Espiral de triángulos rectángulos

Hoy vamos a presentar una construcción geométrica que ha surgido cuando explicábamos a los grumetes la semejanza entre triángulos y más concretamente la de los triángulos rectángulos.

Empecemos trazando un triángulo rectángulo, por ejemplo uno de los más conocidos, el que tiene como medidas de los catetos y la hipotenusa 3, 4 y 5 unidades respectivamente, en la figura es el triángulo AOB. Recordemos que 3, 4, 5, es una terna pitagórica, pues son números enteros que cumplen que 3² + 4² = 5².

A continuación dibujamos otro triángulo rectángulo que va a ser semejante al primero. Para ello tomamos una perpendicular a la hipotenusa AB, y extendemos hasta cortar a la recta AO en el punto C.

El segundo triángulo BOC es semejante al primero, ya que el ángulo OBC es igual al ángulo OAB. Recordemos que para que dos triángulos rectángulos sean semejantes basta comprobar la igualdad de los ángulos agudos de ambos triángulos.

Como el segundo triángulo es semejante al primero, los lados correspondientes son proporcionales. La razón de proporción en este caso es muy fácil de calcular, comparando los catetos pequeños de ambos triángulos: 4/3. De aquí, las medidas, en el segundo triángulo rectángulo, de los catetos y la hipotenusa son 4, 16/3, 20/3, respectivamente.

Podemos continuar con el proceso y trazar un tercer triángulo rectángulo, semejante a los dos primeros. Para ello tomamos una perpendicular a BC y cortamos con la recta BO en el punto D. La razón de semejanza del tercer triángulo respecto al segundo sigue siendo 4/3, y los catetos y la hipotenusa de este tercer triángulo son, respectivamente, 16/3, 64/9 y 80/9.

Para completar nuestro ejemplo, vamos a dibujar un cuarto triángulo siguiendo el mismo proceso en espiral, tomando una perpendicular a CD que corte a OA en E, y construyendo el triángulo DOE. La razón de semejanza con el tercer triángulo vuelve a ser 4/3, y los catetos y la hipotenusa son, respectivamente 64/9, 256/27 y 320/27.

Podemos continuar la espiral indefinidamente, trazando triángulos rectángulos cada vez más grandes (porque la razón de semejanza, 4/3, es mayor que la unidad) y obteniendo dos progresiones geométricas, la de los catetos y la de las hipotenusas, ambas de razón 4/3:

Progresión geométrica de los catetos: 3, 4, 16/3, 64/9, 256/27, 1024/81, ...

Progresión geométrica de las hipotenusas: 5, 20/3, 80/9, 320/27, 1280/81, ...

Es evidente que esta construcción se puede realizar con cualquier triángulo rectángulo. A continuación hacemos el proceso comenzando con el triángulo rectángulo de lados 1, 2, y √5.

En este caso, la razón de proporcionalidad es 2, las progresiones geométricas crecen más rápidamente y la espiral es más abierta que la del primer ejemplo.

 

Si comenzamos con un triángulo rectángulo en el que el segundo cateto sea menor que el primero, entonces la razón de proporcionalidad es menor que la unidad y por tanto los triángulos que van apareciendo son menores y la espiral se enrolla hacia el interior. Así sucede, por ejemplo, con el triángulo de catetos 6, 5, √61, con razón de proporcionalidad 5/6.

Si comenzamos con un triángulo rectángulo isósceles, como el que tiene de lados 1, 1, √2, entonces la razón de proporcionalidad vale 1, los triángulos sucesivos salen iguales, y la espiral no se ensancha ni se estrecha, sino que regresa a su punto de partida, cerrándose y formando un cuadrado.

AMPLIACIONES:

-Se pueden hacer espirales de triángulos semejantes no rectángulos. Si por ejemplo tomamos el ángulo que apunta al centro de la espiral con una medida de 72º, y luego vamos haciendo que los ángulos de brazos de la espiral siempre midan 108º, obtenemos una espiral que va siguiendo las particiones de un pentágono.

En la imagen partimos de un triángulo en el que los dos lados que flanquean al ángulo de 72º valen, respectivamente 3 y 4. El tercer lado ya sale decimal, 4'19. Los ángulos del triángulo son 72º, 65'1º y 42'9º. Los triángulos semejantes que se obtienen siguen la razón de semejanza 4/3.

Igualmente se pueden hacer espirales de triángulos semejantes partiendo de cualquier triángulo que tenga los ángulos que se quiera, aunque la estética del dibujo obtenido puede ser discutible.

-Interesante es el caso de las ternas pitagóricas, los triángulos rectángulos en los que los catetos y la hipotenusa son números enteros. Como hemos visto en el ejemplo 3, 4, 5, el primer triángulo de la sucesión si tiene una terna pitagórica, pero a partir del segundo triángulo van apareciendo números fraccionarios. Esto es así porque la razón de semejanza, 4/3 en el ejemplo, es un número fraccionario. Se puede comprobar que esto es una regla general: si comenzamos con una terna pitagórica, la razón de proporcionalidad siempre es una fracción, y viceversa, si la razón de proporcionalidad es un número entero, entonces el triángulo rectángulo de partida no presenta una terna pitagórica.

Nota: todos los gráficos se han hecho con Geogebra.

Otra propiedad del folio A4

Cuaderno de bitácora: un día de esos de matenavegación se nos ocurrió una idea que ha tenido un resultado interesante y que nos ha permitido descubrir otra propiedad que tienen las proporciones de un folio A4. La idea surge del siguiente problema:

Supongamos que tenemos un cuadrado de lado 1. Queremos inscribir un rectángulo dentro del cuadrado, de forma que el eje mayor del rectángulo (pasa por el centro y es paralelo a los lados más largos) coincida con una de las diagonales del cuadrado, y los cuatro vértices del rectángulo estén sobre los lados del cuadrado. Si el lado mayor del rectángulo también mide 1, ¿cuánto mide el lado menor?

La situación es como se ve en el gráfico.

 

El cuadrado es ABCD, de lado 1, el rectángulo IJKH está inscrito en el cuadrado, su eje mayor LM coincide con la diagonal del cuadrado AC. Si el lado mayor del rectángulo, HK, mide también 1, ¿cuánto mide el lado menor IH?

El lector puede intentar resolver el problema, que no es difícil. Nosotros lo resolvemos a continuación.

 

Primero nos fijamos en el triángulo HBK. Se trata de un triángulo isósceles rectángulo, cuya hipotenusa mide 1. Es muy sencillo calcular la longitud de los catetos HB y BK, pues ambos son iguales. Aplicamos el teorema de Pitágoras:

 

 

De aquí se deduce que

Como AIH es un triángulo rectángulo isósceles, AH = AI, entonces nuevamente aplicando el teorema de Pitágoras, en este caso podemos calcular la hipotenusa, IH = x.

 

 

Ya tenemos el valor de la x. Pues bien, si nos fijamos, resulta que juntos el cuadrado de lado 1 y el rectángulo de lados 1 y raíz de 2 menos 1 coinciden en las proporciones de un folio A4. (Véase La raíz cuadrada de 2 en un folio A4)

Proporciones en un folio A4 y en el formato DIN.

 

En conclusión, si tomamos un folio A4, y lo dividimos en un cuadrado y un rectángulo, este último se puede inscribir diagonalmente en el cuadrado. Sugiero al lector que tome un folio y haga la comprobación. A continuación incluimos algunas fotos con el proceso.

Tomamos un folio A4; recordemos que sus lados están en proporción √2:1.

Doblamos en diagonal, haciendo coincidir el lado menor sobre el lado mayor.

Cortamos o separamos el rectángulo sobrante.

Desdoblamos el cuadrado y doblamos el rectángulo por su eje mayor.

Si hacemos coincidir el eje mayor del rectángulo sobre la diagonal del cuadrado veremos que las esquinas del rectángulo coinciden perfectamente sobre los lados del cuadrado, sin quedarse cortas ni sobresalir. Esto solo ocurre cuando partimos de un rectángulo que, como el folio A4, tenga unas proporciones √2:1.

También se puede consultar esta misma construcción en el vídeo: https://youtu.be/x-HMCKHOIVs

[El Problema de la Semana] El rebote afortunado

Juguemos a la pelota... sin romper nada:

 

Un chico debe lanzar con fuerza una pelota en línea recta para que, después de rebotar en el suelo, siga en línea recta hasta colarse por una pequeña ventana. Si la altura del chico es de 1'50 m, la altura de la ventana es de 2'50 m y la distancia entre el chico y la pared donde se encuentra la ventana es de 8 metros:

 

¿En qué punto del suelo debe hacer rebotar la pelota?

Para encontrar la solución, lance la página y rebote debajo de la imagen.

A través de una esfera de cristal vemos la imagen invertida del paisaje. La ilustración ha sido tomada de este sitio.

SOLUCIÓN:

En primer lugar debemos comentar que en este problema estamos haciendo una licencia física: cuando alguien lanza una pelota por el aire en una dirección que no sea perpendicular al suelo, la trayectoria que sigue la pelota nunca será perfectamente recta debido a la gravedad terrestre. Siempre se asemejará a un tramo de parábola.

De hecho, si quisiéramos que la trayectoria fuera perfectamente recta deberíamos lanzarla en un ambiente sin gravedad, como el que puede haber en una estación espacial.

Pero mejor dejemos de complicarnos la vida. Supongamos que el chico del problema lanza la pelota con la suficiente fuerza para que ésta siga una línea prácticamente recta, y despreciemos los detalles.

Cuando la pelota rebota en el suelo sucede un hecho importante: el ángulo con el que la pelota alcanza el suelo es igual al ángulo de rebote. Siendo así, podemos hacer un esquema geométrico de la situación:

En el esquema vemos que el chico está representado por el segmento AB, y la pared con la ventana por el segmento CD. El punto de rebote es R, y en ese punto el primer tramo de la trayectoria de la pelota, BR, forma un ángulo de incidencia α con la horizontal, mientras que el segundo tramo de la trayectoria, RD, forma el ángulo de rebote β. Los ángulos de incidencia y rebote son iguales: α = β.

Como estos dos ángulos son iguales, y los triángulos ABR y CDR son rectángulos, entonces estos dos triángulos son semejantes. Por tanto los lados correspondientes son proporcionales, y concretamente con los catetos podemos hacer la igualdad de proporciones:

AB/CD = AR/CR

es decir:

1.5/2.5 = m/n

pero:

n = 8 − m

y por tanto:

1.5/2.5 = m/(8−m)

Multiplicamos en cruz y desarrollamos la ecuación:

1.5(8 − m) = 2.5m

12 − 1.5m = 2.5m

4m = 12

m = 3

La respuesta sería: el chico debe hacer rebotar la pelota en el punto R que se encuentra a 3 metros de él y 5 metros de la pared.

AMPLIACIÓN:

Hemos hecho los cálculos con una proporción que ha dado como resultado una ecuación de primer grado. También podemos solucionar el problema de forma estrictamente geométrica, haciendo la simetría de la ventana con el suelo y prolongando la trayectoria de la pelota en línea recta, como si golpeara contra el reflejo de la ventana en el suelo, tal y como se ve en el esquema:

Según esto, primero calculamos el punto E, simétrico del D respecto a la recta AC, y el punto de rebote R sería el punto de corte de la recta BE con la recta AC.

 
Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

Obtención geométrica de la raíz cuadrada

Cuaderno de bitácora: recientemente hemos descubierto, gracias al libro Mathematics and the Imagination de Edward Kasner y James Newman, un sencillo hecho que vamos a compartir a continuación.

Nos dan un número cualquiera, x. ¿Sabríamos calcular con regla y compás su raíz cuadrada?

Primero debemos representar gráficamente el número x como un segmento cuya longitud es precisamente x. Vamos a suponer, por ejemplo, que el número es x = 5, y lo representamos gráficamente.

A dicho segmento le añadimos una extensión de longitud 1.

Tomamos ahora el centro del segmento AC y trazamos un semicírculo que pase por A y por C.

Levantamos una perpendicular desde el punto B, y la cortamos con el semicírculo. Obtenemos un segmento, AD. La longitud de este segmento es la raíz cuadrada de x. En este caso la raíz cuadrada de 5, que si la aproximamos con decimales sale 2.236067977...

¿Esto funciona siempre así? ¿Cuál es su justificación?

Sí, funciona con cualquier número. Su justificación está en el llamado TEOREMA DE LA ALTURA.

Construimos un triángulo rectángulo. Para ello tomamos como base el lado AC, que va a ser la hipotenusa, y trazamos un semicírculo que pase por A y por C. Elegimos un punto del semicírculo, D, y lo unimos con A y C. Se puede demostrar que el triángulo ACD es rectángulo necesariamente, con el ángulo recto en D y catetos AD y CD.

Desde D trazamos la altura, que corta perpendicularmente a AC en el punto B.

La altura BD corta al triángulo rectángulo original en dos triángulos rectángulos más pequeños, ABD y BCD. Es fácil razonar que los tres triángulos, el grande ACD y los pequeños ABD y BCD son semejantes, ya que sus ángulos son iguales. Por ejemplo, el ángulo A forma parte tanto del triángulo ACD como del ABD, luego estos dos triángulos tienen dos ángulos iguales, el A y el ángulo recto, y por tanto también tienen igual el tercer ángulo, por tanto ACD y ABD son semejantes. Igual razonamiento podemos hacer con el ángulo C, el triángulo ACD y el BCD, y de aquí ACD y BCD también son triángulos semejantes. Como consecuencia, BCD y ABD son semejantes entre sí por ser semejantes ambos al triángulo grande ACD.

Si dos triángulos son semejantes, sus lados correspondientes son proporcionales. Si tomamos los catetos de los triángulos ABD y BCD, entonces se cumple la proporción:

AB/BD = BD/BC

Como en la figura hemos dado los nombres x = AB, y = BC, h = BD, entonces:

x/h = h/y

De aquí, multiplicando en cruz:

h² = x · y

Este es el teorema de la altura, que dice: "En un triángulo rectángulo, el cuadrado de la altura trazada sobre la hipotenusa es igual al producto de las proyecciones de los catetos sobre la hipotenusa".

En el caso que estamos estudiando en esta entrada, si y = 1, entonces tenemos que

h² = x ·1 = x

Y por tanto:

h = √x

Así se justifica la construcción que hemos hecho al principio, donde pusimos el ejemplo x = 5.

[El Problema de la Semana] El viaje en moto

Pongámonos el casco y preparémonos para rodar por la carretera:

Un motorista viaja entre dos ciudades. El viaje de ida lo cubre a 90 km/h, y el de vuelta a 60 km/h.

¿Cuál ha sido la velocidad media de su recorrido?

(Ayuda: suponer que la distancia entre las ciudades es de 180 km)

La solución después de la estupenda ilustración.

 

SOLUCIÓN:

Si hacemos caso de la ayuda y suponemos que la distancia entre las ciudades es de 180 km, entonces el viaje de ida, a 90 km/h, lo cubre en 2 horas, y el viaje de vuelta, a 60 km/h, lo cubre en 3 horas. En total ha tardado 5 horas en hacer 360 km (ida y vuelta), luego la velocidad media de su recorrido ha sido de:

360/5 = 72 km/h.

¿Y si no hacemos caso de la ayuda y dejamos abierta la distancia recorrida entre las dos ciudades?

En ese caso, supongamos que la distancia es d, entonces el tiempo empleado en la ida será:

tiempo ida = espacio/velocidad = d/90

Y el tiempo gastado en la vuelta es de:

tiempo vuelta = d/60

Luego:

tiempo total = d/90 + d/60

Y la velocidad media será:

velocidad media = espacio total / tiempo total = 2d/(d/90 + d/60)

Si hacemos operaciones, teniendo en cuenta que:

d/90 + d/60 = 2d/180 + 3d/180 = 5d/180

Entonces:

2d/(5d/180) = 360d/5d

Las distancias se simplifican y nos queda que la velocidad media es de:

velocidad media = 360/5 = 72 km/h.

por tanto, la distancia entre las ciudades es indiferente para el cálculo de la velocidad media.

 

AMPLIACIÓN:

Hay un error muy frecuente que consiste en tomar las dos velocidades y hacer la media de las dos: (90 + 60)/2 = 150/2 = 75 km/h.

Esta operación es incorrecta porque el tiempo durante el cual ha durado cada velocidad es diferente. Veámoslo con el siguiente ejemplo:

Si la moto hubiera estado a 90 km/h durante por ejemplo dos horas, y a 60 km/h durante otras 2 horas, entonces en las primeras dos horas habría recorrido 180 km, en las segundas dos horas habría recorrido 120 km, y en total 300 km en 4 horas, lo que quiere decir que la velocidad media habría sido de 300/4 = 75 km/h, que era lo esperado al hacer la media de las velocidades.

Profundizando en estos detalles, podemos ver que lo último que hemos calculado es la media aritmética entre 90 y 60, que vale 75, pero otra es la media armónica:

2/(1/90 + 1/60) = 72;

la media armónica es la preceptiva en este caso, y la que da el resultado correcto.
 

Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

La raíz cuadrada de 2 en un folio A4

¿Tiene usted a mano un folio A4? Es indiferente si está en blanco o ya está escrito, pues con él vamos a hacer un par de dobleces. Tome una esquina y doble el papel a lo largo de una diagonal que parta de una esquina, hasta hacer coincidir el lado corto del folio con el lado largo. El folio le debe haber quedado como en la fotografía.

Figura 1. Tomemos un folio A4.

Figura 2. Doblamos a lo largo de una diagonal que parte exactamente de una esquina y hacemos coincidir el lado corto del folio sobre el lado largo.

Se nos ha formado un triángulo rectángulo isósceles (la mitad de un cuadrado), ya que el ángulo inferior izquierdo es justamente de 45º. Si tomamos los dos catetos iguales de este triángulo como unidad, es decir, suponemos que cada uno vale 1, entonces, aplicando la fórmula del teorema de Pitágoras, la hipotenusa vale exactamente la raíz cuadrada de 2.

Figura 3. Tomando el cateto como unidad, la hipotenusa vale exactamente raíz cuadrada de 2.

Debemos darnos cuenta, bien mediante un compás o doblando de nuevo en diagonal, que la longitud de la hipotenusa coincide con el largo del folio A4.

Figura 4. En un folio A4 la hipotenusa del triángulo que hemos obtenido coincide con el largo del folio.

 

Figura 5. Si doblamos otra vez en diagonal, trayendo el vértice superior del triángulo sobre la esquina inferior derecha del folio, veremos que los lados coinciden.

Figura 6. Una vez doblado vemos que ambas longitudes son iguales.

Esto significa que el folio A4 tiene unas proporciones que no han sido calculadas al azar, sino que han sido especialmente tomadas para que tenga esta propiedad. De hecho, esa es la base de la proporción del folio A4: los lados del folio están en proporción de 1 a raíz cuadrada de 2.

Cuando se cumple esta proporción, también se cumple otra propiedad: si dividimos un folio por la mitad, el rectángulo resultante es semejante al del folio, es decir, conserva la misma proporción. A esta hoja más pequeña se la llama A5.

Figura 7. Si doblamos un folio por la mitad, podemos comprobar que cada una de las dos mitades del folio cumplen la misma proporción.

Figura 8. Seguimos los mismos pasos, doblando en diagonal como se ve en la imagen y obteniendo un nuevo triángulo rectángulo isósceles.

Figura 9. Volvemos a doblar en diagonal y comprobamos efectivamente que las longitudes de la hipotenusa y del largo del semifolio vuelven a coincidir.

Figura 10. Podemos dar la vuelta al papel y hacer lo mismo por el otro lado.

Figura 11. Terminamos los dobleces y...

Figura 12. ...¡Hemos obtenido un avión de papel! Su diseño es de lo más simple que se puede realizar.

[El Problema de la Semana] El tamaño de la pantalla

Este problema va de hacer cálculos sobre el tamaño de la pantalla de un televisor. Resolviéndolo podemos aprender la relación entre las pulgadas que mide, la proporción de sus lados o "relación de aspecto", y el tamaño real de los lados.

Nuestro televisor es de "40 pulgadas", esto quiere decir que la diagonal de la pantalla mide 40 pulgadas. Además es panorámico: la proporción entre sus lados o "relación de aspecto" es 16:9.

Intenta averiguar con estos datos la longitud de los lados en centímetros y el área de la pantalla en metros cuadrados.

No aparten sus ojos de la pantalla: la solución está más abajo.

SOLUCIÓN:

Lo primero que vamos a hacer es pasar las pulgadas a centímetros. Teniendo en cuenta que 1 pulgada = 2,54 cm, entonces:

40 pulgadas = 40 · 2,54 = 101,6 cm.

Si llamamos x e y al ancho y alto de la pantalla respectivamente, entonces podemos establecer dos relaciones.

Por un lado tenemos el teorema de Pitágoras: x e y son los catetos de un triángulo rectángulo en el que la hipotenusa es igual a 40 pulgadas o 101,6 centímetros:

x² + y² = 101,6²

Por otro lado la relación entre los lados es 16 : 9, esto quiere decir que se cumple la proporción:

x/y = 16/9, es decir, x = 16y/9

Sustituyendo en la ecuación del teorema de Pitágoras tenemos:

(16y/9)² + y² = 101,6²

hacemos operaciones, quitamos denominadores y tenemos:

256y² + 81y² = 101,6² · 81  

de donde:

337y² = 836127,36

despejamos la y:

y = 49,8 centímetros

calculamos la x:

x = 16y/9 = 88,6 centímetros.

Teniendo en cuenta que el ancho de la pantalla es de 88,6 cm = 0,886 m, y el alto es de 49,8 cm = 0,498 m, entonces el área de la pantalla es:

Área = 0,886 · 0,498 = 0,4412 m².

[El Problema de la Semana] La pócima mágica

Ayudemos esta vez a cierto vendedor astuto:

Un vendedor de feria está promocionando una "pócima mágica" que, según él, sirve para todo: crecepelo, antiarrugas, cortauñas... Actualmente tiene 150 litros de pócima, de los cuales el 7 por ciento es un producto químico que le cuesta dinero, y el resto es agua. Decide añadir más agua al producto para obtener más cantidad de pócima y así obtener más beneficios con la venta. Piensa: "Si disminuyo la concentración al 5 por ciento ganaré una pasta extra".

¿Cuánta agua tiene que añadir a sus existencias?

Si alguien se puede creer que una pócima sirve también de cortauñas...

Veamos la solución al problema debajo de las ilustraciones.

Figura 1. Hemos encontrado esta foto en Google de dos modelos 3D de botellas de Klein. No podemos evitar compararlas con la forma que tienen los churros. Véase la siguiente ilustración.

Figura 2. ¿Churros con aspiraciones a convertirse en botellas de Klein?

Solución:

Actualmente, nuestro vendedor charlatán tiene 150 litros de pócima, de los cuales:

El 7 por ciento es un producto químico caro: 150 · 7% = 150 · 0,07 = 10,5 litros de producto.

El resto es agua: 150 − 10,5 = 139,5 litros de agua (pero este cálculo no es necesario).

Si queremos disminuir la concentración al 5 por ciento, entonces la cantidad correspondiente x de pócima será:

x · 5% = 10,5; luego x = 10,5 / 5% = 10,5 / 0,05 = 210 litros de pócima.

Si ahora tenemos 150 litros, basta añadir 210 − 150 = 60 litros de agua.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

[El Problema de la Semana] Celebración con langostinos

Un problema muy apropiado para las comidas de estas fechas:

Dos amigos, que han acabado con éxito los exámenes, deciden celebrarlo comiendo langostinos. Para ello, uno compra 2 kg y el otro 3 kg. Cuando van a comérselos aparece un tercer amigo que también quiere celebrar el fin de curso, y los otros dos acceden a que los acompañe con la condición de que pague su parte correspondiente, que asciende a 50 euros.

¿Cómo se repartirán esos 50 euros entre los dos primeros para que todos estén contribuyendo de forma equivalente?

Es recomendable reflexionar bien la situación del problema, y no contestar lo primero que se nos ocurra. La solución viene más abajo.

En esta foto podemos ver The Big Prawn (El Gran Langostino), en West Ballina - Australia. Su altura alcanza los 9 metros, y pesa casi 40 toneladas. Se trata de una estatua construida en 1989 como símbolo de la industria local de langostinos. En 2009 fue acordada su demolición, pero la comunidad de West Ballina se movilizó para salvar "el Langostino Artificial Más Grande del Mundo". Gracias a ello, en 2013 se restauró y se le añadió una cola, de la que antes carecía por estar ubicada sobre un centro comercial. Más información en esta página de Atlas Obscura. La imagen original sale en la cuenta de Math Bowden en Twitter.

Solución:

Lo primero que se le ocurre a cualquiera que lee el problema es hacer una proporción o regla de tres, y repartir proporcionalmente los 50 euros en 20 euros para el que aportó los 2 kg y 30 euros para el que aportó los 3 kg. ¡Pero está mal!

Si observamos que el tercero paga su parte correspondiente, que es de 50 euros, esto quiere decir que a cada uno le correspondería poner 50 euros, y que por tanto el coste total de los langostinos ha ascendido a 150 euros. Pero el primero compró 2 kg y el segundo 3 kg, luego se han comprado 5 kg de langostinos en total, y por tanto el precio del kg de langostinos es de 150/5 = 30 euros.

El primero puso 2 kg de langostinos, y gastó 2 · 30 = 60 euros.

Luego ha puesto 60 − 50 = 10 euros más de lo que le correspondía.

El segundo puso 3 kg de langostinos, y gastó 3 · 30 = 90 euros.

Luego ha puesto 90 − 50 = 40 euros más de lo que le correspondía.

Por tanto, para que todos contribuyan de forma equivalente, los 50 euros del tercero se han de repartir en 10 euros para el primero de los amigos y 40 euros para el segundo.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

[El Problema de la Semana] Musarañas comilonas

Veamos el siguiente problema:

Comen tanto 17 osos como 170 monos, 100.000 musarañas tanto como 50 monos, y 4 elefantes comen lo mismo que 10 osos.

¿Cuántas musarañas serán necesarias para acabar con la comida de 12 elefantes?

La respuesta, como siempre, bajo la ilustración.

[Aquí tenemos un retrato de una musaraña elefante o sengi, extraído de Science News. Estos mamíferos pertenecen al orden Macroscelidea, y aunque guardan parecido con las musarañas, pertenecen a otra rama taxonómica. Tienen largas patas traseras que les permiten huir dando grandes saltos cuando se sienten amenazadas, y también les caracteriza el hocico alargado en forma de trompa, como se aprecia en la foto. Dicho hocico es lo que les ha dado el apelativo de elefante, y de hecho, tienen un parentesco más cercano con los mismos elefantes que con las musarañas comunes, de la familia Soricidae.]

Solución:

Simplificamos las proporciones que nos da el problema y vamos trabajando con las equivalencias:

Si 17 oso comen tanto como 170 monos, 1 oso come lo que 10 monos.

Si 100.000 musarañas comen tanto como 50 monos, 1 mono come lo que 2.000 musarañas.

Por tanto, 1 oso, que equivale a 10 monos, come tanto como 20.000 musarañas.

Si 4 elefantes comen lo mismo que 10 osos, entonces 12 elefantes, lo que nos pregunta el problema, comen tanto como 30 osos.

Finalizando: 12 elefantes comen como 30 · 20.000 = 600.000 musarañas.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

La Espiral de Fibonacci (2) : Las Curvaturas y el Circuito de Montecarlo

Cuaderno de bitácora: en una entrada anterior hicimos la construcción en papel de la llamada Espiral de Fibonacci. Para ello utilizamos una hoja cuadriculada estándar, tamaño folio, donde hacer el dibujo de forma sencilla. También comentamos las propiedades de los rectángulos que habíamos ido dibujando con la espiral, y cómo se aproximaban en sus proporciones al rectángulo áureo.

Figura 1.
Aquí tenemos la Espiral de Fibonacci dibujada, con el conjunto de cuadrados y rectángulos que se basan en los términos de la sucesión de Fibonacci.

Al igual que cada uno de los rectángulos que hemos dibujado es una aproximación cada vez más exacta del rectángulo áureo, la espiral que hemos dibujado es una aproximación de una espiral llamada Espiral Áurea. Vamos a tratar de entender cómo se construye la Espiral Áurea y qué diferencia tiene con la Espiral de Fibonacci.

Hablemos ahora de un aspecto importante dentro de la Geometría de las Curvas, una parte de las matemáticas que se engloba dentro de la Geometría Diferencial. Centrémonos en curvas planas y veamos qué es eso de la curvatura de una curva plana.

Ilustremos este tema con un sencillo ejemplo: el famoso circuito de Fórmula 1 en Montecarlo.

Figura 2.
En esta imagen vemos el trazado del circuito de Montecarlo, con cada una de las curvas numeradas.
El autor de la imagen es Will Pittenger. Ver créditos abajo.

El trazado del circuito de Montecarlo se puede asimilar a una línea curva cerrada. Si observamos la imagen, esa línea se curva más o menos según el punto donde nos encontremos. Hay puntos donde la curvatura es muy pronunciada: en el punto ⑥, por ejemplo, donde está el Grand Hotel Hairpin (hairpin = horquilla), en ese punto la fuerza centrífuga que experimentan los coches de Fórmula 1 es máxima, y tienen que frenar mucho si no se quieren salir del circuito. Otros puntos tienen una curvatura muy pequeña, como la curva ⑨, el Túnel; en él hay poca fuerza centrífuga, y los coches pueden acelerar hasta el máximo sin peligro de salirse del trazado. También hay tramos rectos, como el tramo entre el ⑪ y el ⑫; en ese tramo la curvatura es cero, y también es cero la fuerza centrífuga.

Es sencillo comprender que la curvatura mide lo doblada que está una curva en un punto; a mayor curvatura, la curva está más doblada y es más cerrada, y a menor curvatura la curva es más abierta. Si la curvatura es cero, entonces la curva es en realidad una línea recta.

También es sencillo entender que la curva plana más sencilla de todas es la circunferencia, y que en todos los puntos de la circunferencia la curvatura siempre es la misma. Además, la curvatura de una circunferencia se puede calcular numéricamente, como el inverso de su radio. Una circunferencia de radio igual a 2 tiene una curvatura igual a 1/2 = 0,5. Una circunferencia de radio 4 tiene una curvatura igual a 1/4 = 0,25. Una circunferencia muy pequeña de radio 0,1 tiene una curvatura igual a 1/0,1 = 10.

Figura 3.
Aquí vemos varios ejemplos de circunferencias de diferentes tamaños, con sus radios y sus curvaturas respectivas.

En una curva plana que no sea una circunferencia, podemos también medir la curvatura en cada punto. Basta encontrar en dicho punto el círculo osculador, (ósculo = beso) que para entendernos sería el círculo "que más se parece" a la curva en dicho punto. En ese caso, la curvatura de la curva sería la del círculo osculador en dicho punto. Aquí debemos advertir que no todo punto de una curva admite un círculo osculador, pues hay puntos donde la curva cambia bruscamente de curvatura, por ejemplo puntos que forman el vértice de un ángulo, y otros tipos de puntos que veremos más abajo.

En la figura siguiente, con la ayuda del programa Geogebra, hemos trazado aproximadamente los círculos osculadores de tres curvas del circuito de Montecarlo.

Figura 4.

Se puede ver en amarillo el círculo osculador de la curva ⑥ Grand Hotel Hairpin, en azul celeste el círculo de la curva ④ en el Casino, y en verde claro el círculo de la curva ⑨ en el Túnel.

Gracias al trazado de estos círculos, podemos calcular (con el programa Geogebra) los radios y las curvaturas de los círculos osculadores. Tenemos en cuenta también la escala en que está trazado el gráfico, y para ello hemos hecho coincidir la escala del trazado con el eje de coordenadas cartesianas.

Curva ⑥ Grand Hotel Hairpin: radio ≅ 11 metros; curvatura ≅ 0,09.
Curva ④ Casino: radio ≅ 58 metros; curvatura ≅ 0,0173.
Curva ⑨ Túnel: radio ≅ 274 metros; curvatura ≅ 0,00365.

(El símbolo ≅ significa que los cálculos son aproximados.)

Con estos cálculos podemos comparar la curvatura de la curva ⑥ Grand Hotel Hairpin con la de la curva ⑨ Túnel, dividiendo ambas cantidades:

0,09 : 0,00365 ≅ 25

Es decir, la curva del Grand Hotel Hairpin tiene una curvatura aproximada 25 veces superior a la del tramo del Túnel, según las mediciones que hemos hecho sobre el gráfico del circuito de Montecarlo, y este dato ya no depende de la escala que tomemos, tan sólo de lo exactos que sean el gráfico y los trazados de nuestros círculos.

Apliquemos lo que hemos aprendido sobre curvaturas a la Espiral de Fibonacci. En el caso de la Espiral, calcular su curvatura en cada punto es extremadamente sencillo, pues la Espiral está formada por arcos de circunferencia, cada uno abarcando un ángulo de 90º, inscritos en cuadrados. Precisamente, el radio de cada arco de circunferencia coincide con el lado del cuadrado donde está inscrito. Así, las curvaturas serán:

-En los dos cuadrados de lado 1, la curvatura de la Espiral es de 1/1 = 1.
-En el cuadrado de lado 2, la curvatura de la Espiral es de 1/2.
-En el cuadrado de lado 3, la curvatura de la Espiral es de 1/3.
etc.

La curvatura de la Espiral en cada arco de 90º va tomando los siguientes valores: 1, 1/2, 1/3, 1/5, 1/8, 1/13, 1/21, 1/34..., los inversos de la sucesión de Fibonacci.

Veamos un detalle muy importante: la curvatura varía conforme avanzamos por la espiral. En una circunferencia, la curvatura es constante. En una espiral, la curvatura va disminuyendo si nos desplazamos hacia afuera, y aumenta si nos desplazamos hacia dentro, hacia el origen de la espiral. Para entender esto mejor, podemos imaginarnos dentro de un coche en un circuito de fórmula 1: si el circuito es una circunferencia perfecta, podemos desplazarnos por él colocando el volante en una posición fija, y siempre sentiremos la misma fuerza centrífuga. Si el circuito es una espiral y nos desplazamos hacia afuera, alejándonos del origen, tendremos que ir modificando la posición del volante, poniéndola cada vez más recta, y notaremos cómo va disminuyendo la fuerza centrífuga, y sucederá lo contrario si nos desplazamos hacia dentro, hacia el origen de la espiral.

Aunque el comportamiento de la curvatura es similar en todos los tipos de espirales, en la Espiral de Fibonacci, la curvatura disminuye o aumenta de forma discontinua, a saltos: cuando pasamos de un arco al siguiente, hay un salto brusco de la curvatura, y si nos desplazáramos en un coche por un circuito en forma de Espiral de Fibonacci, notaríamos cambios bruscos en la fuerza centrífuga y en la dirección del volante en cada cambio de tramo.

Continuaremos con este tema en una próxima entrada, donde estudiaremos la Espiral Áurea.

Créditos de la imagen del circuito de Montecarlo:

By Will Pittenger (Own work) [CC BY-SA 3.0 (https://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0)], via Wikimedia Commons