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Leñitas Geométricas*

para el Fogón Matemático de los Festivales

De OMA para Profesores y Maestros

en actividad

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“Entender las matemáticas es demostrar formalmente lo que se ve intuitivamente, y ver intuitivamente lo que se demuestra formalmente”. George Polya

* Recordamos a los lectores que los temas editados en Leñitas Geométricas es el material preparado y en gran parte desarrollado por el doctor Miguel de Guzmán para los Seminarios Internacionales organizados por OMA en 1985 en la ciudad San Miguel de Tucumán, Argentina.

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Hace más de cuatro décadas se puso de moda anteponer la geometría afín a la geometría métrica. Esto, porque, en la cons-trucción de la Geometría a partir de los espacios vectoriales, los espacios afines son más simples que los métricos (que suponen la existencia de una forma cuadrática invariante). Sin embargo, para la enseñanza es mucho mejor empezar con la geometría métrica, pues el alumno está acostumbrado a «medir» y a clasificar las figuras por «congruencias», más que por «afinidades». Para un alumno de enseñanza media es una curva más fácil y simple la circunferencia que la elipse, a pesar de ser ambas equi-valentes por afinidades. Nuestro intelecto, moldeado por la intuición, comprende mejor la geometría métrica que la afín, a pesar de su mayor complejidad en la construcción sistemática de la Geometría. De la misma manera que el estómago digiere sin saber química ni desmenuzar previamente los alimentos en sus componentes químicos elementales, así la inteligencia asimila directamente conocimientos complicados; y aunque es interesante su análisis a un nivel superior, en el nivel elemental y medio puede seguirse adelante con estos conocimientos complejos sin necesidad de su disección en partes simples. Las clases de matemática no debieran ser compartimentos estancos, sin comunicación entre sí. Al contrario, siempre que haya oportunidad hay que mostrar las relaciones entre las distintas partes de la matemática, para evidenciar su unidad. El teorema de Pitágoras, por ejemplo, es una buena oportunidad para repasar todo lo referente a la raíz cuadrada y las propie-dades de los números cuadrados perfectos. La evaluación en un programa de matemáticas de excelencia incluye pruebas con problemas que permitan medir integral-mente el aprendizaje por el manejo de las estrategias. La evaluación matemática productiva es un proceso que está cohe-rentemente alineado con los objetivos de aprendizaje. En un programa de matemáticas de excelencia, los educadores se hacen responsables y rinden cuentas a sí mismos y a sus colegas por el éxito matemático de cada uno de sus estudiantes, y también por el crecimiento personal y colectivo dirigido a una enseñanza y aprendizaje efectivo. La efectividad en el aprendizaje escolar da un sentido tangible del imperativo pro-fesional para crecer personalmente y colectivamente, y para comprometerse unos con otros en este crecimiento.Los profesionales, que son responsables por el aprendizaje matemático de los estudiantes, no están nunca satisfechos con sus logros y siempre trabajan para incrementar el impacto que tienen en el aprendizaje matemático de sus alumnos. Más aún, ellos cultivan y apoyan una cultura de la colaboración profesional y el mejoramiento permanente, conducido por un ávido sentido de interdependencia y responsabilidad colectiva.Vincular la Geometría con la Aritmética y el Álgebra. Las clases de matemática no son compartimentos estancos, sin comunicación entre sí. Al contrario, siempre que haya oportunidad hay que mostrar las relaciones entre las distintas partes de la matemática, para evidenciar su unidad. El teorema de Pitágoras, por ejemplo, es una buena oportunidad para repasar todo lo referente a la raíz cuadrada y las propiedades de los números cuadrados perfectos. El estudio de las cónicas debe servir para repasar las ecuaciones de segundo grado y los sistemas de ecuaciones e inecuaciones de primero y segundo grado. La geometría de los puntos de coordenadas enteras se vincula con la combinatoria (número de caminos mínimos para ir de un punto a otro). No importa que algunos temas se vean en el curso de Geometría y luego se repitan en los de Aritmética o Algebra, o al revés. La repetición de hechos importantes desde puntos de vista diferentes es buena para ir fijando las ideas sobresalientes de la matemática; solamente los hechos triviales se encuentran una sola vez.No olvidar la geometría del espacio. En muchos países ha ido desapareciendo en los últimos años la geometría del espacio. Convie-ne revertir la situación. Puesto que vivimos en un mundo tridimensional, su conocimiento es indispensable. Hay que estudiar los cuerpos y las superficies y sus representaciones planas. Hay que desarrollar la intuición visual, para «saber mirar y ver» el espacio y las relaciones entre sus formas. Es instructiva la «banda de Moebius» y una idea elemental de la clasificación topológica de las superficies. Tampoco hay que olvidar la geometría de la esfera, que es la forma de nuestro planeta: la idea de geodésicas y la comparación de los diversos tipos de mapas son conceptos importantes al alcance de la enseñanza media.

EN LA PRÁCTICA DOCENTE

Nº 13 - 26 de setiembre de 2019

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La Visualización como Método para Resolver ProblemasEl misterioso número e. El número e se presentaba como un número irracional, extraordinariamente impor-tante en matemáticas superiores y que aparecía en los fenómenos de crecimiento. Ahora lo vamos a reencon-trar como límite de la sucesión

1+ 1n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟n

Calcula el primer término: (1 + 1)1 = 2 puede interpretarse como la longitud de un segmento.A

C

B

El segundo término, 1+ 12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

, es el área de un cuadrado.

El tercer término, 1+ 13

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟3

, es el volumen de un cubo.

Los siguientes términos no son interpretados en nuestro estrecho universo tridimensional, los valores son: a1, a2, a3, …, an; ¿será convergente?, ¿cómo calcular el límite?

