21. 1. Tetraedro Regular con 2 billetes del Metro de Madrid

Cuando somos usuarios habituales de los transportes públicos, nos da por llevarnos lectura, o escuchar música en los “walkmans” o, a falta de otra cosa, lanzamos furtivas miradas, con unas maneras más o menos discretas, al personal anónimo que nos acompaña. Además, a mí, el imperativo que contienen impreso los billetes de «Consérvese hasta la salida» me lleva a otras consideraciones menos profundas. Verán, confieso que soy “plegador anónimo” y eso me lleva a plantearme con cada trozo de papel qué cosa puedo plegar con él. ¡Lo siento, es superior a mis fuerzas! El billete del metro de Madrid -el de París es igual-, por su tamaño y características permite muy pocos plegados. Para muchos puede resultar un problema, pero para mí era un acicate. La proporción del rectángulo del billete del metro (3cm x 6,5cm) es, a igual altura, sensiblemente algo más corto por su base que el rectángulo formado por la altura de un triángulo equilátero dado y, su base, la suma de 2 de los lados del dicho triángulo Hacía años que con los viejos billetes de 100 pts., aquellos de la efigie de Manuel de Falla (proporción ), hacía unos tetraedros a partir de unos plegados de origen japonés. ¡Me salían carísimos (200 pts.), pero quedaba maravillosamente bien con la gente! Aquello me dio la idea de intentar hacer el tetraedro con los billetes del metro. De primeras, vi que, a falta de unos milímetros, no lograba formalizar el tetraedro con un billete. Incluso contando con el grosor del papel, aquello no era suficiente ¡Había que buscar la forma de superar aquella deficiencia! Casi al instante, como Alejandro Magno con el nudo gordiano, me decidí a hacer -por las bravas- un pliegue, pasando por el centro del rectángulo, y con un sesgo de 120º y 60º, que me permitía intuitivamente vislumbrar la parte visible del rombo necesario para tener dos de las caras del tetraedro. El resto (con algún que otro doblez más) serían las pestañas que precisaría para encastrarlo con otro billete plegado simétricamente. Et voilà! Con 4 billetes (2 parejas de 2 billetes plegados simétricamente) o con 10 (5 parejas de 2 billetes plegados simétricamente) se pueden hacer igualmente el octaedro y el icosaedro regular respectivamente. La pega radica en que, al ser los ángulos internos de las aristas más amplios, las solapas no dan tanta trabazón y precisaríamos pegarlas para que no se deshagan (¡una herejía para los papiroflectas!). Probad a hacer también estas otras dos figuras, pero tened en cuenta que a la hora de montarlas, hay que saber que no todos los papeles son iguales, que la mitad de los billetes son simétricos de la otra mitad, y hay que mantener un criterio. Descárgatelo en un tamaño mayor

Lunes, 01 de Noviembre de 2004 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

22. 3. arctan 1 + arctan 2 + arctan 3 = π

Demostrar que se verifica la igualdad: arctg 1 + arct 2 + arct 3 = π Utilizaremos para ello: * 1 papel cuadrado * Conocimientos básicos de Papiroflexia * Conocimientos básicos de Trigonometría * Conocimientos de Geometría Para resolver el problema, comenzaremos por realizar los pliegues que se indican en las siguientes figuras: Figura 1 Figura 2 Figura 3 Figura 4 Figura 5 Y, a partir de aquí, utilizaremos el triángulo FGD que se ha formado, hallando las tangentes de  sus ángulos . = AB/DB = lado/lado = 1 = CD/FD = lado/(lado/2) = 2 =FH/GH     (seguir leyendo) Figura 6 En la figura (6), se puede observar que los triángulos  FHG y COG son semejantes, ya que ambos son rectángulos y tienen el ángulo igual por ser opuestos por el vértice. De aquí, se puede escribir:   = FH/GH = CO/OG Y como CO es igual a DO, se puede también expresar:   =DO/OG Figura 7 Por otro lado, en la figura (7) observar que G es el baricentro del triángulo CDB, es decir, el punto en el que se cortan sus medianas: CF, DO y la dibujada a trazos. Una de las propiedades de este punto, centro de gravedad del triángulo, es que divide a cada una de las medianas en 2 segmentos que están en proporción 2:1, es decir, en la que nos interesa:. DG = 2 x GO  y de aquí: DO = DG +GO =3 x GO La demostración de esta propiedad, se puede ver en cualquier tratado de Geometría o, preferentemente para los Papiroflectas, en el fenomenal libro: "MATEMÁTICAS Y PAPIROFLEXIA" de Jesús de la Peña Hernández editado por la Asociación Española de Papiroflexia, ISBN 84 - 607 - 2169 - 8 Sustituyendo este valor en la expresión que teníamos esperando, podemos escribir: = DO/OG= 3 Aplicando las funciones inversas, podemos escribir el primer término de la igualdad que se pretende demostrar, de la siguiente forma: arctg 1 +arctg 2 +arctg 3 = Por otro lado, en todo triángulo, se verifica que la suma de sus tres ángulos es igual a un ángulo llano, es decir, de 180º ó  π radianes. Ver las siguientes figuras para comprobarlo "papiroflécticamente". Figura 8 Figura 9 Figura 10 que es el segundo término de la igualdad O sea que, finalmente, podemos escribir: arctg + arctg 2 + arctg 3 = π C.q.d Vamos a continuación a resolver el problema prescindiendo de recursos a la Geometría, sustituyéndolos por un poco más de Papiroflexia. Tomamos un papel cuadrado y efectuamos ordenadamente los pliegues que se indican en las siguientes figuras: Figura 11 Figura 12 Figura 13 Figura 14 Figura 15 Figura 16 Figura 17 Figura 18 Observemos ahora en esta última figura los 3 triángulos que se distinguen por distintas tonalidades de gris y centremos la atención en los ángulos , cada uno de ellos perteneciente a uno de los triángulos. Figura 19 Los 3 triángulos son rectángulos y, observando la cuadrícula, resultan evidentes los valores de las tangentes de los ángulos : En el ángulo los catetos son iguales, por lo que la tangente valdrá 1 y; en el ángulo , uno de los catetos es el doble del otro, por lo que la tangente valdrá 2. En el otro triángulo, es decir el que tiene el ángulo , para evaluar las dimensiones de los catetos, basta con fijarse en que el cateto menor es igual a la diagonal del rectángulo formado por dos teselas de la cuadrícula, mientras que el cateto mayor, mide 3 veces esa misma diagonal. Por lo que la tangente del ángulo , valdrá 3. Dado que los tres ángulos en conjunto forman un ángulo llano, parece ocioso insistir en que la proposición ha quedado suficientemente demostrada.

Sábado, 01 de Enero de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

23. 5. División del lado del cuadrado en partes iguales. Teoremas de Haga

Autor: Juan Pedro Rubio prubio@uax.es Dividiendo entre 2, 4, 8, 16.....  El pliegue que se produce al aplanar un papel de forma que dos puntos definidos del mismo vengan a coincidir es la mediatriz del segmento que tiene por extremos dichos puntos. El trazado de una mediatriz por el método clásico, con regla y compás, es un poco más laborioso. Si plegamos el papel de modo que vengan a coincidir no dos puntos, sino dos rectas definidas en el mismo mediante sendos segmentos, estamos trazando la bisectriz del ángulo comprendido entre dichos segmentos. El trazado de una mediatriz con regla y compás es bastante más laborioso..... ...especialmente si el vértice del ángulo no es accesible. Vemos así que la división entre dos, tanto de ángulos como de segmentos, es una operación sencilla y natural en papiroflexia .De hecho, muchos de los modelos existentes consisten casi exclusivamente de pliegues de esta naturaleza, si excluimos los pliegues "sin referencias",cuya posición y orientación no están determinadas geométricamente. La mayoría de los pliegues del barquito de papel, de la pajarita, del avión flecha, y de muchos otros modelos tradicionales, son el resultado de bisecciones sucesivas de ángulos y segmentos que el propio proceso de plegado va definiendo en la hoja de papel. Lo mismo puede decirse de multitud de modelos más complejos. Si el lector es practicante de esta afición, podrá comprobarlo revisando los modelos que haya plegado recientemente. Si no lo es, puede que el encanto del modelo que presentamos para su análisis estimule su interés por la papiroflexia. Se trata de la Rata de Eric Joisel. Dividiendo entre tres. Teoremas de Haga. Hemos argumentado que la bisección sucesiva de ángulos y segmentos es una operación natural en papiroflexia, abundante en numerosos modelos. Dividir un segmento o un ángulo en 2, 4, 8, 16 o, en general, en 2 n partes iguales es sencillo. Sin embargo, la trisección exacta de ángulos y segmentos dista de ser una operación intuitiva. No todo esbisección en papiroflexia. Muchos modelos, especialmente entre aquellos que llamamos "geométricos", tales como cajas, poliedros, etc, requieren de trisecciones o divisiones entre otros números naturales de ángulos y segmentos. En la "nube de papiroflexia" que Thoki Yenn dejó flotando en el espacio electrónico de La Red tras irse de este mundo, encontramos hermosos ejemplos de modelos con trisecciones o divisiones más complejas. Al escribir estas líneas, la nube de Thoki Yenn se encontraba aquí. A continuación vamos a presentar una sencilla construcción que triseca con exactitud el lado de un cuadrado o bien, con algunas operaciones adicionales, cualquier segmento. Se trata del llamado "primer teorema de Haga". No nos ocupamos en lo sucesivo delas divisiones de ángulos. Nos despedimos de ese problema, que podría ser objeto de un futuro artículo, con una fuerte afirmación: La trisección de un ángulo no es, en el caso general, un problema resoluble con regla y compás. Mediante plegados, puede trisecarse cualquier ángulo contenido en una hoja de papel. El primer teorema de Haga puede enunciarse en los siguientes términos: Sea un cuadrado de vértices A, B, C, D. Si se pliega el cuadrado sobre sí mismo llevando el vértice A al punto medio del lado BC , entonces el lado AD cortará al lado CD en un punto G tal que la distancia entre C y G es igual a las dos terceras partes del lado del cuadrado. Este teorema fue originalmente enunciado por el Dr. Koji Fusimi (Mathematics Seminar, enero 1979) con el nombre de "Teorema de Haga". Más tarde el propio Kazuo Haga añadió el ordinal tras descubrir otras dos construcciones geométricas estrechamente relacionadas con la anterior, a las que llamó segundo y tercer teoremas, respectivamente, que llevan al mismo resultado y que se incluyen a modo de ilustración. Demostremos el primer teorema. Como paso previo, observemos que los triángulos BEA, CAG y DFG son semejantes. En efecto, los tres son triángulos rectángulos en B, C y D respectivamente, por ser esos tres puntos vértices del cuadrado.CAG y DFG son semejantes por ser ambos rectángulos y tener el mismo ángulo en el vértice común G. BEA y CAG son semejantes por ser rectángulos y tener ángulos complementarios en el vértice común A. Comprobemos que no sólo son semejantes sino, además, notables y entrañables. Se trata de triángulos rectángulos con lados de longitudes relativas 3, 4 y 5, que los egipcios usaban en la antigüedad para construir pirámides y los profesores de secundaria usan en la actualidad para construir problemas de gratificante solución. En efecto,si hacemos unitario al lado para simplificar los cálculos sin perder generalidad, observamos que BA=1/2 (la mitad de un lado) y que BE+EA=1 (un lado). El teorema de Pitágoras nos permite calcular las longitudes de los tres lados del triángulo BEA: (BE)² + (1/2)² = (1 - BE)², de donde BE=3/8, BA=4/8 y EA=5/8. Por tanto, los lados del triángulo BEA son proporcionales a 3, 4 y 5 respectivamente. Lo mismo puede afirmarse de CAG y DFG por su semejanza con BEA. La demostración del primer teorema de Haga es ahora inmediata, si observamos la semejanza del triángulo BEA, las longitudes de cuyos lados acabamos de calcular, con el triángulo CAG: CG es a BA como AC es a EB. En otros términos, CG/(1/2) =(1/2)/(3/8), de donde CG = 2/3, como se quería demostrar. En la próxima entrega, generalizaremos este método para dividir el lado de un cuadrado en un número arbitrario de partes iguales. Bibliografía: Kazuo Haga, “Fold paper and enjoy Math: Origamics”, en Origami 3: Third International Meeting of Orgami Science, Mathematics, and Education, Editado por Thomas Hull. Editorial A.K. Peters (2002), páginas 307-328  

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

24. 6. Generalización del primer teorema de Haga

En el artículo del mes pasado presentamos el primer Teorema de Haga, el cual nos proporciona un método para dividir el lado de un cuadrado en tres partes iguales: Si llevamos el vértice A a un punto genérico del lado BC, no necesariamente el punto medio, ¿habrá una relación sencilla entre BA y CG?, ¿tendrá dicha relación alguna aplicación práctica? La respuesta a ambas preguntas es afirmativa. La aplicación práctica que se deduce es, nada menos, un método sencillo para dividir el lado del cuadrado en un número cualquiera de partes iguales mediante bisecciones sucesivas. Pero vayamos paso a paso. En primer lugar, llamemos x a la distancia entre B y A e y a la distancia entre C y G en la construcción siguiente: donde x es cualquier valor comprendido entre 0 y 1. El teorema de Haga propiamente dicho sería el caso particular x=1/2. Según el mismo razonamiento aplicado a la demostración anterior, es BA=x, BE+EA=1, y el Teorema de Pitágoras aplicado al triángulo BEA nos dice ahora que (BE)² + x² = (1 - BE)², de donde BE=(1-x²)/2 = (1-x)(1+x)/2. De la semejanza entre los triángulos BEA y CGA deducimos ahora CG /(1-x)= 2x/(1-x)(1+x), de donde CG=2x/(1+x) La relación entre x e y es, por tanto, la siguente: y = 2x/(1+x). Buscando consecuencias de utilidad práctica, hemos de imponer a x la limitación de ser fácilmente constructible, lo que nos lleva de nuevo a pensar en bisecciones sucesivas (ver la primera parte del artículo sobre el Teorema de Haga). Fácilmente, podemos dividir el lado BC en un número de partes iguales que sea potencia de dos, y podemos llevar el vértice A a cualquiera de las marcas producidas en el proceso. Diremos formalmente que son fácilmente constructibles los números x de la forma x = n/2rdonde n y r son números naturales, siendo n<2r. Haciendo x = n/2r, y operando, resulta y = 2n/(2r + n). El resultado es muy interesante, porque el denominador, 2r+ n, con las restricciones enunciadas, es cualquier número natural (excluido el cero), y además la descomposición de cualquier número natural (excluido el cero) en la forma z = 2r+ n es inmediata. Podemos exponer ahora un método para dividir el lado del cuadrado en un número arbitrario de partes iguales. El procedimiento es el siguiente: - Sea z el número de partes iguales en que queremos dividir el lado CD del cuadrado. (Por ejemplo, z = 19) - Llamamos 2^r a la máxima potencia de dos (2, 4, 8, 16, 32......) menor que z. (En el ejemplo, 2^r = 16) - Llamamos n a la diferencia entre z y 2r, de forma que z = 2r+ n (En el ejemplo, n=3) - Dividimos, mediante bisecciones sucesivas, el lado BC en 2r partes iguales. - Llevamos el vértice A a la división número n, contando desde el vértice B - Plegamos el cuadrado haciendo coincidir el vértice C con G, y deshacemos el pliegue anterior. - El resultado es un rectángulo. Al lado CD le hemos "restado" un segmento de longitud n/z, y la nueva longitud es igual a 2r/z. Mediante bisecciones sucesivas, dividimos este segmento en 2r partes iguales. Es de interés destacar que esta construcción puede realizarse sin marcar el pliegue EF, y por tanto sin introducir pliegues indeseados en el interior del cuadrado. Al llevar el vértice A al punto correspondiente del lado BC, lo único que necesitamos es localizar el punto G, y para ello no es necesario aplanar completamente el papel. Localizar así el punto G no es difícil, pero mantenerlo en posición con los dedos y proseguir con el proceso requiere de cierta pericia por parte del plegador. Referencias: Hatori Koshiro “How to divide the side of Square Paper” http://www.origami.gr.jp/People/CAGE_/divide/index-e.html  

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

25. 7. Demostración de la fórmula que proporciona el área de un triángulo

A = Base (b) x Altura (h) /2 De lo que trataremos en este artículo es de demostrar la fórmula, usando para ello solamente la Papiroflexia y, por supuesto, el sentido común. Partamos de un triángulo cualquiera ABC de base “b” y altura “h” (Fig. 1): Fig 1 Pleguemos el triángulo según la línea B-B’ de la Fig. 2. El punto B’ queda determinado al llevar el vértice C sobre un punto del lado AC, que será el único posible. La marca dejada en el papel por el pliegue BB’, perpendicular al lado BC, “materializa” la altura “h” Fig 2 Procedamos a hacer un nuevo pliegue, llevando B hasta B’ y llamemos D y E a los puntos en que la línea de pliegue, corta a los lados AB y BC del triángulo. (Fig. 3)   Fig 3 Hagamos unos pliegues más, los DF y EG, de forma similar a como lo hemos hecho en el paso anterior, haciendo que sean ahora D y E, los puntos que hagan la función que antes ha hecho B. En esta operación, intervendrán también los vértices A y C, que habrá que hacerlos coincidir con puntos obligados del lado AC. Obtendremos lo representado en la siguiente figura: Fig 4 Por último, unamos con sendos pliegues los puntos D y B´ y E y B´. En la siguiente figura ya están marcados todos estos pliegues que hemos ido haciendo, excepto el BB´, del que podemos prescindir por resultar innecesario para los siguientes razonamientos. Fig 5 En la siguiente figura se han distinguido en distintos colores, los triángulos parciales que componen el triángulo que estamos estudiando: Fig. 6 Repasando la forma en que se han hecho los pliegues, es evidente que: a) Los triángulos DBE y DB´E (amarillos) son idénticos. Lo comprobaremos sencillamente plegando uno sobre otro por la línea DE: Fig. 6-Am   b) Los triángulos ADF y B´DF (verdes) son idénticos. Lo comprobaremos sencillamente plegando uno sobre otro por la línea DF: Fig. 6-Ve   c) Los triángulos CEG y B´EG (azules) son idénticos. Lo comprobaremos sencillamente plegando uno sobre otro por la línea EG: Fig. 6-Az Se habrá podido comprobar que los vértices A, B y C, coinciden exactamente en el punto B´. El área del triángulo básico, es igual a la suma de las áreas de todos los triángulos en que le hemos dividido (Fig. 6) y, puesto que los triángulos de colores más intensos, son iguales respectivamente a los de colores más pálidos de su gama (Figuras. 6- auxiliares), podemos deducir que: El área del triángulo es igual a dos veces el área del rectángulo FDEG. (1) Veamos ahora cual es el área de este rectángulo: Su altura es igual a h/2 por la forma en cómo hemos procedido en la Fig. 3. En cuanto a su base, es muy sencillo deducir que es igual a b/2,ya que Base del rectángulo = FB´+ B´G tal como se aprecia claramente en la Fig. 6-Az La base del triángulo estudiado es igual a: b =AF + FB´ +B´G + GC tal como se ve en la Fig. 6, y como: AF = FB´ y B´G = GC tal como salta a la vista en la Fig. 6-Az Tenemos: b = 2 (FB´ + B´G) de donde Base del rectángulo = FB´+ B´G = b/2 Por lo tanto, el área del rectángulo, será: Área del rectángulo = b/2 * h/2 = b*h/4 Y puesto que el área del triángulo que estamos estudiando es el doble de la de este rectángulo (1), bastará con multiplicar esta última expresión por 2, con lo que tendremos Área del triángulo = b*h/2 = Base x Altura /2 que es lo que se quería demostrar NOTA: Una vez asimilada esta demostración, es fácil darse cuenta de que toda ella está contenida en la figura plegada de la imagen 6-Az, la del rectángulo, así como la demostración de que la suma de los tres ángulos de un triángulo es un ángulo llano (ver el artículo de enero de 2005).

Domingo, 01 de Mayo de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

26. 8. Modelos de cápsidas de virus ESFÉRICOS con papiroflexia modular

Las cubiertas proteicas o cápsidas de los virus esféricos son un ejemplo de una arquitectura molecular perfecta. Impresiona comprobar cómo en un proceso natural de síntesis y ensamblaje espontáneo de proteínas, se forman este tipo de estructuras con tan alto grado de simetría .   Micrografías electrónicas de algunos virus esféricos La papiroflexia modular es un recurso muy apropiado para construir modelos de estas cápsidas. Un módulo asimétrico de papel plegado puede representar adecuadamente a una molécula proteica (estructura asimétrica); y el empalme por encajado de estos módulos para formar estructuras poliédricas estables, asemejan de un modo muy ilustrativo el proceso natural de formación de una cápsida. La teoría sobre la estructura de la cubierta proteica viral fue iniciada en 1956 por Crick y Watson. Posteriormente, la introducción de las técnicas de microscopia electrónica permitió visualizar la forma de muchas partículas virales. En 1962 Caspar y Klug propusieron las bases teóricas actuales sobre la estructura de los virus inspirándose en las cúpulas y estructuras geodésicas diseñadas por el arquitecto norteamericano Buckminster Fuller. Hay virus esféricos de tamaño muy pequeño -diámetro cercano a 180·10-10 m - como el virus de la necrosis del tabaco (STNV, Satellite Tobacco Necrosis Virus) cuya cápsida está formada por 60 subunidades proteicas químicamente idénticas. Como desde un punto de vista geométrico un icosaedro puede ser dividido en 60 regiones simétricamente equivalentes, se propuso que la cápsida de estos virus presentaba una simetría icosaédrica perfecta. Las subunidades proteicas son equivalentes al ocupar cada una de estas 60 regiones. Figura 1: Simetría de la cápsida del virus STNV Muchos otros virus esféricos de mayor tamaño, como el virus del achaparrado del tomate (TBSV, Tomato Bushy Stunt Virus) con un diámetro de 350·10-10 m, tienen una cápsida formada por 180 subunidades proteicas químicamente idénticas. En este caso no es posible conseguir una simetría icosaédrica pura yestas proteínas, al no poderse colocar de un modo equivalente, lo hacen de un modo quasi equivalente. Las 180 subunidades no tienen el mismo entorno estereoquímico y están dispuestas en 60 grupos de tres elementos. Estos tres tipos de subunidades aunque tienen la misma secuencia de aminoácidos varían ligeramente en su conformación. Figura 2: Simetría de la cápsida del virus TBSV Existen muchos otros virus esféricos con estructuras más complejas y formadas por más de un tipo de subunidad pero yo me centrado en estos dos que acabo de describir para construir modelos de papiroflexia de sus cápsidas. Para construir los modelos de estas cápsidas hay que disponer de un modulo de papiroflexia que sea asimétrico (“molécula proteica”) y que se pueda encajar de modo estable y sin pegar para formar estructuras icosaédricasde 60 y 180 módulos que cumplan la simetría de las cápsidas del STNV y del TBSV. He consultado distintas publicaciones de papiroflexia modular y la mayoría de las estructuras icosaédricas que allí aparecen (principalmente icosaedros estrellados, truncados y estructuras relacionadas), se forman con 30 módulos. Hay algunas con 60 módulos pero estos son simétricos, con lo que no sirven para la construcción de los modelos de las cápsidas. Yoshihide Momotani, en su libro en japonés “Molecular models with Origami” (ISBN: 4759808663) propone como modelo de virus esférico la construcción de un kusudama tradicional (Decoration ball), una estructura modular no hueca de 30 módulos unidos con hilos. Opino que, aunque este modelo queda muy vistoso y consigue una estructura esférica, los modelos moleculares que yo propongo en este artículo reflejan con bastante más propiedad la estructura de las cápsidas virales esféricas. Las cápsidas de 60 módulos quedan más vistosas utilizando módulos de tres colores (20-20-20), aunque los colores en este modelo no tengan ningún significado estructural ya que los 60 módulos son geométricamente equivalentes. Para construir este modelo resulta interesante insertar los módulos de distinto color de modo que la coloración final quede de una forma coherente. Para esto es útil dibujar previamente el grafo coloreado del poliedro en el que se basa la arquitectura de la cápsida (grafo del icosidodecaedro otriacontaedro rómbico). Cuando se hacen cápsidas de 180 módulos el uso de los tres colores (60-60-60) se hace necesario para visualizar las tres conformaciones proteicas diferentes y la quasi equivalencia.         Cápsida del virus del achaparrado del tomate (TBSV, Tomato Bushy Stunt Virus) (180 monómeros)   Cápsida del virus de la necrosis del tabaco (STNV, Satellite tobacco necrosis virus) (60 monómeros) Algunos sitios de la Web relacionados con la estructura viral: The Big Picture Book of Viruses: http://www.virology.net/Big_Virology/BVFamilyIndex.html Virus World (Institute for Molecular Virology): http://rhino.bocklabs.wisc.edu/cgi-bin/virusworld/virustable.pl? Principles of Virus Architecture: http://www.uct.ac.za/depts/mmi/stannard/virarch.html Virus databases on-line: http://life.anu.edu.au/viruses/welcome.html   Archivo para imprimir: capsidas.pdf

Miércoles, 01 de Junio de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

27. 9. Plegado del hexágono óptimo

Autor: David Dureisseix (dureisse@lmgc.univ-montp2.fr) Para los incondicionales del origami geométrico, presentamos aquí una técnica de plegado de un hexágono regular, de las mayores dimensiones posibles, a partir de un cuadrado de papel: se trata del hexágono óptimo. Por poner unas limitaciones suplementarias, la construcción tiene que ser matemáticamente exacta, con un número limitado de operaciones (sin métodos iterativos) y, por supuesto, lo más sencilla posible. Podemos demostrar, de forma general (ver [1]), que un polígono óptimo cualquiera (de n lados) tiene que ser simétrico respecto de una diagonal del cuadrado de papel inicial. Además, cada lado del cuadrado toca al menos uno de sus vértices, como en la figura 1 en el caso del hexágono (polígono de 6 lados). Figura 1. Hexágono óptimo Figura 2. Versión estrellada Este último también posee una simetría respecto de la otra diagonal, y como los ángulos que intervienen en su construcción son muy particulares, su realización es muy fácil, como podréis descubrir en la figura 3. Figura 3. Doblado del hexágono óptimo Paso 1: Doblar llevando B a B’ sobre la vertical. Esto nos permite también construir la intersección F del doblez AE con la diagonal BD. Se trata de una técnica clásica para construir un ángulo de π/6 (30 grados). Paso 2: tras dar la vuelta al modelo, se construye la mediatriz de DF al llevar D sobre F.La línea GH es ahora un lado del hexágono óptimo estrellado (se obtiene al unir los vértices de forma alternada, ver figura 2). Ahora, con este lado bien posicionado, se puede obtener el hexágono óptimo. Paso 3: falta completar la construcción para obtener el hexágono que se busca, lo que resulta muy fácil si tenemos en cuenta las simetrías del hexágono regular. Por ejemplo, llevar H sobre la diagonal, en I, doblando por G. Paso 4: doblar GI, HI. Paso 5: sólo resta proceder por simetría respecto de la segunda diagonal para construir el hexágono estrellado. Paso 6: completar el hexágono óptimo. Para aquellas personas que deseen detalles sobre la demostración, presentamos aquí algunos pasos intermedios: en el caso de un cuadrado inicial de lado unitario, la longitud de un lado del hexágono óptimo es , siendo la de un lado del hexágono óptimo estrellado  , véase la figura 1. Por otro lado, donde, siendo , luego, , de donde se deduce que  es la longitud de un lado del hexágono óptimo estrellado. Referencias [1] D. Dureisseix, Searching for optimal polygon, application to the pentagon case, Septiembre 1997, nota no publicada, disponible en ftp://ftp.rug.nl/origami/articles/polyeps.zip ftp://ftp.rug.nl/origami/articles/polye.ps

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

28. 13. Solución del 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 Razonamiento: 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 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 las siguientes soluciones: Figura 2 Figura 3 Figura 4 Figura 5 En tanto que las soluciones anteriores las encontramos desde la Geometría, si nos ayudamos del Álgebra, no será difícil encontrar la de la Figura 6, e infinitas más de las de la Figura 7 : Figura 6 Figura 7 Todas las anteriores soluciones cumplen 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? Sin duda alguna, ambas condiciones se cumplirían si hubiera la limitación de que la zona vista del reverso (azul), cayera dentro del cuadrado, pero como no es así, debemos plantearnos el que la línea de abatimiento sea como la de la siguiente figura: Figura 8 en que una zona del reverso “escapa” de la superficie ocupada por el cuadrado inicial y ya no es aplicable el Razonamiento expuesto arriba. En esta situación también es innegable, el que para cada punto E del borde del cuadrado, existirá un punto F de forma que las áreas azul y roja sean iguales, por lo que para la primera condición del problema también habrá infinitas soluciones. Los límites de esta situación son los que corresponden a d = 2/3, representado en la Figura 2, y d = 1/3, representado en la Figura 3 (y sus simétricos respecto de la diagonal principal A-C). Recapitulando todo lo anteriormente expuesto, construimos la Figura 9, en la que se han marcado a trazos las líneas de pliegue de las figuras 2 a 5. Los puntos negros son los que corresponden a los marcados A´ en esas figuras y en la Figura 6. La curva con la que hemos unido estos puntos es el lugar geométrico de todos los puntos A´ posibles, de tal forma que las áreas de las superficies vistas de anverso y reverso del papel tras el pliegue, sean iguales. Figura 9 En tanto y cuanto el punto E de la Figura 8 se mueva a lo largo del borde del cuadrado marcado en rojo al margen de la figura, el punto A´ será uno de los del tramo rojo de la curva, y sea cual sea el punto de la curva, LAS SUPERFICIES VISTAS SERÁN IGUALES A 1/3 de la del cuadrado. Cuando el punto E se desplace en el tramo del borde del cuadrado marcado en verde al margen, el punto A´ será uno de los de la rama verde de la izquierda de la curva de la curva. (La otra rama es simétrica y la produce el desplazamiento del vértice D). ¡ATENCIÓN! Los puntos extremos de estas ramas verdes, sabemos que también corresponden a SUPERFICIES VISTAS IGUALES A 1/3 DE LA DEL CUADRADO (Figuras 2 y 5), pero ….. ¿Qué valor tendrán las áreas de las superficies correspondientes a los otros puntos de las ramas verdes? Serán: 1.- ¿IGUALES TAMBIÉN A 1/3 DE LAS DEL CUADRADO? 2.- ¿MENORES O MAYORES? Y si son mayores, ¿CUÁL ES EL PUNTO QUE CORRESPONDE A LA MÁXIMA Y QUÉ VALOR TIENE EL ÁREA? RAZONEMOS: Vamos a generalizar el problema en base a los polígonos representados en la Figura 10:   Se verifica que: x + z = y [1] y sabemos que es un cuadrado de área 1, o sea: x + y + (x + z) = 1 [2] Eliminando x de estas ecuaciones, obtenemos: y = (1 + z)/3 [3] Figura 10     Haciendo z =0, se tienen todas las situaciones representadas en las figuras 2 a 7, para las que las superficies que quedan a la vista: y = anverso = reverso = 1/3 Para aquellos casos en que se produce el triángulo amarillo, es decir z>0 , en todas las soluciones posibles, la superficie según [3], será mayor de 1/3. Es decir, queda contestada la pregunta 2, formulada más arriba: Existen infinitas soluciones, en que la superficies vistas e iguales de anverso y reverso, son mayores de 1/3 Queda aún una cuestión y es determinar cual de ellas es la máxima. Siguiendo con la expresión [3], podemos afirmar que la máxima “y”, se corresponderá con aquella en que la de “z” sea también la máxima. Si de [1] y [2] eliminamos “z”, tendremos: y = (1 – x)/2 [4] Por lo tanto, para hallar el área máxima anverso/reverso, disponemos de las siguientes opciones válidas: 1.- maximizar “y” 2.- maximizar “z” 3.- minimizar “x” desde aquí, es cuestión de establecer las oportunas ecuaciones que proporcionan las respectivas áreas de “x”, “y”, “z”, en función de la posición del punto E de la Figura 9, por ejemplo, por su distancia a la base del cuadrado y el ángulo que la línea de pliegue forme con la horizontal o la vertical. Todas las ecuaciones que se pueden plantear son muy complejas y su solución, aún mayor. No entraremos en ello en este artículo, pasando a mostrar en la tabla que figura a continuación, para comentar a la vez los valores que figuran en ella y las Figuras 11, 12 y 13. Notas.- Las filas marcadas en amarillo, son las representadas en las Figuras 11 y 12 * Valores más aproximados son: d = 0,54118099137345 al que corresponde: S = 0,33734382176955 Figura 11 Figura 12 Obsérvense en estas figuras los triángulos de color verde. Partiendo de una posición para el punto E, uno de los lados descansa sobre la línea horizontal E-F; el lado E-I, une el punto E con la intersección del lado A-B abatido, con el lado B-C; el tercer lado, depende según el caso. En la Figura 11, el triángulo verde es rectángulo y corresponde a todas las soluciones de la parte superior de la Tabla. En la Figura 12, el triángulo es acutángulo y se corresponde con las situaciones de la parte inferior de la Tabla. La figura 13, a continuación, representa la Solución final, en que el área es máxima. No nos ocuparemos aquí de probar que es ésta la solución, lo cual dejamos planteado como reto (si te interesa una solución de tipo analítico, puedes contactar con nosotros). Obsérvese que en esta situación, el triángulo verde ¡NO EXISTE!. Es decir, conociendo la situación del punto E, bastaría situar el F a la misma distancia “d” de la base del cuadrado y, pivotando sobre E, plegar buscando la línea E-G, de forma que A-B corte al lado B-C en el punto F.

Sábado, 01 de Octubre de 2005 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

29. 14. Papirodemostración del Teorema de Pitágoras

En la actualidad, existen más de 1000 demostraciones del Teorema de Pitágoras lo que confirma que es uno de los teoremas que más han llamado la atención a través de la historia. Existen varias demostraciones que utilizan la papiroflexia para justificar este teorema y que se basan en pruebas geométricas clásicas. La más antigua que conozco es la que publicó en 1883 Sundara Row en su libro "Geometric Exercices in Paper Folding" y que recogen, entre otros, Kunihiko Kasahara (1989 y 2001) y Jesús de la Peña Hernández (2000). Basándome en la demostración matemática de este teorema propuesta por el matemático inglés Henry Perigal (1801-1898) he ideado una demostración “papirofléxica” del Teorema de Pitágoras. Me baso en un puzzle de cuatro piezas trapezoidales hechas de papiroflexia, ideado por Jean Jonson y publicado por Judy Hall (1995) y Jesús de la Peña Hernández (2000). Estos autores no utilizan el puzzle para demostrar explícitamente el teorema de Pitágoras y además las piezas trapezoidales del puzzle que propongo no tienen por qué tener las mismas proporciones que las ideadas por Jean Jonson. La demostración de Perigal es la siguiente: Sobre el mayor de los cuadrados construidos sobre los catetos se determina el centro (no necesariamente ha de ser este punto) y se trazan dos rectas, una paralela y otra perpendicular a la hipotenusa del triángulo. Con las cuatro piezas obtenidas más el cuadrado construido sobre el otro cateto podemos cubrir el cuadrado construido sobre la hipotenusa (Perigal 1874).   Para realizar la papirodemostración del teorema de Pitágoras de un triángulo rectángulo cualquiera vamos a construir un puzzle de cinco piezas: una pieza cuadrada y cuatro trapezoidales iguales. Sea un triángulo rectángulo cualquiera:   Para construir la pieza cuadrada:   Construimos cuatro piezas trapezoidales de la siguiente manera:   Y ya sólo queda colocar las piezas para demostrar el teorema de Pitágoras:   Referencias bibliográficas: DE LA PEÑA HERNÁNDEZ, Jesús (2000) Matemáticas y Papiroflexia. Asociación Española de Papiroflexia. Madrid. HALL, Judy (1995) Teaching Origami to develop visual/spatial perception en Second International Conference on Origami Education and Therapy. Origami USA. New York. KASAHARA, Kunihiko (1989) Origami Shinseiki I (Origami, La Era Nueva). Ed. Sanrio Co. Japón. KASAHARA, Kunihiko (2001) Amazing Origami. Sterling Publishing Company. New York. PERIGAL, Henry (1874) On Geometric Dissections and Transformations. The Messengers of Mathematics. p.103-106. http://www.sunsite.ubc.ca/DigitalMathArchive/Euclid/perigal/perigal.html ROW, Sundara (1966 ) Geometric Exercices in Paper Folding. Dover Publications. New York. (Reimpresión del libro original publicado en 1893 en Madrás, India).

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

30. 16. Martin Gardner y la Papiroflexia (II)

PAPIROFLEXIA La papiroflexia y los juegos de papel encajaban bien en este orden de cosas. Además, la geometría básica del plegado de papel fascinaba a Martin Gardner, el matemático. Su dilatada serie de colaboraciones con Hugard's Magic Monthly comenzó en 1948 y sus aportaciones de febrero y septiembre de 1949 trataban de los pliegues con billetes de dólar y de trucos realizados con papel. Para los pliegues con billetes de dólar, Martin incluyó un Pez Soplador que podía fabricarse para apagar una vela, un método para reducir el tamaño de un billete mediante el plegado, y "el Champiñón", dos pliegues en un billete de dólar que convierten a George Washington en un champiñón. Se trataba de uno de los trucos más populares de Martin, ya que lo ha incluido en muchos de sus libros. El artículo sobre los Trucos con papel tenía menos que ver con la papiroflexia en sí misma. Incluía un círculo de conejitos de papel que era un mecanismo simple para cambiar aparentemente la expresión de una cara dibujada en un papel, que llamó “Movies”. También incluía un simple "Pargo", una cabeza de animal fabricada utilizando una pequeña tarjeta, que dispone de la fuerza para levantar objetos bastante grandes en sus "fauces". Sinceramente, ninguno de estos trucos puede considerarse como muy buena papiroflexia, u “Origami” como posteriormente se conocería con la fundación del Origami Center de Nueva York en octubre de 1958. No obstante, probablemente fueron estos artículos los que atrajeron la atención de Martin Gardner hacia Gershon Legman. Gershon Legman residía entonces en Nueva York antes de mudarse a vivir en Francia en 1953. Legman había venido recopilando información sobre la papiroflexia de todas las fuentes posibles desde 1945 y se dedicó a escribir a todo aquel que a su entender podría aportarle algo más sobre el tema o que pudiera ofrecerle información sobre el listado de libros y artículos disponibles que estaba tratando de reunir. Gershon Legman no era propiamente un mago, pero conocía a muchas personas que eran ilusionistas, incluyendo a Cy Enfield, el productor de cine, antiguo compañero suyo de colegio. Fue Cy Enfield quien le enseñó a Gershon Legman la Pajarita o Lotus (Loto) que desencadenaron su interés por la papiroflexia en 1945. (Debido a una serie de curiosos acontecimientos achacables al destino, fue Cy Enfield quien presentó a Robert Harbin y Gershon Legman.) Pero si Gershon Legman se dio cuenta de que Martin Gardner estaba interesado en los trucos y la papiroflexia, también podemos estar seguros de que al conocerse, Martin Gardner fue introducido al más amplio conocimiento de la papiroflexia formado por Gershon Legman. Se produjo un aumento notable en la actividad papirofléxica por parte de Martin. En 1952 aportó tres artículos, no a una revista de magia, sino al “Children's Digest”. Se trataba de "Cómo construir un barco de papel”, "Rizar el rizo" y "¡De aquí obtendrás un estallido!”. No los he visto, pero los dos primeros probablemente se referirán a algún tipo de barquito y un aparato volador y el tercero a un petardo tradicional. A continuación, en septiembre de 1952 Martin aportó un planeador a la revista "Parents' Magazine". Pero no se trataba del típico avioncito tradicional de papel plegado, ya que incorporaba una modificación en el morro que hacía posible propulsarlo mediante una banda elástica. La mejora fue, de hecho, un descubrimiento de Gershon Legman. Debido a que “Children’s Digest” y “Parents’ Magazine no eran revistas de magia, estos artículos fueron omitidos de la recopilación de los artículos de Martin Gardner que se recogían en “Martin Gardner Presents” y al parecer nunca han vuelto a ser publicados. Gershon Legman publicó una edición preliminar de su bibliografía en la revista "Magicol" en mayo de 1952, y su “Bibliografía de papiroflexia” ampliada en un librito posteriormente ese mismo año. En él señalaba dos aportaciones de Martin Gardner a Hugard's Magic Monthly en febrero y septiembre de 1949 y sus tres contribuciones a "Children's Digest" entre enero y mayo de 1952. La contribución del avión modificado de Gershon Legman por Martin Gardner a Parents’ Magazine en septiembre de 1952 no se mencionó de forma deliberada. Sería erróneo sacar la conclusión que a partir de estas publicaciones se produjo un incremento inmediato del interés de Martin Gardner por la papiroflexia. Para él seguía siendo, como siempre había sido, simplemente un aspecto más del ilusionismo. Hemos advertido que ya había ciertos aspectos de la papiroflexia incluidos en el librito inicial de Martin Gardner "Después del postre” (“After the Dessert") (1940-1941). Tras la Guerra, en 1949, publicó otro manual en la misma línea titulado "Over the Coffee Cups" (“Con el café”). Éste, también, contenía uno o dos artículos de papiroflexia. Uno era el famoso plegado de un billete de dólar con el que se formaban las palabras "GAL TENDER AND PRIVATE" con las que los viajeros hacían saber que estaban buscando compañía en su habitación. Otro era un truco de Samuel Berland. Una vez más, no se trataba de papiroflexia propiamente dicha, pero empleaba un método de plegado de un billete de un dólar de forma que pareciesen dos billetes, creando la ilusión de que el segundo billete se hacía desaparecer. Otro de los trucos favoritos con papel de Martin Gardner eran las Bandas de Moebius que a menudo presentaba con el misterioso nombre de Bandas Afganas. Este nombre había sido utilizado por el famoso Profesor Hoffman ya en 1904, pero sus orígenes siguen siendo un misterio. En diciembre de 1949 Apareció una versión de las Bandas Afganas de Martin Gardner en Hugard's Magic Monthly. Las Bandas de Moebius se realizaban frecuentemente con papel, aunque no constituían papiroflexia propiamente dicha, y Gershon Legman no consideró adecuado incluir el artículo en su Bibliografía. Más bien las Bandas Afganas presagian el modo en que el interés de Martin Gardner evolucionaría en el futuro. Tenía previsto incluirlas en artículos de Scientific American y en posteriores libros escritos por él. Hugard's Magic Monthly rápidamente se convirtió en un centro de interés para gran parte de la obra de Martin Gardner. Tras aportar aproximadamente treinta y dos artículos entre julio de 1945 y febrero de 1951, comenzó a escribir una columna mensual que salió publicada desde marzo de 1951 hasta marzo de 1958. Los artículos reflejaban la visión general de Martin, así como un enfoque poco complicado hacia el ilusionismo. Nombró a la serie la “Encyclopedia of Impromptu Magic” (“Enciclopedia de magia improvisada”). No he examinado todos los ejemplares de la revista, pero parece que desde el comienzo se consideraron como la base para un libro global de ilusionismo. Antes de escribirlos, Martin hacía el ejercicio de tomar notas acerca de los trucos de prestidigitación en fichas que guardaba en cajas de zapatos. Cuando quería escribir un artículo, recuperaba la información de las fichas rápidamente. Inicialmente, Martin esperaba poder revisar la recopilación con los libros publicados con el fin de reconocer su agradecimiento a los inventores de las ideas y para pulirlos en general. Pero el tiempo (una vez más) no lo permitió, y los artículos recopilados fueron publicados finalmente por Magic Inc. of Chicago en 1978. En su mayor parte los artículos volvieron a ser editados “sin refinar". Hay unas pocas revisiones y notas añadidas pero en general son muy limitadas y desiguales. Muchos de los títulos de la versión en libro de la Enciclopedia de Magia Improvisada son relevantes para la papiroflexia, entre ellos los de "Pliegues de billetes", "Pliegue de pañuelos", "Revista", "Periódico" y una vasta sección titulada simplemente "Papel". Este último título abarca varios subapartados, como magia de papel, trucos con papel, recorte de papel, papiroflexia, trabajos con papel y curiosidades geométricas. Gran parte de este apartado está relacionado en cierta forma con la papiroflexia en el sentido más amplio del término. Aquí, por ejemplo aparece una extensa sección sobre las Bandas de Moebius, una corta sobre el plegado geométrico, y otra sobre los hexaflexágonos. Muchos de los artículos son muy familiares, y proceden del repertorio internacional de juegos de salón tradicionales. El apartado sobre Plegado de papel, en sí, abarca ocho páginas y comienza con una breve historia de introducción en la que se menciona Japón, Unamuno y Froebel. A continuación sigue una breve bibliografía pagando un tributo a las mayores bibliografías de Gershon Legman. Sólo contiene dieciséis artículos que van desde el “Magia de papel” de Will Blyth ("Paper Magic") de 1920, hasta “Lo mejor de Origami” de Samuel Randlett ("The Best of Origami") de 1963. Obviamente, el listado de libros o bien se habría actualizado, o bien habría sido recopilado especialmente para el formato de libro de la Enciclopedia. No obstante, sigue siendo un listado muy selectivo. Martin describe con franquedad las figuras de papel plegado que incluye tan sólo como una selección, escogidos porque pueden animarse de alguna forma divertida. Reconoce tranquilamente que pueden encontrarse figuras de gran realismo y belleza en las obras orientales y españolas de papiroflexia. (Esta declaración también aparece en su referencia curiosamente limitada al Oriente y España y resulta evidente que no ha sido actualizada para incluir la referencia a las creaciones occidentales en el libro de Samuel Randlett “El arte del Origami” ("Art of Origami") (1961) y “Lo mejor del Origami” ("Best of Origami") (1963) o en “Secretos del Origami” de Robert Harbin (“Secrets of Origami”) (1963). Los modelos mencionados o reproducidos incluyen los siguientes: la rana "de la esperanza”, un barco que flota en el agua, una pistola, la taza de papel, la tetera (en la que se puede hervir agua) y el salero en sus diversas formas de "atrapa insectos" y "adivino". Todos ellos son muy interesantes y Martin arroja mucha luz sobre cada uno de los mismos. Pero, lo que resulta significativo es que se trata simplemente de una recopilación de modelos existentes, y aparentemente no incluye ningún diseño del propio Martin. Una característica interesante de "Hugard's Magic Monthly" y, por lo tanto, de la "Enciclopedia de magia improvisada" es que estaba primorosamente ilustrado por Frank Rigney, previamente mencionado como coautor e ilustrador de "Fun with Paper Folding" (“Diversión con la papiroflexia”) por William D Murray y Francis J Rigney (1928). Martin le rinde un bonito homenaje en su introducción a la versión en libro de la Enciclopedia. Fue una asociación que los convirtió en íntimos amigos. Las entregas parciales de la "Enciclopedia de magia improvisada" se publicaron en Hugard's Magic Monthly hasta marzo de 1958, a pesar de que Martin continuara aportando unos pocos artículos hasta septiembre de 1961. Allá por marzo de 1958, sin embargo, los cambios se empezaban a vislumbrar. Otro mago, Robert Harbin, había publicado su libro "Paper Magic" (“Magia de papel”) en Inglaterra en 1956. Este libro, pese a su título, trataba de forma inequívoca sobre la papiroflexia y no sobre la magia con papel en el sentido del ilusionismo con papel. Harbin, también, acababa de conocer hace muy poco por correspondencia a Gershon Legman. A continuación, en el verano de 1957, la señora Lillian Oppenheimer, que se había mostrado gratamente impresionada tras recibir una copia de “Magia de papel”, cruzó el Atlántico para conocer a Robert Harbin en Londres, pero no pudo reunirse con Gershon Legman en Francia tal y como esperaba, porque él se encontraba de viaje. El mundo de la papiroflexia occidental se despertó repentinamente y en octubre del año siguiente la señora Oppenheimer de forma inesperada (o tal vez no tan inesperada) se vio a sí misma como la fundadora del Origami Center de Nueva York y editora de un nuevo diario llamado "The Origamian". EL ORIGAMI CENTER Para ser una organización tan espontánea, llamaba la atención lo bien que estaba organizado el Origami Center. En el momento de la segunda edición de “Origamian” en noviembre de 1958, ya habían sido nombrados una larga lista de al menos treinta y cinco Miembros Honorarios. Todos ellos recibieron tarjetas de socios especialmente impresas para cada uno. En la lista aparece "Martin Gardner – Autor de Papiroflexia". Claramente, al ser escogido, Martin Gardner había supuesto un impacto significativo en el incipiente mundo de la papiroflexia moderna occidental. Hasta 1958 sus logros totales como escritor sobre cualquier tema no podían describirse como prodigiosos, a pesar de que entre sus libros publicados se incluían "En el nombre de la ciencia" (obra en la que desacreditaba nociones pseudocientíficas), "Mathematics Magic and Mystery" (“Magia y misterio de las matemáticas”) (sobre trucos de magia que utilizan las matemáticas) y "Great Essays in Science" (“Grandes ensayos de ciencia”) (una recopilación de ensayos clásicos de la que sólo fue el editor). No había escrito ni un solo libro dedicado exclusivamente a la papiroflexia. Lillian Oppenheimer fue, tal vez, generosa con sus Miembros Honorarios (era un lince en cuestiones publicitarias) y podemos suponer que Martin Gardner había entrado de pleno en ese pequeño círculo que intercambiaba información acerca de la papiroflexia durante los meses que precedieron y siguieron a la aparición del Origami Center. Martin Gardner no fue el único mago en ser escogido. Otros fueron Robert Harbin, Paul Duke y Jay Marshall de Magic Inc. Muchos otros Miembros Honorarios no se describían como magos, pero, al igual que muchos papiroflectas, llevaban varitas mágicas en sus mochilas, incluyéndose entre ellos Guiseppi Baggi, Shari Lewis, Robert Neale y "Thok Sondergaard" de Dinamarca (que era, nada más y nada menos que Thoki Yenn). Otro miembro honorario era Lester Grimes de La Rochelle, Nueva York, el decano de los magos con papel. Desde antes de la Segunda Guerra Mundial se le anunciaba en los carteles publicitarios como "El Mago de Papel", realizando sus actuaciones vestido con un traje de papel y utilizando únicamente equipamiento y materiales de papel. Es de suponer que sería amigo de Martin Gardner. Lester Grimes desempeñó un papel activo en los primeros días de vida del Origami Center. No existe ninguna constancia de que Martin Gardner asistiera a ninguna de las primeras reuniones del Origami Center, y no se hace mención alguna a su persona en los cinco ejemplares del primer volumen de Origamian que se publicaron entre noviembre de 1958 y marzo de 1959. De hecho, aparte de algunas referencias ocasionales a sus libros, rara vez se le vuelve a mencionar en los numerosos ejemplares posteriores de Origamian, tras reanudarse su publicación en el verano de 1961. No obstante, se sabe con certeza que Martin Gardner asistió al "Segundo Encuentro Annual de Origami en el Origami Center (a saber, el apartamento privado de Lillian Oppenheimer) los días 2 y 3 de noviembre de 1963, una de las primeras convenciones sobre Origami que se habían celebrado hasta entonces. Otra mención en el Origamian del verano de 1964 hace referencia al artículo breve de Martin Gardner sobre el Origami en la Enciclopedia Británica, que apareció por primera vez en la edición publicada previamente ese mismo año. El Origamian afirmaba que Martin estaba bastante disgustado por el hecho de que había escrito el artículo mucho tiempo atrás –en 1959- pero su publicación se había retrasado hasta entonces. A pesar de que había solicitado en repetidas ocasiones la revisión del artículo, los editores se habían mostrado reacios a hacerlo. Como resultado, el artículo se quedó desfasado antes de su publicación y no contenía ninguna mención a los notables papirofléxicos americanos y occidentales en general que se habían dado a conocer desde 1959, entre ellos Fred Rohm y Neal Elias. Sin duda alguna, los editores de la Enciclopedia Británica tenían sus razones, pero Martin Gardner se sintió muy contrariado. En efecto, el artículo resulta interesante por una serie de razones. Revela que en 1959 Martin Gardner era considerado como toda una autoridad en el Origami y que por ello se le invitó a escribir el artículo. El artículo menciona a Akira Yoshizawa, Miguel de Unamuno y Vicente Solórzano Sagredo, los tres papiroflectas más notables antes de la formación del Origami Center. Se menciona a Friedrich Froebel en relación con el movimiento Kindergarten y la Bauhaus se cita en relación con los estudiantes de diseño comercial. Se reconoce a Arthur H. Stone el mérito de haber descubierto los flexágonos. Dos de los papirofléxicos modernos que se citan son George Rhoads y Guiseppe Baggi. En conjunto, el artículo constituye un compendio bastante global, al tiempo que compacto, de la papiroflexia tal y como se encontraba en 1959. No se menciona el Origami Center, pero es que quizás fuera demasiado pronto para hacerlo. Nos preguntamos de qué forma habría revisado Martin el artículo de habérsele permitido hacerlo en 1964, suponiendo que no se le hubiera brindado la posibilidad de contar con más espacio. No directamente vinculado al Origami Center, pero asociado con él en cierta forma estaba la exhibición "Geometría plana y Figuras de Fantasía" celebrada en el Cooper Union Museum de Nueva York desde comienzos de junio, durante el verano de 1959. La exposición ya había sido planeada cuando en el verano de 1958 repentinamente el Origami se convirtió en noticia en los periódicos y la televisión. Por ello, se invitó a Lillian Oppenheimer a que aportara modelos para una sección de la exposición que se dedicaría al Origami. Lillian reunió modelos procedentes de los Estados Unidos, Europa y Japón. También se invitó a Martin Gardner a participar, pero el catálogo cita un único modelo con su nombre, que era un murciélago volador. A pesar de no resultar evidente en la exposición estática, Martin reveló que su murciélago tenía un secreto. Si se situaba su cabeza en la punta del dedo, se movía horizontalmente. El secreto era que había un penique Escondido en el extremo de cada una de sus alas. Por supuesto, es posible que Martin hubiera aportado otros modelos que no fueron seleccionados para la exhibición por las autoridades del Museo. Como correspondía por tratarse de un museo público, eran muy rigurosos a la hora de seleccionar los modelos que consideraban adecuados par alas exposiciones, e incluso llegaron a incluir tan sólo una pequeña parte de los modelos de Yoshizawa que habían recibido. Sin embargo, debemos reconocer que la muy limitada aportación de Martin Gardner a la exposición no es sino la confirmación de que a pesar de sus contribuciones tremendamente creativas a los juegos de cartas y los rompecabezas, no era un creador activo en la papiroflexia. David Lister 15 de febrero de 1995. Revisado el día 29 de septiembre de 2005. © David Lister 1995, 2005. NOTA: Este artículo apareció publicado por primera vez en 1995 en la tardía revista privada FOLD, que tanto echamos de menos. Me gustaría expresar mi más profunda gratitud a Martin Gardner, a quien he enviado el artículo. Martin me ha dado amablemente su aprobación y me ha sugerido algunas pequeñas aportaciones y correcciones que yo mismo he incorporado en la edición revisada. También me gustaría agradecer a Mick Guy por haber revisado este artículo y por haberme ayudado a corregir varios de los errores tipográficos de los que yo habría sido víctima inevitable. Únicamente yo soy responsable del contenido, así como de cualquier inexactitud. Recibiré encantado todas aquellas correcciones a este artículo, así como cualquier información adicional o anécdotas acerca de la relación de Martin Gardner con la papiroflexia. Artículo original en inglés: http://www.britishorigami.info/academic/lister/martin_gardner.htm (*) Hemos dividido en tres partes el artículo original.

Domingo, 01 de Enero de 2006 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico