoblé. Al analizar el pentágono formado comprobé que era bastante regular. ¡¡BRAVO!!.       La siguiente hipótesis de trabajo fue: “Existe en un rectángulo de papel un punto P tal que al llevar sobre él las cuatro esquinas del papel quede marcado un pentágono regular y es posible hallar mediante doblado las dimensiones de este rectángulo y el punto P”   Tome varios cuadrados de papel de las mismas dimensiones que los usados anteriormente y marqué en ellos los puntos P, C y D. Empecé a hacer dobleces no arbitrarias analizando posteriormente las marcas (a) y (b).   Observé que al hacer dobleces en el cuadrado para marcar un triángulo equilátero (b) el vértice superior del triángulo, a simple vista quedaba a la misma altura que los puntos C y D.       CONCLUSIÓN:   Mediante doblado se pueden hallar un rectángulo de proporciones 2: √3 en el que al doblar sobre un punto interior los cuatro vértices se marca un pentágono regular. Este punto interior también se halla mediante doblado. El método es el siguiente:     Aunque el pentágono así obtenido no es totalmente regular (los ángulos internos que se  calculan a partir del patrón de doblado miden, cuatros de ellos, 107,362º y el valor del ángulo superior es de 109,472º) la aproximación es bastante aceptable.   En el Origami Tanteidan Magazine n. 79 (marzo 2003), Kazuo Haga propone un desarrollo semejante a este para obtener un pentágono a partir de un DIN A4.   Demostración matemática:   Centrándonos en el patrón de doblado que se produce en el paso 5, por construcción se cumple: AC=PC y CJ=JP Los ángulos m y ñ son complementarios por lo que los triángulos CEP y  PGF son semejantes y los ángulos m y n son iguales. Los triángulos HJC y  FPC son semejantes. Por lo que los ángulos r y s son iguales. Si CE=1  –>  AC=PC=√3  –>  sen m=CE/CP=1/√3  –>  m=35,264º  –>  m=n=35,264º   2s + n = 180º  –>  s=72,368º  –>  s=r=72,368º   El ángulo  GFC =n+s = 107,632º ;     r+w =180º  –>  w=180º-72,368º = 107,632º   El  triángulo PJK se cumple: 90º+v+m= 180º  –>  v=180º -90º - 35,264º = 54,736º   El ángulo superior del pentágono tiene el valor de 2v= 2· 54,736º = 109,472º   Después de analizar el procedimiento que propongo, José Ignacio Royo Prieto y Martí Bayer-Raich me han sugerido cuestiones muy interesantes, que paso a comentar.   Nos podemos preguntar: ¿Cuál ha de ser la proporción del rectángulo con el que, siguiendo la secuencia de doblado propuesta en este artículo, se llegue a obtener un pentágono regular exacto?.   Será el rectángulo procedente del paso (5) cortando por CD y aquí dibujado. en el que se cumple x/y=0,850651, valor muy aproximado a 2/√3 = 0,866025.   En este rectángulo se observa que el punto P coincide con el cruce de dos diagonales adyacentes del pentágono y además con el vértice del pentágono inverso cuya base está en el lado del rectángulo contrario al dibujado.   El siguiente paso que habría que resolver es demostrar si este rectángulo es construible mediante papiroflexia, cuestión que voy a dejar para otro artículo. Animo a los amantes de la papiroflexia aplicada a las matemáticas a que intenten dar con la solución.

Lunes, 23 de Marzo de 2009 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico