Intuición esganada cunha corda

Hai algunhas cuestións que nos chaman moito a atención por daren lugar a resultados sorprendentes, e se os cualificamos de sorprendentes é porque desafían a nosa experiencia ou a nosa intuición. Ese é o caso do problema do "cinto da Terra" que xa tratamos noutra ocasión ao recoller un artigo de Jaime Poniachik na revista Cacumen. A cuestión era a seguinte:

O cinto da Terra. Imaxinemos un cordel cinguido á Terra sobre o ecuador. Se lle engadimos un metro, vai quedar algo folgado, canto? Axustemos agora outra o cordel arredor dunha laranxa e despois agregámoslle tamén un metro. O sorprendente é que agora a folgura do cinto da laranxa coincide coa da Terra.

A explicación é ben simple. A lonxitude da corda inicial é 2πr. Se lle engadimos un metro a nova lonxitude será $$2\pi r+1=2\pi \left ( r+\frac{1}{2\pi } \right )$$

polo que o raio da corda extendida supera en 1/2π unidades ao raio da circunferencia inicial independentemente do valor do raio. No caso que nos ocupa, como incrementamos a lonxitude nun metro, o raio aumentaría uns 16 cm tanto no caso da Terra como no da laranxa. Se nos pediran un valor para este problema antes de ver a solución seguramente aventurariamos unha cantidade milimétrica pois,a priori, dá a impresión de que engadir un metro a unha cantidade tan desproporcionadamente maior como a da circunferencia terrestre (uns 40 000 km) vén sendo tanto como non engadir nada. 

Tratemos agora un problema cunha fasquía moi semellante. Segundo conta Zhúkov no seu libro El omnipresente número π (Editorial URSS, 2004), o profesor Anatoli  Dimítrievich Myshkis tivo a simpática idea de propoñer o seguinte problema nunha das súas clases:

Tíralle da corda. Supoñamos que o globo arredor do globo terráqueo se cingue unha corda inextensible. Despois de alongala un metro, tómase a corda por un punto e levántase da superficie da Terra ata a maior altura posible. Determínese esa altura.

O ideal sería que o lector ofrecese unha resposta, mesmo a escribise antes de seguir lendo a solución a esta espiñenta cuestión e que recollo esencialmente do citado libro.

Sexa OA=OC=OC'=R o raio terrestre, AB=a, AC=h e α=∠AOB. De todas estas cantidades só coñecemos R. O triángulo AOB é rectángulo en A, de aí que $$tan\alpha =\frac{a}{R}\quad\quad [1]$$

Aplicando o teorema de Pitágoras:$$\left ( R+h \right )^{2}=R^{2}+a^{2}\\R^{2}+2Rh+h^{2}=R^{2}+a^{2}$$

 Operando queda esta ecuación de segundo grao en h: $$h^{2}+2Rh+-a^{2}=0\\h=\frac{-2R\pm \sqrt{4R^{2}+4a^{2}}}{2}=-R\pm \sqrt{R^{2}+a^{2}}$$

Tomando o resultado positivo e despois multiplicando e dividindo por R:  $$h=\sqrt{R^{2}+a^{2}}-R=R\left [ \sqrt{1+\left ( \frac{a}{R} \right )^{2}} -1\right ]\quad\quad [2]$$

Só nos quedaría determinar $a$, ou neste caso,$\frac{a}{R}$. A cuestión non é simple. Teremos que ir máis alá da manipulación alxébrica e botar man de resultados do cálculo diferencial.

A lonxitude, en radiáns, do  arco AOC é $\pi \alpha$ e a da semicircunferencia CC' é $\pi R$, polo tanto o a medida do arco AC'  será a súa diferenza $\pi R-\pi \alpha $. A lonxitude da corda desde B, pasando por A ata C':$$a+\pi R-\pi \alpha =\frac{2\pi R+1}{2}=\pi R+\frac{1}{2}$$

Simplificando esta expresión e dividindo por R:$$\frac{a}{R}-\frac{R\alpha }{R}=\frac{1}{2R}\\ \alpha =\frac{a}{R}-\frac{1}{2R}$$

Substituíndo en [1]:$$tan \left ( \alpha \right ) =tan\left ( \frac{a}{R}-\frac{1}{2R} \right )=\frac{a}{R}\quad\quad [3]$$

Como $\alpha$ ten un valor moi pequeno e unha boa aproximación da tanxente na veciñanza do cero é a serie de Taylor temos que $$tan \left ( \alpha \right ) = \alpha +\frac{1}{3}\alpha ^{3}++\epsilon$$

Aplicando esta relación a [3] temos que $$\frac{a}{R}-\frac{1}{2R}+\frac{1}{3}\left ( \frac{a}{R}-\frac{1}{2R} \right )^{3} +\epsilon =\frac{a}{R}$$

$$\left ( \frac{a}{R} -\frac{1}{2R}\right )^{3}=\frac{3}{2R}-3\epsilon \\\frac{a}{R} -\frac{1}{2R}=\sqrt[3]{\frac{3}{2R}-3\epsilon}$$

Como comparativamente os valores de $\frac{1}{2R}$ e $3\epsilon$ son moi pequenos podemos establecer a seguinte aproximación $$\frac{a}{R}\approx \sqrt[3]{\frac{3}{2R}}$$

Que podemos substituír en [2] para finalmente poder achar o buscado valor de h: $$h\approx R\left [ \sqrt{1+\left ( \sqrt[3]{\frac{3}{2R}} \right )^{2}}-1 \right ]$$

Como valor de R tomarei o dado pola definición de metro da Academia Francesa: o metro é a dez millonésima parte dun cuadrante de meridiano, isto é, que a circunferencia da Terra será de 40 millóns de metros. É certo que agora sabemos que a Terra non é esférica e que posteriormente aos traballos de medición do meridiano redefiniuse o metro e axustáronse as medidas reais do globo terráqueo. A suposición dun planeta perfectamente esférico e a escolla deste valor para o raio quizais sexa tan romántica como o propio enunciado do teorema. De todas formas non inflúe no resultado final. Para poder achalo na última fórmula non nos serve a calculadora, temos que botar man dunha folla de cáculo ou do Wolphram Alpha. O resultado final é o inesperado valor h≈121 m

Agora que temos destrozada a intuición quizais poidamos abordar con mellor disposición a seguinte proposta que recollo do mesmo artigo de Poniachik nomeado anteriormente e que é unha adaptación dun problema referido por Ross Honsberger no libro The Mathematical Gardner (David A. Klamer, 1981). 

O riel dilatado. Consideremos un riel recto AB de 500 metros de lonxitude fixado nos extremos. A calor do verán prodúcelle unha dilatación de 2 metros, observándose unha xoroba de altura x. Estímese este valor se a dilatación é simétrica.

Como na cuestión anterior pídese unha resposta baseada na intuición antes de ter a tentación de botarlle un ollo á resposta. Comprobaremos ademais que esta proposta resulta moi acaída para ser tratada nun curso da ESO.

Xa que nos piden unha estimación imos considerar que a dilatación está formada por rectas. Así teremos dous triángulos rectángulos de catetos 250 e x cunha hipotenusa de 251 metros. Apliquemos o teorema de Pitágoras (e de paso, repasemos as chamadas identidades notables).$$x=\sqrt{251^{2}-250^{2}}=\sqrt{\left ( 251+250 \right )\left ( 251-250 \right )}=\sqrt{501}$$

Creo que nin cómpre unha calculadora para decatarse de que o riel alcanzou unha altura de case 71 m.

Explícoche matemáticas 2022

Os premios

Van alá xa 10 edicións da convocatoria "Explícoche matemáticas 2.0". Dez veces dous minutos de matemáticas en galego. Un oasis no deserto xerado polo cambio climático que opera no ensino desde o ano 2010 co funesto decreto de prohibición de uso do galego nas matemáticas (e noutras materias). Gocemos con estes refachos de aire fresco que nos trae cada ano o SNL da Facultade de Matemáticas.

Este vídeo sobre os número de Mersenne, elaborado por Cristina Correa Segade, da facultade de Bioloxía, foi o gañador da edición 2022 do concurso convocado polo SNL da Facultade de Matemáticas "Explícoche matemáticas 2.0". 

Na modalidade de ensino secundario os gañadores foron dous vídeos do IES Punta Candieira (Cedeira), un centro que tamén foi protagonista deste comezo de curso 2022-23 por ser onde se visibilizaron con máis forza os recortes sofridos polo ensino público.

Este vídeo sobre a medición do tempo foi realizado por Gema López Sixto, do citado IES de Cedeira foi o que recibiu o primeiro premio de Secundaria.

É unha mágoa que nesta ocasión non se recolleran todos estes vídeos nunha lista de reprodución da canle de You Tube da facultade.

Os accésits

Este segundo vídeo do IES de Cedeira acadou un dos accéits. A súa autora é Ema Lourido Ponde.

O segundo accésit foi para Noa Ferreiro Bellas e Laura Vispalia Díaz, estudantes do IES Castro da Uz (As Pontes) por tratar este tema clásico da trigonometría: como medir alturas usando un espello.

As mencións especiais.

Finalmente o xurado concedeu mencións aos vídeos ‘As matemáticas non serven para nada’ de Iván Rodríguez Vázquez, alumno do Colexio Marista Cristo Rey da Coruña; ‘Arte ou matemáticas’ de Irene González Calvo e Raquel González Calvo, estudante do IES Adormideras (A Coruña); e ‘É 4,99... igual a 5?’ de Alba Casás Fuentes e Nadia Suárez Martínez, estudantes do IES Manuel Murguía (Arteixo)

Parabéns a todos. Un agarimoso agradecemento polo esforzo realizado.

Un cadrado sen adubos

Con esta entrada remato unha pequena serie de tres que adiquei aos problemas de Dudeney. As outras dúas foron "O enigma do mercader" e "Tres enigmas de Dudeney". Nesta ocasión  recollo un problema do capítulo "Aventuras do Club dos Enigmas" titulado "O tesouro enterrado" no que se relata a historia de Dawkins, un mozo que buscaba facer fortuna en Australia e que tivo a sorte de escoitar unha conversa na que se describía onde estaba enterrado un tesouro. O lugar estaba nun terreo cadrado, e o que se precisaba era obter as dimensións do mesmo, pois esta foi a clave para atopalo. Vou prescindir dos detalles do relato pois o problema pareceume o suficientemente interesante como para poder prentalo nunha versión limpa,  sen ningún adubo. 

Acha as dimensións dun cadrado sabendo que un punto do seu interior está a 2, 3 e 4 unidades de tres vértices consecutivos.

Antes de seguir conviña facer un intento de resolución, así que, estimado lector,  non sigas lendo ata despois de traballar co problema por un pouco.

ç

É certo que despois de velo resolto, non parece gran cousa, pero a min levoume ben de tempo dar coa resposta a pesar de que a súa abordaxe é bastante obvia. 

Sexa x o valor do lado que temos que determinar. Despois de colocar os datos sobre o cadrado trazamos un par de segmentos a e b, perpendiculares aos lados.

Xa que logo, temos tres incógnitas (x, a e b) e tamén tres triángulos rectángulos, os de hipotenusas 2, 3 e 4. De aí obtemos as ecuacións:

$\left.\begin{matrix}4=\left ( x-b \right )^{2}+a^{2}\\ 16=\left ( x-a \right )^{2}+b^{2} \\9=a^{2}+b^{2}\end{matrix}\right\}$

Desenvolvendo as dúas primeiras e facendo uso da terceira obtemos:

$\left.\begin{matrix}4=x^{2}-2bx+b^{2}+a^{2}\\ 16=x^{2}-2ax+a^{2}+b^{2}\end{matrix}\right\}\left.\begin{matrix}4=x^{2}-2bx+9\\16=x^{2}-2ax+a^{2}+9\end{matrix}\right\}\left.\begin{matrix}2bx=x^{2}+5\\ 2ax=x^{2}-7\end{matrix}\right\}$

Despexando a e b e substituíndo eses valores na terceira ecuación:

$$ \left.\begin{matrix}b=\frac{x^{2}+5}{2x} \\ a=\frac{x^{2}-7}{2x}\end{matrix}\right\}\quad \left (  \frac{x^{2}+5}{2x}\right )^{^{2}}+\left (\frac{x^{2}-7}{2x}  \right )^{2}=9$$

Obtemos finalmente unha ecuación bicadrada: $$x^{4}+10x^{2}+25+x^{4}-14x^{2}+49=36x^{2}\\2x^{4}-40x^{2}+74=0\\x^{4}-20x^{2}+37=0$$

$$x=\sqrt{\frac{20\pm \sqrt{262}}{2}}=\left\{\begin{matrix} 4,2536& \\ 1,3809\end{matrix}\right.$$

Desbotamos a segunda das solucións porque nun cadrado desas dimensións non poderiamos situar un punto interior a distancia de 2 unidades de ningún vértice e, con máis razón, tampouco podería estar a 3 ou 4 unidades dos vértices. Entón a solución é 4,2536

Tres enigmas de Dudeney

O inglés Henry Dudeney (1857-1930) é un dos máis recoñecidos precursores da matemática recreativa. Volvemos sobre el para compartir algunha das súas propostas do seu libro Os enigmas de Canterbury, Trátase dun libro con 110 propostas relatadas con diversos recursos narrativos. O primeiro deles consiste nunha xuntanza de varios peregrinos camiño de Canterbury na que acordan pasar o tempo popoñéndose diversos retos. O que recollo de seguido podería ser proposto nos primeiros cursos da ESO. Case seguro que a primeira resposta que nos ofrezan vai ser errada pois o reparto xusto non será de cinco moedas para o Muiñeiro e tres para o Tecelán.

O enigma do Mordomo. O Muiñeiro e o Tecelán sentaron a tomar unha pequena merenda. O Muiñeiro sacou cinco fogazas de pan e o Tecelán tres. O Mordomo achegouse e pediulles permiso para comer con eles, ao que accederon. Cando o Mordomo rematou, depositou oito moedas e dixo sorrindo con retranca: "arranxade entre vós como debe dividirse o diñeiro en forma xusta"

Outro dos capítulos ten como pretexto para propoñer unha restra de enigmas a presunta recuperación de varias cuestións de Sir Hugh, o señor do Castelo de Solvamhall, un amante das adiviñas e dos problemas de enxeño. O que escollín vai coa imaxe que acompaña o texto, que serve para despistar un pouco ao lector. Como pista adianto que se debe ler a cuestión con moita atención co fin de contestar ao que se require, e non a outra cousa.

A fiestra do calabozo. Sir Hugh levou ao mestre de obras ao calabozo e sinaloulle unha fiestra. "Creo -dixo- que a vosa fiestra é cadrada e mide no seu interior un pé por cada lado, e está dividida polas estreitas barras en catro luces, que miden medio pé por cada lado. [...] Desexo que faga outra fiesta, a maior altura, cuxos catro lados tamén midan un pé, pero que estea dividida en oito luces de lados tamén iguais"

Noutro dos apartados do libro Dudeney di que recupera algunhas cuestións da Abadía de Riddlewell pois os seus monxes "eran famosos na súa época polos curiosos enigmas e adiviñas que adoitaban propoñer". Nun dos retos retátase o doloroso caso de Xan, o Despenseiro, que fora pillado roubando no bocoi do mellor viño de malvasía, o que se gardaba para as ocasións especiais. A pesar da falta, o relato do problema fai que nos poñamos de parte do Despenseiro:

A adiviña do Despenseiro. "Había cen pintas no bocoi ao principio e eu tomei unha pinta cada día deste mes de xuño -sendo hoxe o trixésimo día do mes-, e se o meu Lord Abade establece coa maior precisión canto bo viño tomei en total, entón que me castigue como merezo". O Abade contestoulle que eran 30 pintas, ao que lle respondeu o Despenseiro: "Non, non, pois cada vez que eu tomaba unha pinta do bocoi, verquía nel unha pinta de auga no seu lugar"

O enigma do mercader

Os enigmas de Canterbury (1907) é o título dun libro de Henry Dudeney (1857-1930), un gran creador de xogos e retos matemáticos. O macguffin do relato consiste en que un grupo de preregrinos camiño de Canterbury coinciden nunha pousada e comezan a propoñerse enigmas. Cada un leva o nome de quen o presenta, aínda que normalmente a característica ou oficio do propoñente non garda relación co contido do problema. 

Posiblemente un dos máis versionados e coñecidos sexa o enigma do pousadeiro. 

O enigma do pousadeiro. O pousadeiro falou así: "Velaquí unha cuba de boa cervexa de Londres, e nas miñas mans sosteño dúas mediddas: unha de cinco pintas e a outra de tres pintas. Prégovos que me mostredes como é poible que poida poñer unha pinta en cada unha das medidas". Por suposto, non pode empregarse ningún outro recipiente ou elemento e non está permitido marcar as medidas.

Hai outra proposta na que me quería parar pois,a pesar de que Dudeney se estende demasiado na explicación, a pregunta é moi bonita.

O enigma do mercader. Eramos trinta en total cabalgando esta mañá. Certamente podemos ir un xunta o outro, no que é dado en chamar liña única, o u de dous en dous, ou de tres en tres, ou de cinco en cino, ou de seis en seis, ou de dez en dez, ou de quince en quince ou os trinta en columna. De ningunha outra forma podemos andar de modo que non existan números desiguais nas liñas. Agora,  un número de peregrirnos podían cabalgar así de 64 formas difrerentes. Prégovos que  me digades cantos peregrinos deberon consecuentetemente integrar a compañía. O mercader claramente pediu a menor cantidade de persoas que poideran cabalgar de sesenta e catro maneiras.

A cuestión non é outra que achar o menor número que teña 64 divisores. Para iso botamos man do resultado que nos di que se a descomposición factorial dun número é $$m=q_{1}^{\alpha _{1}-1}\cdot q_{2}^{\alpha _{2}-1} ... \quad q_{k}^{\alpha _{k}-1} $$ o seu número de divisores será $$\alpha _{1}  \cdot      \alpha _{2}    ... \:  \cdot   \alpha _{k} $$

Como no noso caso o número de divisores é 64,  $\alpha _{i} \in \left \{ 2,4,8,16,32,64 \right \} $ de aí que os expoñentes da descomposición factorial do número buscado deben estar entre os valores $ \alpha _{i} -1\in \left \{ 1,3,7,15,31,63 \right \}  $

Unha posible resposta é $m=2^{63}=99\,223\,372\,036\,854\,780\,000  $. Este número ten 64 divisores, pero teñamos presente que estamos buscando o menor número verificando esta propiedade. Este sería un caso extremo, o correspondente ao expoñente 63. Se partimos do outro caso extremo, se todos os expoñentes fosen 1, o resultado estaría formado polo produto dos seis primeiros primos $m=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13=30\ 030$. Ben, este xa é algo menor. Podémolo mellorar?

A resposta é afirmativa. O último factor é 13. É preferible colocar no seu lugar $2^{3}$. Nese caso a solución sería  $m=2^{3}\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=9\ 240$, que evidentemente é menor pois, aínda que multiplicamos o anterior valor por $2^{2}$, dividímolo por 13. 

Podemos seguir por este camiño. Unha alternativa sería pensar nunha potencia maior para o factor 2. O seguinte valor das potencias é 7. Isto significaría ter que multiplicar por $2^{4}=16$ e a cambio só conseguiriamos eliminar o factor 11. O resultado sería $m=2^{7}\cdot 3\cdot 5\cdot 7=13\ 440$, evidentemente un valor peor que o obtido anteriormente. De aí que debamos considerar incrementar a potencia de 3. Como [3³ =9 ] $3^{2}=9$ é, agora si, menor que 11, obtemos unha vantaxe ao multiplicar por 9. Neste caso o número obtido sería $m=2^{3}\cdot 3^{3}\cdot 5\cdot 7=7\ 560$. Non parece que poidamos mellorar este resultado pois para iso deberiamos incrementar a potencia do factor 5 a $5^{3}=125$, isto é, multiplicar m por 25 e a cambio só eliminariamos o factor 7. Finalmente denotaremos a solución como $A(64)= 7\ 560$ tal e como o fixo M. E. Grost no American Mathemathical Monthly nun artigo do ano 1968.

Acabamos de ver que obter o menor número con n divisores, A(n), non parece unha pescuda que se poida facer directamente. Con todo hai un caso simple. Se p é primo tense que $A(p)=2^{p-1}$.

A sucesión do menor número con n divisores (OEIS A005179) ten este desconcertante comezo (están marcados en letra grosa os valores dos lugares primos):

 1, 2, 4, 6, 16, 12, 64, 24, 36, 48, 1024, 60, 4096, 192, 144, 120, 65536, 180, 262144, 240, 576, 3072, 4194304, 360, 1296, 12288, 900, 960, 268435456, 720, 1073741824, 840, 9216, 196608, 5184, 1260, 68719476736, 786432, 36864, 1680, 1099511627776, 2880,...

Consideremos agora un número que sexa produto de dous primos, como o $6=3\cdot 2$. Non é dificil de ver que $A(6)=12=2^{2}\cdot 3$. Para $4=2\cdot2$, pois non dixemos que os primos tiñan que ser distintos, temos $A(4)=6=2\cdot 3$ e analogamente para $9=3\cdot3$ temos $A(9)=2^{2}\cdot 3^{2}=36$. No artigo referido Grost demostra que para todo número que sexa produto de dous primos $n=p\cdot q$ con $p\geq q$, o menor enteiro con n divisores será $A(n)=2^{p-1}3^{q-1}$. Nesta altura todos estariamos tentados a xeneralizar o resultado:

Xeneralización. Se $n=q_{1}\cdot q_{2}...q_{k}$ con $q_{1}\geq q_{2}\geq ...\geq q_{k}$ factores primos, entón $A(n)=p_{1}^{q_{2}}\cdot p_{1}^{q_{1}}...p_{k}^{q_{k}}$ onde $p_{i}$ é o i-ésimo número primo.

Desafortunadamente esta xeneralización non é certa, nin tan siquera para os números que son factores de tres primos. Por exemplo non se verifica para n=8 pois $A(8)=24=2^{3}\cdot 3\neq 2\cdot 3\cdot 5=30$. Tampouco se verifica para 16, 24, 32, 48,... Podemos lembrar que xa vimos que o 64 tampouco está entre os valores caracterizados pola xeneralización xa que $A(64)= 7\ 560\neq 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13$. Grost chamoulle a estes números extraordinarios e, consecuentemente denominaría ordinarios a aqueles enteiros para os que si é certa a xeneralización. Resulta que hai unha infinidade de números extraordinarios pero en certo sentido os números ordinarios son máis abundantes entre os naturais. Resulta que os números ordinarios son densos nos naturais. Chamándolle $\alpha (n)$ á cantidade de números ordinarios menores ou iguais que n, o que se está afirmando é que $$\lim_{n\to\infty}\frac{\alpha (n)}{n}=1$$

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:

$$\frac{a^{2}+2a}{2a+2}=\frac{2a^{2}+a-1}{3a}\\3a^{3}+6a^{2}=4a^{3}+2a^{2}-2a+4a^{2}+2a-2\\a^{3}=2$$

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.