11. 28. El nudo pentagonal II

“Además de embarcaciones hay una papiroflexia más complicada, casi geométrica, matemática. La de hacer pajaritas como aquellas en que entretenía sus ocios el maestro Miguel de Unamuno…” Empiezo este segundo artículo sobre el nudo pentagonal con unas palabras del premio Nóbel de literatura guatemalteco Miguel Ángel Asturias sobre Miguel de Unamuno. Es sabida la relación de Unamuno y la papiroflexia, y como muestra de ello son las figuras que inventó o cuadros como el de la fotografía, donde Unamuno aparece retratado por Zuloaga junto con una de sus figuras, el “avechucho”. Además también escribió sobre papiroflexia, sobre todo en su novela “Amor y pedagogía”(en el apéndice “Apuntes para un tratado de cocotología”). Pero Unamuno aparece en este artículo por el siguiente poema acerca del nudo pentagonal: El poema aparece junto con el dibujo del nudo pentagonal que hay sobre él y se describe tanto el nudo pentagonal como la estrella que se forma al hacerlo. Esta estrella es la que aparece al trazar todas las diagonales de un pentágono: Si tomamos una tira de papel no demasiado gruesa y hacemos un nudo, como explicamos en el artículo anterior, obtenemos un pentágono. Pero si miramos el nudo al trasluz se puede apreciar el contorno de la estrella casi al completo, sólo falta una de las diagonales del pentágono. Basta entrelazar una de las tiras salientes una vez más en el nudo para poder ver la estrella completa: Esta estrella de cinco puntas, conocida también como pentagrama o pentáculo, tiene mucha leyenda detrás y, como todo lo relacionado con el pentágono, la estrella también tiene una estrecha relación con el número áureo (se puede encontrar información sobre la estrella de cinco puntas en http://es.wikipedia.org/wiki/Pentagrama_(geometría)). En papiroflexia hay una figura sencilla conocida como “Lucky Star” (estrella de la suerte) que parte del nudo pentagonal para hacer una estrella de cinco puntas en 3D. Veamos cómo se hace: 1º_Cogemos una tira larga de papel y hacemos un nudo en uno de los extremos (pasos 1, 2 y 3). El trozo de tira más pequeño que salga del nudo se dobla como en el paso 4 y se introduce en el bolsillo interior que queda en el nudo. 2º_Doblamos una y otra vez el extremo más largo envolviendo al pentágono, de forma que la tira dobla en el borde del pentágono (como en los pasos 5, 6 y 7). Esto debe hacerse siempre en el mismo sentido hasta acabar la tira de papel y sin aplastar excesivamente los dobleces. 3º_El trozo de tira sobrante (paso 8) se dobla sobre el borde del pentágono y se introduce en el interior del bolsillo que hay en el mismo. Por último (paso 9), empujamos con cuidado sobre cada lado del pentágono para que la estrella tome forma tridimensional. 4º_Estrella terminada: Podéis ver un vídeo de cómo se hace (¡incluso un blog entero sobre ella!) en www.foldastar.com (en inglés). También una bonita galería de fotos con cientos de estrellas de este tipo en: http://divulgamat2.ehu.es/www.flickr.com/photos/creativeliberties/sets/72157600072940760 Vamos ahora con los deberes del artículo anterior. Sabemos cómo se hace un nudo para formar un pentágono, pero ¿es posible hacer un hexágono haciendo un nudo a partir de una tira de papel siguiendo el mismo método?¿y un heptágono?, y en general ¿se podrá hace un polígono de n lados haciendo un nudo con una tira de papel? Si tomamos una tira e intentamos hacer un hexágono parece imposible, así que desistimos y tratamos de hacer un heptágono. Es mucho más fácil, veamos cómo se hace: ¡Ya tenemos el nudo heptagonal! Pero no nos olvidemos que nos hemos saltado uno, el hexágono. Vamos a demostrar que no se puede hacer, para ello veamos unas nociones sobre aritmética modular (también llamada aritmética de reloj). Si tenemos un reloj analógico, de los de saetas, resulta que nos bastan solo 12 números para representar las 24 horas que tiene el día. Las 16:00 están representadas por el número 4, y las 21:00 por el 9. Si ahora por ejemplo la saeta de las horas apunta al 5 podemos saber dónde apuntará pasadas 100 horas. Cada 12 horas que pasan la saeta da una vuelta completa y por tanto apunta de nuevo al mismo lugar. Tenemos que 100 = 12 + 12 + 12 + 12 + 12 + 12 + 12 + 12 + 4 = 12x8 + 4 Por tanto, si ahora la saeta apunta al 5, pasadas 100 horas la saeta apuntara al 5+4=9. De esta manera, cualquier número lo podemos representar con uno de estos relojes, basta dividir el número por 12 y quedarse con el resto. Supongamos ahora que nuestro reloj tiene solo los números desde el 0 hasta el 7, es decir 8 horas. Funcionará de manera similar. Si son las 5 y pasan 6 horas la saeta pasara a apuntar al 3. y el número 35 = 8 + 8 + 8 + 8 + 3 = 8x4 + 3 estará representado por el 3. En general, para saber a qué hora corresponde un número cualquiera en este reloj basta hallar el resto de la división del número entre 8. A este conjunto de 8 elementos lo llamaremos Z8 Z8 = Y por ejemplo, como el 35 equivale al 3 lo expresaremos como 35 ≡ 3 (mod 8), o si sobreentendemos que estamos trabajando sobre el reloj de 8 horas Z8 podemos escribir simplemente 35 ≡ 3. Podríamos decir que, usando los números de Z8, el 35 y el 3 son el mismo número. Además, si multiplicamos un número por otro, nuestra aritmética de reloj también funciona. Por ejemplo: 10 ≡ 2 (mod 8), si multiplicamos por 3 ambos lados de la igualdad tenemos que 30 ≡ 6 (mod 8), y así es, 30 = 8x4 + 6. En general, llamaremos Zn = , que equivaldría a un reloj de n horas. Pasemos ahora al problema de cómo hacer nudos con una tira de papel para obtener un polígono cualquiera. Supongamos que queremos hacer un nudo octagonal con una tira de papel. Supondremos que la tira entra a formar el octógono por el lado 0 (Ver imagen inferior). Luego la tira cruza el octógono hasta llegar a algún otro lado, por ejemplo el 3, y en ese lado se pliega. Para que el octógono sea regular este último pliegue ha de ser simétrico, esto es, el nuevo pliegue debe hacer que la tira cruce de nuevo el octógono de la misma manera pero yendo ahora hacia el nodo 3 + 3 = 6. Después de doblar la tira en el lado 6 debemos ir hacia el siguiente sumando de nuevo 3. Pero 6+3=9 y sólo tenemos números de 0 hasta 7. Aquí entra en juego la aritmética modular, ya que 9 ≡ 1 (mod 8). Continuando así tenemos 1 + 3 ≡ 4, 4 + 3 ≡ 7, 7 + 3 ≡ 2, 2 + 3 ≡ 5, 5 + 3 ≡ 0 y ya hemos recorrido los 8 lados del octógono. Por tanto tenemos el nudo octogonal terminado. La forma de hacer el octógono ha sido la siguiente: Empezamos a hacerlos desde el lado 0. Buscamos un número entre 2 y 6 (notad que no se pueden usar los lados 1 y 7 por ser los contiguos al lado 0) tal que al sumarlo una y otra vez nos genere todos los números de Z8. Esto querrá decir que al ir doblado la tira se formaran todos los lados del octógono. Si intentamos hacer un nudo hexagonal de forma análoga, trabajando sobre Z6 = , hemos de elegir un número ( 2, 3 ó 4 ) de forma que al sumarlo una y otra vez generemos todos los elementos de Z6. Pero: Si elegimos el 2 2 + 2 ≡ 4 4 + 2 ≡ 0 0 + 2 ≡ 2 2 + 2 ≡ 4 ... Si elegimos el 3 3 + 3 ≡ 0 0 + 3 ≡ 3 3 + 3 ≡ 0 ... Si elegimos el 4 4 + 4 ≡ 2 2 + 4 ≡ 0 0 + 4 ≡ 4 4 + 4 ≡ 2 ... En los tres casos se repiten una y otra vez los números sin rellenar conseguir todos los de Z6. No existe el número buscado y por tanto es imposible hacer un nudo hexagonal de esta manera. Hemos visto que se puede hacer un pentágono, un heptágono y un octógono, y que no que no se puede hacer un hexágono. En general, ¿se podrá hacer de esta manera un polígono de n lados? Para ellos nos situamos en Zn =  y lo que buscamos es un número k entre los números 2, 3, …, n-3, n-2 de manera que cumpla que = Zn Es decir = Zn. Por tanto los números k, 2k, 3k,..., nk deben ser distintos entre sí en Zn. Veamos que si k es unidad se cumple que k, 2k, 3k,..., nk son todos distintos en Zn. Diremos que k es una unidad si existe un número h de manera que kh ≡ 1 (mod n). Por ejemplo en Z7 =  el 3 es unidad porque si lo multiplicamos por 5 tenemos que 3x5 ≡ 15 ≡ 1 (mod 7). Si probamos que los números k, 2k, 3k,..., nk son distintos, entonces tendremos  n números distintos en Zn y por tanto = Zn. Si k es unidad en Zn, los números k, 2k, 3k,..., nk son distintos en Zn. Demostración: Supongamos que no es cierto. Entonces habría dos números m1 y m2 distintos en Zn tales que m1k ≡ m2k. Por ser k unidad existe un número h tal que kh ≡ 1. Entonces, multiplicando m1k ≡ m2k por h se tiene que m1kh ≡ m2kh, y como kh ≡ 1,  m1≡ m2, lo que contradice que sean distintos. Por tanto, se cumple la tesis del enunciado. Con esto, para formar el nudo, sólo es necesario buscar un número k entre los números 2, 3,…, n-3, n-2 que sea unidad. Existe una función que nos ayudara a buscar estas unidades. Es la función φ de Euler. La función φ(n) proporciona para cada valor de n el número de unidades que hay en Zn. Los números 1 y n-1 siempre son unidades en Zn, pues 1x1 ≡ 1  y (n-1)(n-1) ≡ (-1)(-1) ≡ 1. Por tanto, para n>6  (es decir, si queremos construir un nudo poligonal de más de 6 lados, como es nuestro caso) tenemos que φ(n)≥2, ya que al menos hay dos unidades en Zn.  Además se comprueba fácilmente que el 0 nunca es unidad. Bastará que la función φ(n) valga 3 o más para que existan 3 unidades al menos, de las cuales, una de ellas la podremos encontrar entre 2, 3,…, n-3, n-2. En http://es.wikipedia.org/wiki/Función_φ _de_Euler está la definición de la función de Euler. No es difícil comprobar que si n>6, la función φ(n)≥3. Por tanto, queda probado que se puede construir cualquier polígono de n lados haciendo un nudo de la misma manera que se hace el nudo pentagonal. Hay que decir que en la práctica no es sencillo hacer un nudo con un tira de papel que tenga más de 7 lados (incluso el hacer el nudo heptagonal no es sencillo). Pero es posible. Fuentes consultadas: - Obras completas de Miguel de Unamuno, Volumen 5 (se puede consultar desde la Web de de la Biblioteca Virtual Miguel de Cervantes, aquí) - Web de la Asociación Española de Papiroflexia, sección de Unamuno - www.foldastar.com - www.flickr.com/photos/creativeliberties/sets/72157600072940760 - www.geocities.com/mmukhopadhyay/creation/star.html - ‘Folding Knots from Strips’ Origami Tanteidan, n. 89. Tom Hull. - “Matematical Games”, Scientific American, Julio de 1959. Martin Gardner. - “A note on knots”, American Mathematical Monthly, Vol.31, Mayo de 1924. F.V.Morley Gracias a David Lister por toda la información y ayuda que me ha proporcionado para escribir este artículo.

Domingo, 01 de Junio de 2008 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

12. 34. Cómo obtener un cuadrado sin cicatrices a partir de un folio

Cisne de Akira Yoshizawa En papiroflexia cada pliegue que se hace es importante, pero a veces, para que quede bien una figura, lo importante es no hacer más pliegues de los necesarios. Cada pliegue extra que realizamos supone una cicatriz en el papel, y casi siempre son las cicatrices desafortunadas las que acaban viéndose en la figura de papel. La primera vez que Carlos Pomarón me enseñó a plegar el cisne de Akira Yoshizawa comprendí la importancia de las cicatrices. Es una figura con pocos pasos y fácil de hacer, y la estábamos plegando con un papel tipo cartulina (Canson Mi-Teintes) usando la técnica del papel humedecido. Es decir, una cicatriz en este papel no tiene vuelta atrás. Así que no marcamos ninguna cicatriz que luego se fuera a ver, ni siquiera para hacer el lomo. ¿Y por qué?  Porque un cisne no tiene cicatrices, dijo Carlos, y si las tuviese no las queremos reflejar en nuestro cisne de papel. Se trata de hacer un figura ideal. Un caso de cicatriz desafortunada me apareció al plegar el reloj de cuco de la Selva Negra de R.Lang. En la fotografía se aprecian dos cicatrices oblicuas en la zona del reloj.  Es una figura compleja y con muchos pasos, pero si desde el principio hubiese sabido dónde iba a parar cada pliegue, habría evitado marcar tanto esos dos pliegues... Reloj de cuco de Robert Lang Así que si lo que queremos es evitar cicatrices extra, el primer paso es utilizar un papel que no tenga cicatrices antes de empezar a doblarlo, está claro. El problema llega cuando buscamos un papel cuadrado y resulta que no tenemos...bueno, pero tenemos folios (DIN-A4). De ahí sacamos un cuadrado y ya está...¡vaya problema! Ya sabéis como se hace, pero os lo recuerdo: Pero...¡nos ha quedado una cicatriz!...no nos vale este método. Afortunadamente, nos sabemos un truco para conseguir cuadrados sin cicatrices: cogemos otro papel igual que el que tenemos y... ¡Ya está! Pero....¿Qué pasa si solo tenemos un folio? Pues ahí están las matemáticas para auxiliarnos, como siempre :). Aquí va el nuevo método: Pero...¿Seguro que es cuadrado?, o sea...¿Seguro que es cuadrado “del todo”? Pues sí, seguro. Veámoslo. Un rectángulo de proporción DIN-A cumple siempre que sus lados distintos guardan la relación 1:√2, es decir, que podemos suponer sin problemas que el lado corto mide 1 y el lado largo mide √2. Veamos en qué se basa el método para obtener el cuadrado: En el paso 1 trazamos un pliegue a 45º, por lo que se produce un triángulo rectángulo con los dos catetos iguales a 1, y por tanto su diagonal vale √2. En el paso 2 llevamos el lado inferior, que mide 1, sobre el pliegue anterior. En la figura del paso 3 se aprecia cómo se han formado 2 triángulos. El triangulo rojo tiene los dos lados iguales (x = y), y se observa que el valor es y = √2-1, por lo que x = √2-1. Desplegando de nuevo la hoja, en el paso 4, se tiene que la porción que le quitamos al folio mide √2-1, por lo que el rectángulo restante es efectivamente un cuadrado de lado 1. Este método para obtener cuadrados vale para todo tipo de hojas de proporción DIN-A. Ahora podemos plegar figuras como éstas, en las que necesariamente hay que utilizar cuadrados sin cicatrices. Dream Dancer de Giang Dinh Orb de Jeannine Mosely Cubo de Haga-Kasahara Este método también tiene la aplicación inversa, es decir, sirve también para obtener un rectángulo de papel con las mismas proporciones que el rectángulo que sobra al sacar de un un folio un cuadrado. Además, en este caso se puede partir de un rectángulo cualquiera: ¿Y para qué queremos un rectángulo así de raro, con proporciones 1 x (√2-1)? Porque también hay figuras que se hacen con papel de estas proporciones, como por ejemplo: Zorro de Felipe Moreno Gato de Román Díaz En este caso, la desventaja de este método es que el rectángulo que obtenemos tiene dos cicatrices que seguramente no sean necesarias, pero podemos usarlo para sacar un rectángulo como patrón, y a partir de él hacer copias. Referencias de las fotografías: Cisne de Yoshizawa: Catálogo de la exposición “Origami: El arte del papel plegado” (Zaragoza 2009) Dream dancer de Giang Dihn Orb de Jeannine Mosely Cubo de Haga- Kasahara: Libro “Origami para Expertos”, de K.Kasahara y T.Takahama Zorro de Felipe Moreno Gato de Román Díaz

Viernes, 08 de Enero de 2010 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

13. 2. Cúpulas Geodésicas de Papiroflexia

Durante el curso 01-02 varias alumnas de 1º de Bachillerato del colegio Guadalaviar de Valencia donde trabajo como profesora de ciencias de la Naturaleza y yo, construimos varias cúpulas geodésicas de papiroflexia en un taller de actividades extraescolares Las cúpulas geodésicas son cubiertas cóncavas de edificios, que por lo general tienen forma semiesférica. Están formadas por la unión de pequeños elementos triangulares que se ensamblan con facilidad y que al estar hechos de materiales ligeros permiten el techado de grandes espacios sin soportes. Los triángulos forman elementos hexagonales y pentagonales, estos últimos son la clave para curvar la superficie. Fueron patentadas en 1947 por el arquitecto americano Richard Buckminster Fuller (1895-1983). Su obra más famosa fue la esfera del pabellón USA en la Exposición Universal de Montreal de 1967. Este pabellón esférico futurista de 76 m de diámetro y 41,5 m de altura alcanzó fama mundial. Fuller fue una figura polémica que defendía la posibilidad de construir grandes espacios (barrios, ciudades) abovedados con este tipo de cúpulas. En su honor se ha llamado fullerenos a la tercera forma alotrópica del carbono (las otras dos son el diamante y el grafito) descubiertas en 1985. Las moléculas del fullereno tienen 60 átomos de Carbono colocados en el espacio con la misma simetría que un balón de fútbol (icosaedro truncado). Para hacer las cúpulas utilizamos unos módulos de papiroflexia que me inventé después de darles muchas vueltas. Estos módulos son los que forman las varillas de la cúpula y se unen entre sí mediante conectores en forma de “V” también de papel doblado. Los cálculos necesarios para construir las cúpulas (nivel de reticulación, dimensiones de las varillas, diámetro de la cúpula, etc…) los hemos obtenido en el sitio: “The Dome Calculator” Las cúpulas construidas son del tipo 2V y están formadas por varillas de dos longitudes; con ellas se va construyendo la cúpula siguiendo el patrón que aparece en el diagrama. Descárgatelo en un tamaño mayor Hicimos dos tipos de cúpulas, una de ellas de 32 cm de diámetro en la que utilizamos varillas de 10 y 8,8 cm de longitud hechas con papel metalizado. También hicimos una esfera geodésica con este tipo de varillas. En la construcción de estas cúpulas pequeñas no es necesario utilizar pegamento en las uniones pero si se hacen esferas geodésicas es aconsejable, una vez construidas, poner un poco de pegamento en los vértices para poder manipularlas y conservarlas sin problemas. La otra cúpula de 1,8 m de diámetro la hicimos con papel blanco de embalar; para hacer las varillas utilizamos doble capa de papel para que fueran más resistentes. En la construcción de esta cúpula fue necesario utilizar un poco de cinta adhesiva en las conexiones. Esta actividad fue muy interesante ya que, utilizando como recurso la papiroflexia, estas alumnas (futuras estudiantes de arquitectura) pusieron en práctica las posibilidades informativas que ofrece Internet sobre un tema que despierta su interés, aplicando los conocimientos adquiridos para la construcción de maquetas de estructuras geodésicas. También trataron interacciones de la ciencia y tecnología con aspectos sociales (C/T/S), y tomaron contacto directo con cuestiones relacionadas con su futura carrera como resistencia de materiales, equilibrio de tensiones en una estructura arquitectónica, etc. Relacionado con este último punto les resultó muy interesante comprobar directamente cómo la cúpula se hace estable y se sostiene al colocar la última pieza del vértice de la estructura. Esta pieza actúa como la piedra que en arquitectura se llama “clave” que cierra los arcos y bóvedas produciendo un equilibrio de tensiones posibilitando que estas estructuras se mantengan en pie y no se caigan. En el artículo “Construcción de cúpulas geodésicas a partir de información de la Web” de la revista Innovación Educativa (nº 118, 2003, 48-51) se describe esta experiencia con más extensión. En la sección de educación de mi página sobre papiroflexia “Las arrugas del papel son bellas” (http://pagina.de/papiroflexia) se pueden ver más fotografías sobre la construcción de estas cúpulas y otras experiencias educativas utilizando como recurso la papiroflexia.

Miércoles, 01 de Diciembre de 2004 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

14. 10. Problema del Verano de 2005

El siguiente problema fue propuesto por Nick Robinson en el Boletín nº 182 de la British Origami Society “Doblar un papel cuadrado por una línea, abatiendo por completo la parte que queda a un lado de esa línea, sobre la otra parte. Con esto, quedará a la vista parte del anverso del papel, y parte del reverso. Se trata de determinar una línea de abatimiento de forma que las superficies que quedan a la vista de una y otra cara del papel, tengan igual área y ésta sea la máxima que podamos obtener.” La figura siguiente ilustra el problema con un plegado que, naturalmente, no representa la solución. Figura 1 Un par de pistas: Si la parte que abatimos queda por completo dentro del recinto del cuadrado, es evidente que se pueden considerar tres áreas: El triángulo azul (visto) Otro triángulo idéntico debajo del azul, que queda oculto. Un polígono irregular rojo (visto) Como el problema plantea el que las partes vistas tengan el mismo área, lo que se trata de encontrar es una línea de pliegue que haga que las superficies del triángulo (azul) y la del polígono (rojo), sean iguales. Como el cuadrado inicial comprende el polígono y 2 triángulos (el visto y el tapado), es evidente que, en este caso, el área buscada, será igual a 1/3 de la del cuadrado, puesto que las 3 partes han de ser iguales. Es casi inmediato encontrar varias soluciones que cumplen así, uno de los planteamientos del problema: “Que sean de igual área”, pero ¿cumplen con la otra condición?, es decir, “que esa área sea la máxima posible”? Se puede razonar que la línea de abatimiento ha de ser como la de la siguiente figura: Figura 2 en que una zona del reverso “escapa” de la superficie ocupada por el cuadrado inicial. NOTA: No te preocupes si no resuelves el problema por completo: ¡las respuestas o resultados parciales también serán tenidos en cuenta! ¡¡ENVÍA LAS RESPUESTAS A ESTA DIRECCIÓN!!

Viernes, 01 de Julio de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

15. 11. Plegado del pentágono óptimo

Tras una primera incursión en los polígonos óptimos a través del hexágono (ver el artículo del mes pasado), vamos a ver ahora el caso del pentágono. Presenta una dificultad adicional: la existencia de un ángulo más difícil de construir, es decir, (ó 36 grados).   Hay que señalar, de entrada, que el juego consiste en doblar, a partir de un cuadrado de papel, el pentágono óptimo, es decir, el pentágono regular más grande posible, de forma matemáticamente exacta y con un número finito de dobleces. Demos al César... En la literatura sobre la geometría y el origami, podemos encontrar numerosos doblados de pentágonos; al menos, existen numerosas variantes de doblados de pentágonos aproximados. Mucho menos numerosas son las técnicas de doblado exactas (desde un punto de vista matemático). No obstante, podemos encontrar dos en [5], páginas 89 y 253. Además, si buscamos el doblado del pentágono óptimo, hasta la actualidad, tan solo existía el método de Roberto Morassi [6]. La figura 3 representa someramente el diagrama de dicha técnica. La nueva técnica, desarrollada de forma independiente y propuesta aquí en la figura 2, me parece más sencilla. Utiliza el principio empleado para el hexágono [3]: laconstrucción de la versiónestrellada del polígono. Como todos los polígonos óptimos, el pentágono óptimo es simétrico respecto a una diagonal del cuadrado y un vértice toca cada lado del cuadrado, como en la figura 1. Figura 1. Pentágono óptimo y su versión estrellada Descripción del plegado Paso 1: el número de oro. Siendo D el punto medio del lado, dividimos por dos el sector angular . Este doblez permite construir el número de oro: . Paso 2:1/5 de π. Doblar llevando el punto C sobre el doblez horizontal a media altura, en F. Podemos observar que el doblez creado no pasa exactamente por D, pero acabamos de construir el ángulo . Paso 3: 1/10 de π, doblando la bisectriz de . Paso 4: la longitud l. Al doblar la bisectriz de , se obtiene un segmento BIcuya longitud es exactamente igual a la del lado del pentágono óptimo estrellado, lde la figura 1. Sólo queda por llevar dicha longitud al lugar adecuado; éste es el propósito de los últimos pasos. Paso 5: para colocar correctamente el lado del pentágono, como en la figura 1, primero hay que llevar el punto I sobre la diagonal, en J. Paso 6: doblar la mediana. Paso 7: KL es uno de los lados buscados. Por lo tanto, sólo queda completar el modelo para obtener el pentágono estrellado utilizando el método que se prefiera. Figura 2. Doblado del pentágono óptimo   Figura 3. “The elusive pentagon” de Roberto Morassi   Para aquellas personas que deseen detalles sobre la construcción de la figura 2, he aquí algunos pasos intermedios: para un cuadrado inicial de lado a (figura 1), la longitud de un lado del pentágono óptimo es Sabemos que . A la vista de la construcción clásica del número de oro realizada, , de donde se deduce que . Algunas cuestiones técnicas Los cuadrados, los triángulos y los octógonos óptimos son, por este orden, los más fáciles de construir, y el hexágono y el pentágono óptimos son los siguientes en la lista. En 1837, M. L. Wantzel demostró en [8] cuales eran los polígonos regulares construibles desde un punto de vista teórico, utilizando únicamente la geometría euclidiana, es decir, con regla y compás. Una condición necesaria es que estos polígonos tengan 2nf1f2...fs lados (con n y s números enteros), siendo fi números primos todos diferentes y con la forma 2m + 1, siendo m un número entero. Este resultado se puede simplificar un poco ya que una condición necesaria para dichos fies que tienen que ser números de Fermat, es decir, de la forma 22m+ 1 ; ahora bien, los únicos números de Fermat primos conocidos actualmente (ver [9]) parecen ser 3, 5, 17, 257 y 65537. Si se utiliza la técnica debida a Lill y utilizada por primera vez en origami por M. P. Beloch en [1] (capaz de resolver las ecuaciones de tercer grado mediante doblado), se puede generalizar este grupo de polígonos mediante la serie de los 2m3qp1p2... ps, donde los pi son todos diferentes, con la forma 2n3r +1, y primos, siendom, n, q, r, s, números enteros (véase por ejemplo [7]). Sin embargo, sigue habiendo fallos en esta criba: por ejemplo, el primer polígono regular al que no se puede aplicar esta construcción es el endecágono (11 lados). ¿Para cuándo una secuencia de plegado lo suficientemente sencilla como para que se admita en el conjunto de las construcciones básicas en origami y que permita construir el endecágono regular? Referencias M. P. Beloch. Sul metodo del ripiegamento della carta per la risoluzione dei problemi geometrici. Periodico di Mathematiche, IV, vol. XVI, N° 2, Págs. 104-108, 1936. D. Dureisseix. Searching for optimal polygon, application to the pentagon case. Septiembre 1997, nota no publicada, disponible en: http://origami.kvi.nl/articles/polye.ps D. Dureisseix. Un pliage de 1 hexagone optimal. Le Pli N° 77, p. 11, 1999. H. Huzita, editor. Proceedings of the First International Meeting of Origami Science and Technology, Ferrara, 1989. K. Kasahara. El Mundo Nuevo. Sanrio, 1989. R. Morassi. The elusive pentagon. In [4], Págs. 27-37, 1989. B. Scimeni. Draw of a regular heptagon by the folding. In [4], Págs. 71-76, 1989. M. L. Wantzel. Recherches sur les moyens de reconnaître si un problème de géométrie peut se résoudre à la règle et au compas. Journal de Mathématiques Pures et Appliquées, vol. 2, Págs. 366-372, 1837. E. W. Weisstein. The CRC Concise Encyclopedia of Mathematics, 1998. http://mathworld.wolfram.com/FermatNumber.html

Lunes, 01 de Agosto de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

16. 12. Métodos de Fujimoto

Frente a métodos, como el basado en el Teorema de Haga (ver artículos de marzo y abril), con los que se obtienen divisiones exactas del papel, existen otros que permiten aproximarnos iterativamente a determinadas divisiones. Teniendo en cuenta el grosor del papel, el error de plegado y la mayor precisión de determinados pliegues frente a otros, con los métodos de división aproximada se consiguen resultados muy satisfactorios. Básicamente, los métodos de Fujimoto consisten en doblar mitades de longitudes o ángulos. Para la justificación de la validez de estos métodos, basta con tener una idea sobre convergencia de sucesiones. Aunque existen otros métodos para dividir una longitud en tres partes iguales, resulta un buen primer ejemplo para ilustrar el método de Fujimoto. También veremos la división en cinco y en siete partes iguales. Veremos el método para longitudes, aunque se aplica directamente para la división de ángulos. Para lo que sigue, suponemos que el lado que queremos dividir en partes iguales mide 1. Los pliegues que se indican tienen que ser pequeñas marcas y, en las sucesivas iteraciones, algo más largas para diferenciarlas de las anteriores. División en tres Paso 1: Hacemos una estimación de 1/3 en el lado izquierdo del papel: elegimos un punto C en el lado AB de modo que AC=x sea una aproximación de 1/3. Si la longitud de AB es 1, entonces el resto del lado, BC, mide 1-x. Paso 2: Dividimos BC por la mitad y obtenemos el punto D. Tenemos aquí una primera marca y la longitud BD es . La longitud restante, AD, mide . Paso 3: Dividimos AD por la mitad obteniendo C', de modo que la longitud de AC' es . El conjunto de pliegues y longitudes que tenemos es Por la definición de D, al doblar por él, B se superpone al original C. Si ahora B se superpusiera a C', significaría que C=C' y , es decir, x=1/3 y acabaría el proceso pues la estimación resultó ser óptima. Lo más frecuente es que esto no ocurra y que al doblar por D, B no se superponga a C'. Entonces volvemos a repetir el proceso, partiendo ahora de C' en lugar de C. Así estamos haciendo . Si las iteraciones son varias, tendríamos  a partir de  inicial. Que la sucesión  es convergente puede verse por la forma explícita de su término general. Haciendo un par de iteraciones y operando, se llega a que converge a 1/3. Una forma alternativa consiste en demostrar que la sucesión es acotada y monótona. La monotonía se puede demostrar por inducción, aunque no se sabe si es creciente o decreciente. En este caso, tenemos . Para la otra longitud tenemos . División en cinco Tenemos ahora que dividir la longitud AB, que mide 1, en cinco partes iguales. En el caso anterior, tres partes, plegábamos por la mitad determinados segmentos de la longitud inicial hacia cada uno de los extremos alternativamente. Ahora, en lugar de la mitad, obtendremos la cuarta parte hacia los extremos. Paso 1: Elegimos un punto C de modo que la longitud AC sea x, una primera aproximación de 1/5. El resto del lado, BC, mide 1-x. Paso 2: Obtenemos el punto D que marca la cuarta parte del extremo derecho de BC. Para ello doblamos por la mitad BC obteniendo E, y BE por la mitad. Tenemos en el extremo derecho la longitud BD que mide , siendo el resto, AD, . Paso 3: Ahora obtenemos la cuarta parte del extremo izquierdo de AD, llevando primero A hacia D y A hacia el punto medio así obtenido. Así conseguimos el punto C' y AC' mide . Hemos conseguido estos pliegues El punto E era la mitad de BC, por lo que si doblamos por él, B se superpone al original C. Si ahora B coincide con C', entonces es que C=C' y , de donde x=1/5. En caso de que B no se superpusiera a C', repetimos el proceso partiendo ahora de C' y la longitud . Si las iteraciones son varias, tendríamos  a partir de  inicial. Igual que en la división en tres partes, se puede ver que la sucesión  es convergente por la forma explícita de su término general, que en este caso es y converge a 1/5. También se puede demostrar que la sucesión es acotada y monótona y, en este caso, tenemos . Es fácil ver que todas las demás secciones convergen también hacia 1/5. División en siete En la división en siete partes se presentan dos grandes diferencias con respecto a los casos anteriores. Por una parte, comenzamos con una estimación inicial de 3/7 y no de la fracción buscada 1/7. Por otra, las divisiones a ambos lados del papel son distintas: a la derecha es en cuartos y a la izquierda, en medios. Paso 1: Elegimos C sobre AB de modo que AC=x sea una aproximación de 3/7. Si la longitud de AB es 1, entonces el resto del lado, CB, mide 1-x. Paso 2: Obtenemos el punto D que marca la cuarta parte del extremo derecho de BC. Para ello llevamos B hacia C y B hacia el punto medio así obtenido. Tenemos en el extremo derecho la longitud , siendo la longitud restante, AD, . Observemos que esta longitud es la candidata a converger a 1/7. Paso 3: Dividimos AD por la mitad, obteniendo C', de forma que la longitud AC' es . Estamos en la siguiente situación: Iteramos el proceso, haciendo ahora  o, tras varias iteraciones, . La forma explícita del término general es que claramente converge a 3/7. Referencias: H. Huzita y S. Fujimoto, Fujimoto Successive Method to Obtain Odd-Number Section of a Segment or an Angle by Folding Operations, Origami Science and Art, Proceedings of the Second International Meeting of Origami Science and Scientific Origami, Otsu, Japan, November 29-December 2, 1994.

Jueves, 01 de Septiembre de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

17. 4. Paraboloide hiperbólico de papiroflexia

Texto y vídeos: Helena Verrill Artículo original (en inglés): http://hverrill.net/pages~helena/origami/parabola Traducción al castellano:José Ignacio Royo Prieto; Tratamiento de vídeo: Pablo Palacios   En esta página mostramos cómo construir un paraboloide hiperbólico con papiroflexia. Esta superficie es también conocida como "silla de montar". Este modelo no es de mi invención: se pueden encontrar instrucciones para construirlo en el libro de Paul Jackson "The complete origami course" (Smithmark Pub, 1989), donde se dice que el modelo fue recientemente redescubierto por John Emmet. No está claro el origen del modelo, aunque emerge en contextos diversos, incluyendo el trabajo de los artistas de la Bauhaus. INSTRUCCIONES: Toma un cuadrado de papel y marca las diagonales. Dobla el papel llevando un lado hasta la marca del centro. Sólo tienes que marcar el sector que queda delimitado por las marcas diagonales (mira el resultado en el segundo dibujo).   Repite lo mismo en el lado opuesto del cuadrado: Ahora lleva el lado de arriba hasta la marca de 1/4, y después hasta la de 3/4 (de esta manera, conseguimos dobleces en las alturas 1/8 y 3/8, respectivamente) Repite lo mismo en el lado opuesto: A continuación, repite el mismo proceso en los otros 2 lados del cuadrado, consiguiendo lo siguiente: Da la vuelta al papel y dobla justo por la mitad de los dobleces que ya están hechos (llevando el lado hasta la marca de 1/8, luego la de 3/8, la de 5/8 y la de 7/8) Así obtenemos dobleces en la dirección contraria a los existentes. Repite en todos los lados. Terminarás obteniendo algo parecido a esto:    El siguiente paso consiste en plegar por todas las marcas. El resultado es como un abanico o acordeón en cada lado del cuadrado. A partir de aquí, es un poco difícil describir detalladamente cómo se obtiene la figura final. Quizá sirva de ayuda el siguiente vídeo, que presentamos en 3 formatos distintos: Silla_WMV.zip (767kb, formato WMV) Silla_MOV_low.zip (277kb, formato MOV baja resolución) Silla_MOV_high.zip (791kb, formato MOV alta resolución) En él se muestra la versión del paraboloide hiperbólico con 8 cuadrados concéntricos (que es el caso descrito en los diagramas). Para obtener el paraboloide hiperbólico de la foto de arriba del todo, hay que plegar 16 cuadrados concéntricos. Se hace de manera totalmente análoga: si lo has podido plegar con 8 cuadrados concéntricos, no tendrás problemas para hacerlo con 16. A mayor número de pliegues, más suave (diferenciable) será la figura de papiroflexia final, que a la vez requerirá mayor precisión. Acabarás obteniendo una figura de este tipo:   Software para ver el vídeo: Windows Media Player (para archivos WMV): Macintosh, Windows QuickTime (para archivos MOV): Macintosh, Windows Media Player (para archivos WMV,MOV): Linux