¿Cuál es el talante inicial apropiado? Confi anza, tranquilidad, disposición para aprender, curiosidad, gusto por el desafío…

Sin prisas. Ante cualquier problema, también si es intelectual, es conveniente evitar ser llevado por la prisa, y para cuando esto resulte insoslayable, es necesario prepararse con un entrenamiento adecuado. Resuelve casos particulares. Divídelo en partes…

¡PROBLEMA! Para aprender más y pensar mejor

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s 13 El número e no es solución de ninguna ecuación polinómica de ningún grado con coefi cientes enteros. Es

irracional transcendente.

Sin embargo, el número e admite varias expresiones infi nitas más o menos sencillas como las tres siguientes:

e = 10!+11!+12!+13!+14!…

e = 2+ 1

1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 15+…

e = 2+ 1

1+ 1

2+ 1

1+ 1

1+ 1

4+ 1

1+ 1

1+ 1

6+ 1

1+ 1

1+ 18+…

Más sobre la inversiónSteiner, el inventor de la inversión, tuvo que ponerse muy contento al observar que su transformación resolvía de modo muy simple un problema famosísimo desde el siglo III a. de C., el problema de Apolonio: trazar una circunferencia tangente a otras tres dadas c1, c2, c3.

c2

c3

r3 – r1

r + r 1

r

r1

r3

r2 – r1

O2

P

O3

O1r2

c1

c*

c2+

c3+

Supongamos que las circunferencias c1, c2, c3 están en la situación de la fi gura anterior. Podemos dibujar c, aproximadamente tal como aparece en la fi gura. (Recuerda: supongamos el problema resuelto...) La circun-ferencia c va a tener centro P y radio r. Naturalmente, no conoces P ni r, pero sigamos adelante e indaguemos qué propiedades tendrá esta c con respecto a c1, c2, c3, las cuales tienen, respectivamente, radios r1, r2, r3. Si con centro en P y radio r + r1 trazamos una circunferencia c*, está claro que pasará por O1 y será tangente a

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s 13 la c*1 de centro O2 y radio r2 – r1, y también a la c*3 de centro O3 y radio r3 – r1. Así, si logramos construir c*,

obtendremos P y con ello habremos resuelto el problema.

Pero construir c* que pasa por O1 y es tangente a c2 y c3 es el problema que acabamos de resolver. Con esto queda resuelto fácilmente el problema de Apolonio, que fue considerado durante siglos como muy difícil. ¡La inversión ha hecho el milagro!

La inversión es una herramienta que viene bien tener a mano para examinar su posible utilización en proble-mas en los que intervienen rectas y circunferencias. Es útil y curioso observar el siguiente fenómeno: si dos circunferencias c1, c2, una en el interior de la otra, no son concéntricas, ninguna homotecia las puede transfor-mar en circunferencias concéntricas.

En cambio, sí que se puede hallar una inversión que las transforme en dos circunferencias concéntricas. Su-pongamos que c1 y c2 están como indica la fi gura siguiente. Tratemos de encontrar un punto P sobre la recta O1O2 que une los centros y un número R, tal que la inversión de centro P y potencia R2 transforme las circun-ferencias c1 y c2 en c1́ y c2́, y tales que los centros de c1́ y c2́ coincidan.

c1

c2

r1

r2O1P d O2

s

No sabemos dónde estará P ni cuál será R, pero llamemos d a la distancia desconocida de P a O1 y s a la distancia conocida entre O1 y O2. Asimismo, r1 y r2 de la fi gura son conocidos. Según la fórmula que antes obtuvimos para hallar el centro H de cʹ1, sabemos que H estará sobre PO1

! "!! y

PH =R2 ⋅dd2 − r2

De igual forma, el centro J de c2́ estará sobre PO2

! "!! y

PJ = R2(d+ s)d+ s( )2 r2

2

Si queremos que coincidan los centros, tendrá que ser PH = PJ , y así:R2d

d2 − r2=

R2(d+ s)(d+ s)2 − r2

2

De donde resulta:

d =r22 − s2 − r1

2 ± r22 − s2 − r1

2( )2 − 4s2r122s

Y como r2 > s + r1, resulta

r22 − s2 − r1

2( ) > 2sr12 y r22 − s2 − r1

2( )2 − 4s2r12 > 0

por lo que, efectivamente, existen soluciones reales. De modo que, escogiendo este punto P, así determinado, como centro de inversión y cualquier R, c1́ y c2́ serán concéntricas.

Con este utillaje es muy sencillo demostrar la siguiente curiosa propiedad, lo que por otros procedimientos es bastante difícil: si dos circunferencias c1 y c2, c1 situada en el interior de c2, son tales que se puede construir una cadena de 11 circunferencias tangentes como se indica en la fi gura siguiente, partiendo de una cierta circunferencia 1, entonces se puede construir una tal cadena de 11 circunferencias partiendo de una circunfe-rencia cualquiera tangente a las dos c1 y c2.

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s 13 Por lo que acabamos de ver sabemos que existe una inversión que transforma c1 y c2 en dos circunferencias

concéntricas c1́ y c2́. Las circunferencias 1, 2, 3, ..., 10, 11 se transforman en sendas circunferencias 1ʹ, 2ʹ, 3ʹ, ..., 10ʹ, 11ʹ, tangentes a c1́ y c2́, que forman una cadena con cada circunferencia tangente a las dos adyacentes.

c2

c1

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45

67 8

9

10

11

Es evidente que siendo c1́ y c2́ concéntricas, esta cadena puede girar alrededor del centro común. Al invertir de nuevo la cadena girada adecuadamente, obtenemos una cadena como la que buscábamos entre las cir-cunferencias iniciales c1́ y c2́. Por supuesto que 11 no es un número mágico para este problema. Igualmente valdría 15 o 23.

Conexiones. Inversores de Peaucellier y de HartDejaremos por ahora el tema de las cicloides (que aparecerán nuevamente en el momento menos pensado) y estudiaremos otros métodos de engendrar curvas. Los instrumentos mecánicos más sencillos para trazar curvas son las conexiones. Una conexión consiste en un conjunto de varillas rígidas unidas de alguna manera mediante articulaciones móviles, de forma que el sistema total tenga sufi ciente libertad como para permitir que uno de sus puntos describa una cierta curva. El compás es realmente una simple conexión, que consiste en principio en una varilla única fi jada por un punto.

Las conexiones se han utilizado desde hace mucho tiempo en la construcción de máquinas. Uno de los ejem-plos históricos famosos, el «paralelogramo de Watt», fue ideado por James Watt para resolver el problema de unir el pistón de su máquina de vapor con un punto de un volante, de forma que la rotación del volante hicie-se mover el pistón en línea recta. La solución de Watt es solo aproximada, y pese a los esfuerzos de muchos matemáticos distinguidos, el problema de construir una conexión que haga mover un punto precisamente en línea recta continuaba sin resolver.

En un tiempo, cuando las demostraciones de irresolubilidad de ciertos problemas atraían enormemente la atención, fue formulada la conjetura de que la construcción de tal conexión era imposible. Fue por ello una gran sorpresa cuando, en 1864, un ofi cial naval francés, de nombre Charles-Nicolas Peaucellier (1832-1913), inventó una sencilla conexión que resolvía el problema, como lo señalamos en Leñitas Geométricas N° 11. Con la introducción de lubricantes efi caces, el problema técnico para las máquinas de vapor había perdido entonces su importancia.

El propósito de la conexión de Peaucellier es el de convertir un movimiento circular en rectilíneo. Está basa-do en la teoría de la inversión que estamos nuevamente presentando. Como se ve en la fi gura siguiente, la conexión consta de siete varillas rígidas: dos de longitud t, cuatro de longitud s, y la séptima de longitud ar-bitraria. O y R son dos puntos fi jos, situados de modo que OR = PR . El aparato entero puede moverse sujeto

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s 13 a las condiciones dadas. Vamos a demostrar que si P describe una circunferencia de centro R con radio PR , Q

describe un segmento de recta. S

QTP

O

R

Designando el pie de la perpendicular de S a PQ por T, observemos que

OP ⋅OQ= OT − PT( ) OT + PT( ) =OT 2− PT 2

= OT 2+ ST 2( )− PT 2

+ ST 2( ) = t2 − s2La cantidad t2 – s2 es una constante que llamaremos r2. Como OP ⋅OQ= r2 , P y Q son puntos inversos res-pecto a la circunferencia de radio r y centro O. Cuando P describe una trayectoria circular (que pasa por O), Q describe la curva inversa de la circunferencia, la cual es una recta, pues hemos visto que la inversa de una circunferencia que pasa por O es una recta. La trayectoria de Q es, por tanto, una recta, que se traza sin hacer uso de la regla. Otra conexión que resuelve el mismo problema es el inversor de Hart. Este consta de cinco varillas unidas como indica la fi gura:

E B D F

C

QPO

A

S

Aquí AB= CD , BC = AD . O, P y Q son puntos fi jos de las varillas AB , AD y CB , respectivamente, tales que AOOB

=APPD

=CQQB

=mn

. Los puntos O y S son fi jos, de forma que OS = PS , mientras que el resto del aparato

puede moverse libremente. Es evidente que AC es constantemente paralela a BD ; por tanto, O, P y Q son siempre colineales y OP es paralela a AC . Tracemos AE y CF perpendiculares a BD ; tenemos:

AC ⋅BD= EF ⋅BD= ED+EB( ) ED−EB( ) = ED2−EB2 .

Pero ED2+ AE2

= AD2 y EB2+ AE2

= AB2 . Por tanto, ED2−EB2

= AD2− AB2 . Ahora bien:

OPBD

=AOAB

=m

m+ n y OQ

AC=OBAB

=n

m+ n.

En consecuencia,OP ⋅OQ=

mnm+ n( )2

BD ⋅ ʹA C = mnm+ n( )2

AD2− AB2( ) .

Esta cantidad es la misma para todas las posiciones posibles de la conexión; por tanto, P y Q son puntos in-versos respecto a cierta circunferencia de centro O. Cuando el aparato se mueve, P describe una circunferencia de centro S y que pasa por O, mientras su inverso Q describe una recta.

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s 13 Pueden construirse otras conexiones (por lo menos en principio), para trazar elipses, hipérbolas y, en general,

toda curva dada por una ecuación algebraica f(x,y) = 0 de cualquier grado.

Complementos sobre inversión y sus aplicacionesInvariancia de ángulos. Haces de círculos

Aunque la inversión respecto de una circunferencia cambia la forma de las fi guras geométricas, es un hecho notable que las nuevas fi guras continúen poseyendo muchas de las propiedades de las fi guras primitivas. Estas son las propiedades que no cambian, o «invariantes» de la transformación. Como ya sabemos, la inversión transforma rectas y circunferencias en rectas y circunferencias; añadiremos ahora otra propiedad importante: el ángulo entre dos rectas o curvas es invariante en la inversión.

Con esto queremos decir que dos curvas secantes se transforman por una inversión en otras dos curvas que se cortan bajo el mismo ángulo. Por ángulo entre dos curvas entendemos, naturalmente, el ángulo formado por sus tangentes en el punto de intersección.

La demostración puede estudiarse en la fi gura, que ilustra el caso especial: es una curva C que corta a una recta OL

! "! en un punto P. La inversa Cʹ de C corta a OL

! "! en el punto inverso Pʹ, el cual, como OL

! "! es su propia

inversa, está en OL! "!

.

Aʹ

PʹPC

O

x0

y0

y

x

Cʹ

L

A

Demostraremos que el ángulo x0 entre OL! "!

y la tangente a C en P es igual en magnitud al ángulo correspon-diente y0.

Para ello elegimos un punto A de la curva C próximo al P, y trazamos la secante AP! "!!

. El inverso de A es un punto Aʹ que, por estar a la vez en la recta OA

! "!! y en la curva Cʹ, debe coincidir con su intersección. Dibujemos

la secante ʹA ʹP . Por defi nición de inversión,

r2 =OP ⋅O ʹP =OA⋅O ʹA ,

oOPOA

=O ʹAO ʹP

;

es decir, los triángulos OAP y OAʹPʹ son semejantes. Por consiguiente, el ángulo x es igual al OAʹPʹ, que llamaremos y. La etapa fi nal consiste en hacer mover el punto A sobre C, aproximándolo al P; esto obliga a la secante AP

! "!! a girar hasta la posición de la tangente a la curva C en P, mientras el ángulo x tiende al x0. Al

mismo tiempo Aʹ se aproxima a Pʹ, y ʹA ʹP gira hasta la posición de la tangente a Cʹ en Pʹ; el ángulo y tiende al y0. Como x e y son iguales en cualquier posición de A, tendremos en el límite: x0 = y0.

Nuestra demostración queda incompleta, sin embargo, pues hemos considerado solo el caso de una curva que corta a una recta que pasa por O. El caso general de dos curvas C y C*, que forman un ángulo z en P, es ahora

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s 13 fácil de estudiar. Es evidente que la recta OP ʹP divide a z en dos ángulos, cada uno de los cuales se conserva

en la inversión.

Debe observarse que, aunque la inversión conserva la magnitud de los ángulos, invierte su sentido; es decir, si un rayo por P describe el ángulo z0 en sentido contrario al de las agujas del reloj, su imagen recorrerá el ángulo y0 en el sentido opuesto.

Una consecuencia particular de la invariancia de los ángulos en la inversión es que si dos circunferencias o curvas son ortogonales (es decir, se cortan en ángulo recto), continúan siendo ortogonales después de la in-versión, mientras que dos curvas tangentes (es decir, que forman ángulo nulo) quedan tangentes.

O A

Aʹ

Consideremos la familia de todas las circunferencias que pasan por el centro de inversión O y por otro punto fi jo A del plano. Por lo dicho anteriormente, sabemos que esta familia de circunferencias se transformará en un haz de rectas que pasan por Aʹ. Las circunferencias ortogonales a las primeras se transforman en circunfe-rencias ortogonales a las rectas del haz Aʹ, como se ve en la fi gura de arriba. (Las circunferencias ortogonales están dibujadas de trazos.) El aspecto sencillo del haz de rectas resulta muy diferente del de la familia de cir-cunferencias, pese a que vemos que están íntimamente relacionados, pues, en efecto, desde el punto de vista de la inversión, son por completo equivalentes.

O

A AB B

CC

Otro ejemplo del efecto de la inversión lo constituye una familia de círculos tangentes entre sí, en el punto de inversión. Efectuada la transformación se tendrá un haz de rectas paralelas, pues las imágenes de las circun-ferencias son rectas y ningún par de estas se corta, ya que las circunferencias originales no tienen otro punto común que el O.

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s 13 Aplicación al problema de Apolonio

Una buena ilustración de la utilidad de la inversión es la siguiente solución geométrica inmediata del proble-ma de Apolonio. Mediante una inversión respecto a un punto cualquiera, el problema de Apolonio para tres círculos dados puede transformarse en el problema de Apolonio correspondiente a otros tres círculos (¿por qué?). Luego, si podemos resolver el problema para una terna cualquiera de circunferencias, quedará resuelto para otra terna cualquiera, obtenida de la primera por inversión. Sacaremos ventaja de este hecho eligiendo entre todas estas ternas de círculos equivalentes una determinada, para la cual el problema resulta casi trivial.

B C

U

B K C

O

AA

O

Partimos de tres circunferencias de centros A, B, C, y supondremos que la circunferencia buscada U, de centro O y radio p, es tangente exteriormente a los tres círculos dados. Si aumentamos los radios de los tres círculos dados en una misma cantidad d, entonces la circunferencia de igual centro O y radio p – d resolverá, evidente-mente, el nuevo problema. Como fase inicial haremos uso de este hecho para reemplazar las tres circunferen-cias dadas por otras tres, tales que dos de ellas sean tangentes entre sí en un punto K (de la fi gura de arriba). A continuación, invertiremos la fi gura entera respecto de un círculo de centro K.

OʹAʹsr

c

u

b

a

Robótica, drones y modelización en la vida cotidiana Incluye la preevaluación de miniproyectos multidisciplinarios que se realizarán en Campamentos Matemáticos con alumnos durante julio 2020.

Destinado a profesores de matemática, ciencia, tecnología, informática, geografía, meteorología dinámica, etc. También podrán participar alumnos del profesorado que estén cursando el último año.

DIRIGE: Dr. Néstor Aguilera

ORGANIZA: OMA. Departamento de Investigación y Docencia.

Del 11 al 13 de octubre de 2019

Hotel EDEN de la Falda.

COSTO DE LA RESIDENCIA:$ 6.000.- por persona con estadía y pensión completa. $ 4.800.- por persona sin alojamiento.Pagos en 2 cuotas: 1ra cuota al inscribirse.2da cuota al iniciar la Residencia.Las becas y medias becas se deberán solicitar en las secretarías regionales adjuntas de OMA.

INSCRIPCIÓN E INFORMES: OMA. Tel 011 4826-6900. CABA

2DA R E S I D E N C I A M A T E M Á T I C A EN OCTUBRE

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s 13 Las circunferencias de centros B y C se transformarán en rectas paralelas b y c, mientras que la tercera se trans-

formará en otra circunferencia a. Sabemos que a, b y c pueden ser construidos con regla y compás. La circunfe-rencia desconocida U se transformará en una circunferencia u tangente a a, b y c, y su radio r es evidentemente la mitad de la distancia entre b y c. Su centro Oʹ es una de las dos intersecciones de la paralela media entre b y c con la circunferencia de centro Aʹ (centro de a) y radio r + s (s es el radio de a). Finalmente, por construcción de la circunferencia inversa de u, determinaremos el centro del círculo de Apolonio buscado U. (Su centro O será el inverso, en la circunferencia de inversión, del punto inverso de K en u.)

Una curva polivalenteEn la cubierta de la rueda de tu bici señala con tiza un punto que se vea bien de lado.

Volvemos a la cicloide para experimentar

Puedes tratar de pintar esa curva en tu papel. No es difícil. Yo me he recortado un círculo de cartón de unos 3,5 cm de diámetro. Como es difícil conseguir que ruede sin resbalar sobre mi regla, he sujetado al borde de mi regla un trozo de papel celo (cinta scotch) con el lado engomado hacia afuera. He colocado la regla sobre el papel y ahora sí que puedo hacer que la rueda ruede apoyada en la regla y tumbada sobre el papel. En el borde de la rueda de cartón he hecho una pequeña muesca para meter el lápiz. Con el lápiz metido he hecho rodar el círculo a lo largo del borde de la regla y mi lápiz me ha pintado esto,

lo que da una buena idea de la curva. Esta curva es una de las más famosas en la historia de las matemáticas. Se llama cicloide y tiene, como verás, un montón enorme de propiedades curiosas.

¿Qué curva recorre ese punto cuando te mueves con la bici por la carretera?Para empezar, mira el área que queda entre un arco de cicloide y la recta sobre la que ha rodado el círculo. ¿Qué área calculas así, a ojo, que puede tener la superfi cie? Dirás, muy bien dicho: “¿Qué área... comparada con qué?”. Parece que tendrá algo que ver con la del círculo, ¿no? Aquí tienes las dos áreas:

¿Cómo se te ocurre compararlas? Si tienes papel milimetrado será fácil. Pintas sobre el papel milimetrado las fi guras, cuentas cuadraditos y comparas.

Fácil... pero un poco rollo eso de contar milímetros cuadrados. Galileo se interesó por el problema. No tenía papel milimetrado, pero tenía una balanza. Recortó las fi guras sobre madera, las pesó y... ¡encontró que el área bajo la cicloide era como tres veces el área del círculo! Pero le debió de parecer que su método era inexacto y que la relación entre estas áreas no podía ser 3, un número tan redondo que no tiene casi nada que ver con el número π, solo que está cerca de 3,141... Así que conjeturó que el área bajo la cicloide tenía que ser π veces la del círculo.

¡Se debió de llevar una gran sorpresa cuando un francés, Roverbal, y un italiano discípulo suyo, Torricelli, llegaron a demostrar que el área bajo la cicloide es exactamente tres veces el área del círculo que da lugar a ella!

Más llamativo todavía resultó el cálculo de la longitud de un arco de cicloide.

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s 13 ¿Por qué no tratas de averiguarlo experimentalmente? Eso sí que es fácil. Recorta una cicloide en car-

tón grueso, toma un hilo y ponlo bordeando ese cartón. ¡Y mide! En mi cicloide, engendrada por mi rueda de 3,5 cm de diámetro, me sale que la longitud del hilo es de 14 cm. Prueba tú con otro tamaño, por ejemplo de 4 cm de diámetro. ¿Qué te sale? Más o menos 16 cm, ¿qué observas?

143,5

=164= 4 .

¿Será verdad que la longitud de la cicloide es 4 veces la del diámetro? ¡Sí! Y esto es otro resultado de Roberval, Torricelli y otros hace unos tres siglos.

Tal montón de propiedades curiosas tiene la cicloide que aquellos señores del siglo XVII comenzaron a estu-diarla con fruición... y a organizar unas terribles peleas sobre quién había encontrado primero tal o cual propie-dad. La siguiente se debe a Huygens, un holandés nada errante que tenía su casa permanente en Groningen.

Recorta en cartón dos medias cicloides, como indica la fi gura.

B C

A

Coloca un hilo ajustado a la parte C y fi ja un extremo en A. Sujeta la parte de tu lápiz al otro extremo en C y ahora, con el extremo en A fi jo y el hilo tenso, apoyado en el cartón, sepáralo de C dejándolo describir una curva. ¿Qué curva? Hazlo primero y adivina después. ¡Sí! Es una cicloide igual a las de arriba, solo que en-tera, como indica el dibujo.

Huygens fue el primer constructor serio de relojes de péndulo, a la vez que un matemático y físico genial del siglo XVII. Se hizo un péndulo así,

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s 13 que tiene la siguiente propiedad muy especial: aun cuando la amplitud del movimiento del péndulo varíe y se haga

más grande o más pequeña, el péndulo sigue marcando el tiempo igualmente bien, es decir, tiene el mismo período.

¿A qué se debe esto? Huygens descubrió que la cicloide tiene la propiedad de ser nada menos que tautó-crona. ¿Qué es eso? Pues eso consiste en lo siguiente: si colocas una cicloide hacia arriba, como en el dibujo siguiente y dejas caer dos bolitas por ella, una desde el punto M y otra desde el N... ¡las dos llegan al punto P más bajo de la cicloide al mismo tiempo! Y eso que la que baja desde M tiene que recorrer un camino mayor.

A

M

P

N

B

Esta propiedad te explica que si te puedes construir un péndulo tal que la lenteja recorra, no un arco de círculo, como en los relojes de péndulo que vemos hoy día, sino un arco de cicloide, entonces no importa que la amplitud sea mayor o menor. Su período es el mismo. Huygens se las ingenió, con la propiedad que hemos visto antes, para que la lenteja recorriera, efectivamente, una cicloide. Observa en el dibujo del péndulo de Huygens que los dos topes de la cuerda son dos arcos de cicloide.

Para experimentar esto de la tautocronía de la cicloide yo me he hecho un experimento bastante sencillo. ¿Por qué no me sigues y te lo haces tú mismo? Recorta un cartón de modo que el borde sea una cicloide bien grande, cuanto más grande mejor. Córtalo por la mitad, por la línea de puntos del dibujo.

Recorta también dos trocitos por el borde de abajo de modo que quepa a través de cada uno de los agujeros una bolita. Pega un trozo de cartulina por el borde de cada mitad de modo que quede algo así:

Procura que el borde exterior de la cartulina quede un poco levantado para que una bolita pueda deslizarse por ella sin salirse, siguiendo la línea de la cicloide.

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s 13 Ahora, con cinta adhesiva scotch une en ángulo recto los dos trozos de cicloide que has preparado. Te debe

quedar algo así:

Ahora ya puedes empezar a experimentar. Vas a necesitar cuatro manos, de modo que ya puedes ir lla-mando a algún amigo. Tu amigo te sostiene la invención que has preparado verticalmente. Tú dejas caer al tiempo dos bolitas, una por cada mitad de la cicloide desde puntos de la cicloide situados a diferentes alturas. Si las cosas las has hecho bien, las dos bolitas se chocarán en el punto más bajo, puesto que llegan allí al mismo tiempo. Si es que salen mal las cosas, una llegará antes que la otra y las dos se saldrán por los agujeros a toda velocidad.

A la cicloide no le basta con ser tautócrona, porque además es braquistócrona, ya que es ser... ¿no? Ser bra-quistócrona signifi ca ser la curva de descenso más rápido, en el siguiente sentido. Señala dos puntos A y B en un plano vertical, a distinta altura.

A

B

Supongamos que tienes un alambre y una cuenta de rosario. Se trata de unir A y B con el alambre, de ensar-tar la cuenta en A y de hacerla caer por el alambre hasta B. Para cada forma de curva que le des al alambre, la cuenta tardará un tiempo distinto en caer de A a B. Ahora, la pregunta es: ¿qué forma habrá que darle al alambre para que la cuenta llegue a B en el menor tiempo posible?

Pues resulta que la forma es precisamente la de la cicloide que sale verticalmente de A y pasa por B, del si-guiente modo.

B

A

PCurioso ¿no? El segmento rectilíneo AB da la distancia menor entre A y B, pero una bola que cae por el plano in-clinado AB... ¡tarda más por ahí que si va por APB, bajando primero hasta P y luego subiendo a B! ¡Quién lo diría!

¿Por qué no te haces el experimento, como antes, con cartón y cartulinas y canicas? ¡Es fácil! Si tu cicloide es bien grande podrás observar la diferencia.

La hélice

Una digna compañera de la cicloide en el mundo de las curvas famosas es la hélice, curva con mucha más historia en sus espirales que la cicloide, pues se sabe que el mismo Apolonio de Perga escribió en el siglo III a. de C. un tratado sobre ellas, hoy perdido.

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s 13

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s 13 Si tomas una hoja de papel, por ejemplo, DIN A4, trazas una diagonal y luego enrollas la hoja para formar un

cilindro, la diagonal trazada se transformará en una curva sobre el cilindro. Esta es una hélice.

La hélice te servirá para estudiar otras curvas. Toma una hoja de acetato y traza sobre ella la diagonal, así po-drás ver mejor la hélice en el espacio.

Los puentes de KönigsbergUna de las ramas importantes de la matemática actual, la topología, nació con el siguiente acertijo que el gran Euler describió y resolvió en uno de sus artículos: “El problema que, según entiendo, es muy bien conocido, se enuncia así: en la ciudad de Königsberg, en Prusia, hay una isla, llamada Kneiphof, rodeada por los dos brazos del río Pregel. Hay siete puentes, A, B, C, D, E, F y G, que cruzan los dos brazos del río [ver la fi gura de abajo]. La cuestión consiste en determinar si una persona puede realizar un paseo de tal modo que cruce cada uno de los puentes una sola vez. Se me ha informado de que, mientras unos negaban la posibilidad de hacerlo y otros lo dudaban, nadie sostenía que fuese posible realmente”.

C DE G

FA B

¿Por dónde se puede empezar a atacar el problema? Piensa y observa. Hay muchos aspectos del problema que son totalmente irrelevantes, que no importan nada. Por ejemplo, que la isla sea más grande o más chica, que los puentes sean más estrechos o más anchos, rectos o curvos, más largos o más cortos. Lo esencial es el esquema, lo que los puentes unen y cómo estas uniones se comportan entre sí. Lo esencial es, pues, lo siguien-te: ¿se puede trazar el siguiente dibujo de un solo trazo sin repetir ninguna línea?

G

Figura 1

DC

AB

E

F

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s 13

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s 13 Seguro que esto ya te sugiere algún recuerdo de tu infancia. ¿Sabrías repetir las siguientes fi guras sin levantar

el lápiz del papel y sin repetir dos veces una misma línea? ¿Sabrías hacer esto mismo saliendo de algún punto y volviendo al mismo punto?

Figura 2 Figura 3

Figura 4 Figura 5

Prueba, prueba… La fi gura 3 la conocerás casi seguro y la habrás hecho muchas veces, pero te costará termi-nar en el punto en que comienzas. La fi gura 4 es tan fácil de trazar que, a no ser que lo hagas la mala idea, saliendo de cualquier punto llegas al mismo punto sin repetir arcos y recorriéndolos todos, y eso casi sin proponértelo.

La fi gura 2 parece más simple, tiene menos trazos, pero para ella, como para esta fi gura 6 de solo tres trazos, los dos problemas propuestos son imposibles de modo clarísimo, trivial, como a veces se dice insultantemente.

Figura 6

La fi gura 5 parece que no hay cristiano (ni moro) que la analice, pero ahí tienes una solución:

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s 13

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s 13

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2151

16

14 6

517 7 3

418

1219

9

20 8 21 22

23

2410

11 Figura 7

¿Cuál es el misterio de los arcos de un caso y de otro? ¿Cómo averiguar si un dibujo se puede hacer como se pide y otro no? Y si se puede, ¿cómo encontrar la receta? Empecemos por casos sencillos:

Figura 8

B

A

Figura 9

B

C C

AB

D

B C

DAA

Figura 10 Figura 11

La fi gura 8 se puede, ¡faltaría más!, pero no se puede salir y llegar al mismo punto. La fi gura 9 se puede si se sale de A terminando en B y también se puede conseguir si se sale de B terminando en A, pero si salimos de C no se puede. La fi gura 10 no se puede de ninguna forma. La fi gura 11 se puede saliendo de cualquier punto y se termina en el mismo punto. Lo que distingue a los vértices es claro. El número de posibles entradas y salidas de ellos, es decir, el número de arcos que concurren en cada uno. Aquí están esos números, el grado de cada vértice

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1

2

3 3

2 2

2 2

1

1 11

Creemos que con este material las Secretarías Regionales de la Olimpiada podrán organizar Festivales de Problemas e invitar a los alumnos del profe-sorado y exolímpicos al desafío de encontrar más Leñitas Geométricas para el espectáculo.

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s 13

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s 13 ¿Y por qué es importante ese número? ¡Hombre! Entradas y salidas es lo que andamos buscando. Lo que nos

atasca en un vértice es la falta de una salida, ¿no? Es cierto, pero tener muchas entradas y salidas no siempre es bueno. La fi gura 12 tiene más entradas y salidas que la fi gura 3, y sin embargo la 3 es posible y la 12 imposible. Pensemos en una fi gura posible de trazar volviendo al mismo vértice de partida. Para cada vértice del recorrido, como no nos paramos en él, resulta que entramos tantas veces como salimos, naturalmente por arcos distintos.

Figura 12

Así, cada vértice es de grado par. El primero también pues volvemos a terminar en él. Así, si una fi gura es po-sible terminando en el mismo vértice de salida tiene que tener todos los vértices de grado par.

¿Aclara esto nuestro problema totalmente? ¡Aún no! ¿Resultará que si todos los vértices son de grado par podemos hacer un recorrido llegando a terminar en el vértice de salida? Veamos. Lo que es seguro es que nunca nos atasca-mos en nuestro camino si no es en el vértice de salida S, pues como cada vértice es de grado par, al entrar en uno que es distinto de S por primera vez nos queda un número impar de arcos de salida, es decir, por lo menos un arco; al entrar por segunda vez nos queda de nuevo un número impar, pues hemos usado tres arcos que concurren en ese vértice; así, siempre que entremos podremos salir. Por tanto, caminando por nuestra fi gura al buen tuntún, saliendo de S solo nos atascamos estando en S de nuevo. Si hemos recorrido toda la fi gura ya tenemos nuestro problema resuelto. ¿Y si no la hemos recorrido? Si en nuestro camino C nos faltan arcos por recorrer, lo cierto es que podemos proceder así para ampliar nuestro camino y hacer uno más grande que siga verifi cando las reglas del juego. Cuando lleguemos al primer vértice S1 del que salen arcos que no estén recorridos, vamos por ellos. Como antes, no nos podemos parar si no es en S1. Ahora, cuando en S1 están recorridos todos los arcos que salen de él, seguimos a partir de S1 por el camino inicial C hasta llegar al primer vértice S2, en el que concurran arcos que no están recorridos ni en el camino C ni en la ampliación que acabamos de hacer. Así, acabamos por recorrer todos los arcos.

Por tanto, si todos los arcos son de grado par, la fi gura propuesta es posible y además tenemos la receta para trazar el camino pedido. ¡Además esta receta nos dice que el vértice de salida, que puede ser cualquiera, es necesariamente el mismo que el fi nal!

¿Y si hay vértices impares? Observa la fi gura 9. Si sales de A o de B, consigues hacerla, pero si sales de C, no. Los vér-tices A y B son impares, el C es par. ¿Qué misterio es este? Lo que antes nos condujo a la solución nos puede indicar la forma de proceder ahora. En un trazado como el que tenemos que hacer hay un vértice inicial, un vértice fi nal y todos los demás de paso. Pero un vértice de paso (ni inicial ni fi nal) tiene tantos arcos de entrada como de salida, es decir, es de grado par. Por tanto, si una fi gura admite un trazado como el que se pide, todo vértice de paso ha de ser par. Pero los vértices de paso son todos menos dos. Por tanto, si una fi gura tiene más de dos vértices impares, es imposible. Por otra parte, si una fi gura tiene dos vértices impares, está claro que si intentamos trazarla según las reglas tendremos que salir de uno de los vértices impares e intentar terminar en el otro vértice impar. Solo nos queda una cuestión para tener nuestro problema resuelto totalmente. Si una fi gura tiene dos o solamente un vértice impar, ¿será posible?, ¿receta? Lo que hasta ahora sabemos nos puede aclarar las cosas. Si una fi gura tiene uno o dos vértices impares, salimos con decisión de uno de ellos, S. No nos podemos atascar en ningún vértice par, pues si entramos podemos salir de él, ni tampoco en S, pues al salir gastamos uno de sus arcos y así le quedan después un número par de ellos y, por tanto, si volvemos a entrar podemos salir. Como acabamos por atascarnos (solo hay un número fi nito de arcos) queda claro que nos atascamos en el otro vértice impar, lo cual demuestra que no puede haber un solo vértice impar. Ahora nos preguntamos: ¿hemos recorrido con este camino C toda la fi gura? Si es así, enhorabuena, ya tenemos nuestro problema resuelto. ¿No? Entonces procedemos como antes. Salimos de S por el camino C hasta llegar al primer vértice S1, del que salen arcos no recorridos del camino C. Observa que a todos los

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s 13

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s 13 vértices que tienen aún arcos no recorridos en C les falta un número par de arcos por recorrer. Así, saliendo de S1 por

arcos que no están en C no nos atascamos en ningún vértice distinto de S1. Llegamos entonces a S1 por un camino C1 de arcos que no están en C, habiendo recorrido todos los arcos de S1 que no estaban en C. Ahora podemos con-tinuar por C hasta llegar al primer vértice S1 que tiene arcos que no están en C ni en C1. Procedemos igual, y de este modo acabamos por recorrer todos los arcos de la fi gura.

Puedes practicar el método proponiéndote fi guras posibles complicadas y desafi ando a algún amigo a trazar-las. Por ejemplo, las siguientes.

También puedes suponer que tienes una avioneta en Königsberg, que te permite dar un único salto de un punto a otro cualquiera, el que te apetezca. ¿Podrías entonces hacer el camino que se pide? ¿Cuál es la con-dición general de una fi gura para que se pueda trazar con la ayuda de un salto único?

Nota. El método que hemos visto para resolver problemas como el de los puentes de Königsberg nos permite también resolver el problema de llegar al centro de cualquier laberinto que se nos ponga por delante, aun sin conocer en absoluto su estructura. Propongámonos llegar desde la entrada al punto del tesoro señalado en el laberinto del jardín de W. W. Rouse Ball, uno de los más grandes escritores de recreaciones matemáticas de todos los tiempos. Supongamos que no tenemos ningún mapa y que, por lo tanto, nuestra fi nalidad será recorrer todo el laberinto (se supone, claro, que el tesoro está bien patente en algún punto del laberinto al que se puede llegar) y salir por la única entrada que hay. ¿Podremos hacerlo?

¡Sí! El sendero que constituye el laberinto (línea roja de la segunda fi gura) consta de arcos y puntos de bifur-cación. Como por cada arco queremos pasar una vez de ida y otra de vuelta, repetimos cada arco dos veces. Una vez hecho esto, claramente tenemos una fi gura como las que hemos venido estudiando en este capítulo con todos los vértices pares. Así se puede recorrer toda ella sin repetir arcos partiendo de cualquier punto. Además, lo podemos hacer sin conocer el mapa del laberinto. Lo único que necesitamos es poder señalar de algún modo los arcos que ya hemos recorrido. Para ello basta que, con una tiza, en cada bifurcación señalemos con una fl echa qué sendero hemos tomado para no volverlo a tomar cuando estemos en el mismo punto.

Naturalmente, este modo de proceder no nos proporciona el camino más breve para llegar al tesoro, pero sí nos da la seguridad de llegar a él y de poder volver a salir.

El laberinto del jardín de Rouse Ball, con su tesoro

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s 13 Construcciones geométricas

El lugar geométrico de las rectas que dividen a todos los ángulos inscriptos en un mismo arco, según los mis-mos ángulos, es el punto del arco que se obtiene dividiendo de la manera requerida uno cualquiera de los ángulos inscriptos.

Problema A. Construir un triángulo conociendo las porciones según las cuales el ángulo A y su lado opuesto a están divididos por una recta AD

! "!!.

Como se conocen las porciones del ángulo, entonces se conoce este ángulo, y lo mismo sucede con el lado a. Por lo tanto, sobre a se describe un arco capaz del ángulo A; en ese segmento se traza un ángulo cualquiera BAʹC.

A

CD

M

B

Aʹ

Como sabemos que, si en un círculo se trazan ángulos inscritos en el mismo arco y se los divide en dos ángulos que sean respectivamente iguales a los correspondientes del otro, el lugar geométrico de esas rectas de divi-sión es el punto del arco, que se obtiene dividiendo de la manera dada uno cualquiera de los ángulos inscritos; se dividirá el ángulo Aʹ en ángulos iguales a los dados, y esa recta nos dará el punto M, que unido con D y prolongado nos dará el tercer vértice A.

Problema B. En una circunferencia, inscribir un triángulo conociendo la dirección de un lado, la bisectriz del ángulo opuesto y un punto de esa bisectriz.

ACʹ

Aʹ

Rʹ

Bʹ

B

R

M N

CP

Sea MN! "!!!

la dirección del lado a, P un punto de la bisectriz del ángulo A; conociendo la dirección MN! "!!!

de a co-nocemos el punto medio R del arco correspondiente. Luego, uniendo R con P tenemos el vértice A. Tomando,

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s 13 a partir de A, una longitud AD igual a la bisectriz y trazando por D la paralela a MN

! "!!!, tenemos a, y, por lo

tanto, los otros dos vértices B y C. En general, habrá dos soluciones.

Problema C. Inscribir en una circunferencia de centro O un triángulo ABC semejante a otro A1B1C1 con la condición de pasar uno de sus lados por el punto M.

M

B

CA

β

α

θ

o

Bʹ

Cʹ

Sea ABC el triángulo y M el punto dado; O el centro de la circunferencia en la cual se ha de inscribir el seme-jante. En un punto cualquiera Bʹ de la circunferencia se trazan una tangente y una secante que formen un án-gulo TBʹCʹ = α = A1; describimos la circunferencia lugar de las cuerdas iguales a ʹB ʹC , y trazando en ese lugar una tangente desde el punto M, tendremos BC ; formando ahora un ángulo CBA = β = B1, esta recta corta a la circunferencia en el tercer vértice A. El triángulo ABC será el pedido por tener los ángulos B = B1 por cons-trucción y A = Aʹ = A1 por ser inscritos que abrazan arcos iguales. Puede tener dos, una o ninguna solución.

Para visualizar. Problemas1. Construir un trapecio conociendo sus cuatro lados.

2. Construir un cuadrilátero dadas las longitudes de sus cuatro lados y el ángulo que forman dos lados opuestos.

3. Construir un trapecio conociendo las diagonales, la línea que une los puntos medios de los lados no para-lelos y la base media.

4. Dadas dos circunferencias, trazar un segmento igual en longitud y paralelo a uno dado con un extremo sobre cada una de las circunferencias.