mércores, 13 de xullo de 2022

Dobrando papel. Dobrando o cubo

Na anterior entrada explicamos en que consiste a dobrez de Haga. Se temos un papel cadrado, desprazamos un dos vértices superiores P, ata facelo coincidir co segmento inferior AB. Isto determina unha liña sobre o papel. Aplicando habilmente este tipo de dobrez podemos construir calquera número racional sobre o papel. Pero podemos ir moito máis alá. 

Para saber ata onde poder chegar estableceuse un sistema de axiomas que establecen todas as posibilidades de pregado. Son os 7 axiomas de Huzita-Hatori. Sobre esta base demostrouse que mediante dobreces poden realizarse as operacións aritméticas da suma, o produto, a división, a raíz cadrada e a raíz cúbica. De aí que o conxunto dos números construtibles mediante origami sexa un subcorpo dos complexos, en concreto o menor corpo que contén aos quebrados e todas as raíces cadradas e cúbicas destes. 

Mediante a papiroflexia podemos realizar moitas máis construcións que con regra e compás. Un exemplo significativo é o problema da duplicación do cubo. Dado un cubo trátase de que obteñamos outro de volume duplicado. Se o cubo orixinal ten aresta a, o cubo de volume dobre debe ter aresta $\sqrt[3]{2}\cdot a$. Polo tanto o obxectivo é obter mediante técnicas de papiroflexia o valor $\sqrt[3]{2}$. Lembremos que isto non pode conseguirse usando compás. 

A solución que reproducimos aquí é a resposta a un reto proposto na revista canadiana Crux Mathematicorum (páx. 284 e 285 do nº 12 do mes de decembro de 1986).

Comezaremos dividindo o papel en terzos. Xa viramos como obter calquera fracción na entrada anterior. De seguido realizamos unha dobrez de Haga facendo coincidir P co segmento inferior AB pero de forma que o punto Q fique sobre o outro segmento vertical. O reto consistía en obter a razón AP/PB.


Sexa a=AP e 1=PB. Aplicando o teorema de Pitágoras no triángulo rectángulo PFB:
$$\left ( 1+a-x \right )^{2}=1^{2}+x^{2}\\1+x^{2}+a^{2}+2a-2x-2ax=1+x^{2}\\2ax+2x=a^{2}+2a\\x=\frac{a^{2}+2a}{2a+2}\quad [1]$$
Agora fixémonos no triángulo PQR:
$$PQ=\frac{1+a}{3}\\PR=a-\frac{1}{3}\left ( 1+a \right )=\frac{2a-1}{3}$$
Como os triángulos PQR e PBF son semellantes:
$$\frac{PR}{PQ}=\frac{BF}{PF}$$ $$\frac{\frac{2a-1}{3}}{\frac{1+a}{3}}=\frac{x}{1+a-x}$$
$$\frac{2a-1}{1+a}=\frac{x}{1+a-x}\\\left ( 2a-1 \right )\left ( 1+a-x \right )=x+ax$$     $$2a+2a^{2}-2ax-1-a+x=x+ax\\2a^{2}+a-1=3ax\\x=\frac{2a^{2}+a-1}{3a}\quad [2]$$
Igualamos [1] e [2] e resolvemos a cuestión:
$$\frac{a^{2}+2a}{2a+2}=\frac{2a^{2}+a-1}{3a}\\3a^{3}+6a^{2}=4a^{3}+2a^{2}-2a+4a^{2}+2a-2\\a^{3}=2$$

xoves, 7 de xullo de 2022

Dobrando un papel. Os racionais.

É moi habitual que nos congresos de profesores de matemáticas haxa algunha comunicación sobre a papiroflexia. Eu sempre fuxín delas porque facer cousas coas mans ponme moi nervioso porque a miña torpeza lévame a facelas mal e a miña impaciencia ante eses seguros e repetidos erros e imprecisións acaban en desastre ou abandono. 

Pero imaxinar que fago algo coas mans xa é outra cousa pois teño o bo costume de imaxinar que o fago ben. En todo caso, o que me interesa da papiroflexia son unicamente os experimentos mentais que me permiten establecer un xogo matemático. 

Partiremos dun papel de forma cadrada que, sen perda de xeneralidade, nun principio terá de lado a unidade: AB=1. O primeiro que a un se lle ocorre facer é dobralo pola metade. Se o fixemos unha vez, podemos repetilo cantas veces queiramos

Isto significa que podemos obter os racionais da progresión xeométrica $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},...$. Recíprocamente, se temos o papel dobrado por unha fracción, poderemos usar ese padrón para trasladalo sobre o papel unha e outra vez. Isto é, se conseguíramos o valor $\frac{1}{5}$, non teriamos dificultade en obter por sucesivos pregamentos os valores $\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}$ 

Velaí que se podemos obter as fracción unitarias, $\frac{1}{n}$ tamén seríamos quen de chegar a calquera outra fracción propia $\frac{m}{n}$. Xa que logo, imos intentar construir as fraccións unitarias. Para iso bastará con facer só un tipo de pregamento co papel. Na seguinte applet proba a mover o punto P. Sobre todo observa o que pasa cando coloco P sobre o segmento AB.

   

Como no punto P o ángulo é de 90º, os outros dous ángulos que se forman en P serán complementarios, de aí que os triángulos rectángulos que se determinan sobre a base sexan semellantes.

Se movemos o punto P ata a metade do segmento AB, teremos unha pequena e satisfactoria sorpresa.


$AB=PB=\frac{1}{2}$, PF=1-x. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo PBF:

$\left ( 1-x \right )^{2}=\left ( \frac{1}{2} \right )^{2}+x^{2}$

Resolvendo obtense $x=\frac{3}{8}$

Tal e como dixemos, os triángulos AHP e BFP son semellantes:

$\frac{AP}{y}=\frac{x}{PB}$

$\frac{\frac{1}{2}}{y}=\frac{x}{\frac{1}{2}}$

$x\cdot y=\frac{1}{4}$

Substituíndo x polo seu valor e resolvendo, obtemos $y=\frac{2}{3}$

De aí, que dobrando o segmento y=AH pola metade obteñamos o valor desexado,  $\frac{1}{3}$

O que acabamos de facer é esencialmente o que se coñece como teorema de Haga e a dobrez que estamos usando é coñecida como a dobrez de Haga

Teorema de Haga. Se dobramos unha folla cadrada cunha dobrez de Haga, verifícase que $y=\frac{2a}{a+1}$

A súa demostración consiste en aplicar, paso por paso, o realizado no caso anterior.

PF=1-x. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo PBF:

$\left ( 1-x \right )^{2}=a^{2}+x^{2}$

De onde $x=\frac{1-a^{2}}{2}$

Pola semellanza dos triángulos AHP e BFP :

$\frac{AP}{y}=\frac{x}{PB}$, isto é $\frac{1-a}{y}=\frac{x}{a}$

$$x\cdot y=a\left ( 1-a \right )$$

Substituíndo polo valor obtido anteriormente $x=\frac{1-a^{2}}{2}$:

$$\frac{1-a^{2}}{2}y=a\left ( 1-a \right )\\\frac{y}{2}=\frac{a\left ( 1-a \right )}{1-a^{2}}=\frac{a\left ( 1-a \right )}{\left ( 1-a \right )\left ( 1+a \right )}=\frac{a}{1+a}$$

Se aplicamos teorema de Haga para o valor $a=\frac{1}{n}$ obteremos 

$$y=\frac{2\cdot \frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{2}{n+1}$$

De aí, que da mesma maneira que a partir do valor $\frac{1}{2}$ obtivemos $\frac{1}{3}$, por indución, poderemos obter todas as fraccións unitarias e polo tanto, tal e o como concluímos antes, todas as fraccións propias. A cuestión que xurde de forma natural é a de que se usando as técnicas da papirofleixa podemos ir máis alá dos racionais. Xa adianto que a resposta é afirmativa, pero desenvolvereina nunha próxima entrada.