Martes, 01 de Febrero de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

18. 30. SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO 2008

Aquí va la resolución del concurso del verano, el ganador es Juan Pedro Rubio con su "Trifolium áureo". ¡¡¡Enhorabuena  Juan Pedro!!! Agradecemos al ganador y a todos los participantes sus soluciones y que además hayan realizado el esfuerzo de ofrecer las demostraciones o la justificación de los métodos empleados. Algunos métodos son heterodoxos, otros se fundamentan en el modelo "XYZ" de Francis Ow (Intersección de 3 rectángulos NO áureos) como el que sirvió para plantear el problema. Todos ellos son muy interesantes por lo que también los incluimos aquí. También queremos agradecer a Mª Teresa Montañés Calvelo el habernos sugerido este problema del verano 2008. Sin más, esperamos que disfrutéis con las soluciones: Martí Bayer Raich pdf   M. Paz Carbajo Gibaja pdf   Jesús de la Peña Hernández (1) pdf   Jesús de la Peña Hernández (2) pdf   Mateo Díaz pdf   Jaime Niño pdf   Esperanza Ontalba Salamanca pdf   Juan Pedro Rubio pdf     ppt   Rodrigo Salazar Jeldres pdf    

Miércoles, 01 de Octubre de 2008 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

19. 33. La gran pirámide

Solución ganadora del concurso de verano 2009 Según una afirmación atribuida a Herodoto: la Gran Pirámide fue construida de forma que el área de cada una de sus caras triangulares fuera igual al área de un cuadrado cuyo lado tuviera la altura de la Pirámide.   Si esta afirmación fuese cierta, eso nos llevaría a la siguiente conclusión:     La pirámide estaría compuesta por cuatro triángulos isósceles de base 2a y altura Фa, más un cuadrado de lado 2a.   La solución propuesta consta de dos piezas iguales, cada una de las cuales parte de una hoja A4. Con ella se construye un rectángulo 2×(1+Ф) que incluye dos caras opuestas triangulares más la base cuadrada (que resulta duplicada).   DIAGRAMA DEL MÓDULO   Partimos de un rectángulo A4 procurando marcar lo menos posible la zona central de la hoja:       Para que los bolsillos sean ligeramente más grandes que las pestañas, y así lograr que encajen perfectamente en ellos (recordemos que el papel tiene un grosor no nulo), los ampliaremos ligeramente:     Para ensamblar las dos partes hay que cruzar ambos módulos, uno encima de otro, y meter las solapas en los bolsillos contiguos:             Descárgate la solución en pdf

Miércoles, 30 de Septiembre de 2009 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

20. 32. CONCURSO DEL VERANO 2009

La Pirámide de Keops   La pirámide de Keops, construida en el año 2570 A.C., es una de las maravillas de la antigüedad, y constituye un símbolo de Egipto. Sus dimensiones guardan cierta relación con el número de oro y con el número π. Datos más concretos sobre sus medidas y proporciones se pueden encontrar, por ejemplo, en la sección 7 de [1]. El reto de este verano consiste en diseñar una versión papirofléxica de la pirámide de Keops. Se valorará, además de la calidad papirofléxica del modelo, la fidelidad a las proporciones de dicha pirámide. Los diagramas deben ir acompañados de una pequeña justificación sobre este aspecto matemático del diseño. Este problema admite muchas soluciones papirofléxicas de distintos tipos, así que animaos a investigar doblando papel. Podéis enviarnos vuestras soluciones a la dirección papiroflexiamates@gmail.com hasta el final del verano (21 de septiembre). Los participantes aceptan que DivulgaMAT pueda publicar las soluciones, independientemente del fallo del concurso. El premio del concurso consiste en el libro “El rostro humano de las matemáticas”. ¡Mucha suerte! ¡Esperamos tu pirámide! [1] “Matemáticas en el antiguo Egipto”, Ainhoa Berciano Alcaraz

Miércoles, 01 de Julio de 2009 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico