GEOMETR�A RECREATIVA
SEGUNDA PARTE
ENTRE PASO Y BROMA EN GEOMETR�A




CAPITULO D�CIMO
GEOMETR�A SIN MEDICIONES Y SIN C�LCULOS

Contenido:
1. Construcci�n sin comp�s
2. El centro de gravedad de una placa
3. Una tarea de Napole�n
4. Un simple trisector (trisecci�n)
5. El reloj � trisector
6. La divisi�n de una circunferencia
7. La direcci�n del golpe
8. La bola "inteligente"
9. Con un solo plumazo
10. Siete puentes del Kaliningrado
11. Una broma geom�trica
12. Comprobaci�n de una forma
13. Un juego


1. Construcci�n sin comp�s
Cuando necesitamos solucionar las tareas geom�tricas de construcci�n habitualmente aprovechan la regla y comp�s. Sin embargo, ahora vamos a ver que algunos casos se solucionan sin instrumentos suplementarios.

Figura 140. El primer caso. La tarea de construcci�n y su soluci�n

Problema:
Desde el punto A (figura 140, a la izquierda), estando fuera de la semicircunferencia dada, bajar la perpendicular sobre su di�metro sin utilizar el comp�s. La ubicaci�n del centro de semicircunferencia no est� indicada.

Soluci�n:
Para nosotros va bien aquella caracter�stica del tri�ngulo que todas sus alturas se cruzan en un punto. Uniendo A con B y C: obtendremos los puntos D y E (figura 140, a la derecha). Las rectas BE y CD, evidentemente, las alturas del tri�ngulo ABC. La tercera altura es la perpendicular de BC buscada, tendr� que pasar a trav�s del punto de intersecci�n de las otras dos, es decir a trav�s del punto M. Pasando con la regla a trav�s de los puntos A y M una recta, nosotros respondemos a las exigencias de la tarea, sin utilizar el comp�s.

Figura 141. La misma tarea. El caso siguiente

Si el punto esta situado de modo que la perpendicular buscada baja a la continuaci�n del di�metro (figura 141), entonces la tarea podr� ser solucionada con una condici�n, que tengamos no una semicircunferencia, sino la circunferencia completa. La figura 141 indica, que la soluci�n no es distinta de aquella, la cual ya conocemos; solamente las alturas del tri�ngulo ABC se cruzan no dentro, sino fuera de �l.
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2. El centro de gravedad de una placa

Problema:
Quiz�s, Uds. saben, que el centro de gravedad de una placa fina, teniendo la forma rectangular o la forma del rombo, est� en el punto de intersecci�n de sus diagonales, y si la placa es triangular, entonces esta en el punto de intersecci�n de sus medianas, si es un c�rculo, en el centro de este c�rculo.
Prueben ahora adivinar, c�mo encontrar el centro de gravedad por el camino de la construcci�n de una placa, formada por dos rect�ngulos cualquiera, unidos en una figura, presentada en el figura 142.
Las condiciones son usar �nicamente la regla, nada m�s, sin c�lculos ni mediciones.

Soluci�n:
Continuaremos lado DE hasta intersecci�n con AB en el punto N y el lado FE hasta intersecci�n con BC en el punto M (figura 143). Desde el principio la figura actual vamos a examinar como construida por dos rect�ngulos ANEF y NBCD. El centro de gravedad de cada uno esta en los puntos de intersecci�n de sus diagonales � O ₁ y O ₂ .

Figura 142. Aprovechando la regla, encuentren el centro de gravedad de la placa.

Figura 143. El centro de gravedad de la placa esta encontrada

Por lo tanto, el centro de gravedad de figura completa esta sobre la recta O ₁ O ₂ . Ahora la misma figura vamos a ver como esta constituida por dos rect�ngulos ABMF y EMCD, donde los centros de gravedad est�n en los puntos de intersecci�n de sus diagonales O ₂ y O ₄ . El centro de gravedad de toda la figura est� sobre la recta O ₃ O ₄ . Entonces, �l esta situado en el punto O de intersecci�n de las rectas O ₁ O ₂ y O ₃ O ₄ . En realidad todas estas construcciones se hacen �nicamente con ayuda de regla.
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3. Una tarea de Napole�n
Nosotros dedic�bamos el tiempo a las construcciones, hechas con la ayuda de una sola regla, sin comp�s (con una condici�n: la circunferencia est� dada al principio). Ahora vamos a examinar un par de tareas, donde se introduce un l�mite inverso: est� prohibido utilizar la regla, y todas las construcciones las deberemos hacer con solo el comp�s. Por una de estas tareas estuvo interesado el Napole�n I (como sabemos, fue un admirador de la matem�tica). Recitando un libro sobre estas construcciones de un cient�fico italiano Macceroni, �l propone a los matem�ticos franceses lo siguiente:

Problema:
La circunferencia dada hay que dividirla en cuatro partes equivalentes entre s�, sin usar la regla, La ubicaci�n de su centro est� dado.

Soluci�n:
Es necesario dividir en cuatro partes la circunferencia O (figura 144). Desde un punto A arbitrario sobre la circunferencia tomamos tres veces el radio del circulo: obtenemos los puntos B, C y D. Es f�cil de ver, que la distancia AC es la cuerda del arco, formada por � de circunferencia, es el lado del tri�ngulo equil�tero inscrito y, por lo tanto, es equivalente al donde r es el radio de circunferencia. AD, evidentemente, es el di�metro de la circunferencia. Desde los puntos A y D con un radio equivalente a AC, localizaremos los arcos, cruzados en el punto M. Ense�aremos, que la distancia MO es equivalente a un lado del cuadrado, inscrito en nuestra circunferencia. En el tri�ngulo AMO el cateto


es decir al lado del cuadrado inscrito. Nos queda ahora con una sola abertura de comp�s, equivalente a MO, reservar en la circunferencia sucesivamente a los siguientes cuatro puntos, para tener las alturas del cuadrado inscrito, las que, evidente, dividen la circunferencia en cuatro partes iguales.

Figura 144. Dividir la circunferencia sobre cuatro Partes iguales, usando el comp�s.

Figura 145. �C�mo aplicar la distancia entre los puntos A y B en n veces (n es el numero entero), usando el comp�s?

Problema:
El siguiente es m�s f�cil y en el mismo sentido. Sin regla, ampliar el tri�ngulo entre los puntos dados A y B (figura 145) en cinco veces la cantidad actual.

Soluci�n:
Desde el punto B con el radio AB circunscribimos la circunferencia (figura 145). Sobre esta circunferencia medimos desde el punto A la distancia AB tres veces: Obtendremos el punto C, evidentemente, diametralmente opuesto a A. La distancia AC representa por si mismo el doble de la distancia AB. Pasando la circunferencia desde el punto C con el radio BC, podemos de esta manera encontrar el punto, diametralmente opuesto al B y, por lo tanto, alejado de A sobre el triple trayecto AB y etc.
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4. Un simple trisector (trisecci�n)
Aplicando solo el comp�s y una regla sin ning�n tipo de divisiones y marcas, es posible dividir un �ngulo dado en tres partes iguales. Por el contrario, la matem�tica no niega la posibilidad de cumplir la divisi�n con ayuda de otros tal instrumentos.

Figura 146. El trisector y el esquema de su uso

Se han inventado muchos aparatos mec�nicos para lograr este asunto. Estos aparatos se llaman trisectores (trisecciones). Un simple trisector Uds. podr�n preparar de un papel denso, de cart�n o de una lata fina. �l va a servir como un aparato lineal y auxiliar.
En el figura 146 un trisector esta presentado en su tama�o natural (la figura sombreada). Rayada con semic�rculo la cinta AB es equivalente a la longitud de su radio. El extremo BD de la cinta forma un �ngulo recto con la l�nea recta AC; La toca medio circulo en el punto B; Longitud de esta cinta es arbitraria. En la misma figura estamos viendo el uso del trisector. Sea, por ejemplo que es necesario dividir � KSM sobre tres partes equivalentes (figura 146). El trisector se coloca de modo que la altura del �ngulo S esta en la l�nea BD, uno de los lados del �ngulo pasar� a trav�s del punto A, y el otro lado tocara el semic�rculo. Luego pasaran las rectas SB y SO, y la divisi�n del �ngulo sobre las tres partes iguales se ha terminado. Para asegurarnos uniremos con el segmento de la recta el centro del semic�rculo O con el punto del toque N. Es f�cil verlo, que el tri�ngulo SBO es equivalente al OSN. La igualdad de estos tri�ngulos se demuestra ya que los �ngulos ASB, BSO y OSN son equivalentes entre si, que lo necesitaba demostrar.
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5. El reloj � trisector

Problema:
�Es posible con ayuda del comp�s, la regla y el reloj, dividir un �ngulo en tres partes iguales?
Soluci�n:
Es posible. Se traspasa el �ngulo dado sobre un papel transparente y en el mismo momento, cuando ambas agujas del reloj se juntan, colocan el figura sobre la esfera de modo que el v�rtice del �ngulo coincida con el centro del giro de las agujas y la otra parte del �ngulo pase a lo largo de las agujas (figura 147).

Figura 147. El reloj � trisector

Por el momento, cuando el minutero traspase hasta uni�n con el sentido de otra parte del �ngulo dado, pasen desde la cima del �ngulo una raya sobre el sentido del reloj. Se aparezca el �ngulo, equivalente el �ngulo del giro de las agujas. Ahora con ayuda del comp�s y la regla se duplican ese �ngulo, y el �ngulo duplicado otra vez duplicaran (el modo de duplicaci�n se conoce de geometr�a).
Obtenido de esta manera el �ngulo va a ser 1/3 del �ngulo dado.
En realidad, tal vez, cuando la aguja de minutos circunscribe un tal �ngulo a , la aguja del reloj durante ese tiempo traspasare en el �ngulo, en 12 veces menor: a /12 , despu�s de ampliaci�n de este �ngulo 4 � a /12 = a /3
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6. La divisi�n de una circunferencia
Los radioaficionados, constructores, creadores de cualquier tipo de modelos y adem�s aficionados de construir a mano a veces se quedaran pensativos sobre un

Problema:
Cortar de una placa un pol�gono justo con una cantidad dada de los lados. La tarea tiene su expresi�n en la siguiente forma:
Dividir la circunferencia en n partes iguales, donde n es el numero entero.

* * *
Dejaremos por un tiempo aparte la soluci�n de esta tarea con ayuda del transportador, adem�s es la soluci�n "al ojo" y por lo tanto, pensaremos en la soluci�n geom�trica: con ayuda del comp�s y la regla.
Antes de todo aparece una pregunta: �En cu�ntas partes equivalentes es posible te�ricamente dividir exactamente una circunferencia con ayuda del comp�s y la regla? Esta tarea hab�a solucionada por matem�ticos completamente, pero no sobre tal cantidad de partes.
Es posible en 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, �, 257, � partes.
No es posible en 7, 9, 11, 13, 14, � partes.
Adem�s, no existe un �nico modo de construcci�n; El modo de divisi�n en 15 partes no es lo mismo, como en 12 partes, y etc., todos modos no ser�n posibles de recordar.
Hay un modo geom�trico pr�ctico preciso, aunque aproximado, pero bastante f�cil para la divisi�n de circunferencia en cualquier cantidad de arcos equivalentes.
Por desgracia los manuales de geometr�a no ponen a la atenci�n este asunto, por eso hemos preparado un modo aproximado y curioso de la soluci�n geom�trica de esa tarea.
Sea, por ejemplo, se necesita dividir la circunferencia actual (figura 148) en nueve partes iguales.

Figura 148. El modo aproximadamente geom�trico de la divisi�n a la circunferencia sobre n partes equivalentes.

Construiremos sobre un di�metro AB de la circunferencia un tri�ngulo equil�tero ACB y dividiremos ese di�metros por el punto D de forma que AD : AB = 2 : 9 (en el caso general AD : AB = 2 : n ).
Uniremos los puntos C y D por un segmento y continuaremos hasta intersecci�n con la circunferencia en el punto E. Luego el arco AE formare aproximadamente 1/9 de la circunferencia ( en el caso general AE = 360�/n o la cuerda AE ser� el lado del 9- pol�gono inscrito ( n � angular).
El error relativo es @ 0,8%.

* * *
Si expresar la dependencia entre cantidad del �ngulo AOE central, formado por la construcci�n actual, y con la cantidad n de divisi�n, entonces obtendremos la f�rmula siguiente:


la cual para n grande, es posible sustituir con una formula aproximada

Por otra parte la divisi�n justa de la circunferencia en n partes iguales del �ngulo central tiene que ser 360�/n . Comparando el �ngulo 360�/n con el �ngulo AOE, obtendremos la cantidad del error cometido, viendo el arco AE como parte de circunferencia.
Ac� tenemos la tabla para algunos n significativos:

n	3	4	5	6	7	8	10	20	60
360�/n	120�	90�	72�	60�	51� 26'	45�	36�	18�	6�
<AOE	120�	90�	71� 57'	60�	51� 31'	45� 11'	36� 21'	18� 38'	6� 26'
error (%)	0	0	0,07	0	0,17	0,41	0,97	3,5	7,2

Como vemos en la tabla, con el modo indicado es posible dividir la circunferencia en 5, 7, 8 o 10 partes con una equivocaci�n no mayor de 0,07 hasta 1%; Esta equivocaci�n es admisible para mayor�a obras pr�cticas. Con el crecimiento de cantidad n de las divisiones la exactitud del m�todo va bajando, es decir el error relativo crecer�, pero, como lo dice la investigaci�n, con tal n el error no supera al 10%.
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7. La direcci�n del golpe (una tarea sobre la bola de billar)
Mandar la bola de billar en la tronera no con el golpe directo, sino que a dos o tres bandas, esto significa, antes del todo, solucionar "mentalmente" una tarea geom�trica " sobre la construcci�n".

Figura 149. Una tarea geom�trica encima de mesa de billar

Lo importante es "a ojo" encontrar el primer punto del golpe a la banda; de ah� en adelante el camino de la bola en la mesa est� determinado por la ley de la reflexi�n ("el �ngulo de incidencia es equivalente al �ngulo reflexi�n")

Problema .
�Qu� construcciones geom�tricas podr�n ayudarnos a encontrar la direcci�n del golpe, para que la bola, estado en el centro de la mesa, despu�s de tres bandas entre en la tronera A? (figura 149)

Soluci�n:
Imag�nense, en el lado corto de la mesa se colocan junto tres mesas iguales de billar, y apuntaran al sentido de una tronera m�s lejana desde la tercera mesa imaginada.
La figura 150 ayudar� comprender esta aseveraci�n. Sea OabcA el camino de la bola. Si damos vuelta a " la mesa" ABCD entorno al CD en 180� , su posici�n ser� I, luego dar vuelta tambi�n entorno al AD y otra vez en torno al BC, entonces ella tomara la posici�n III. En resultado la tronera A aparecer� en el punto, en el punto marcado por letra A ₁ .

Figura 150. Imag�nense, que junto a la mesa de billar est�n colocadas tres mas de estas mesas y apuntan en la direcci�n de la tronera m�s lejana.

Procediendo de la igualdad evidente de los tri�ngulos, Uds. f�cilmente podr�n demostrarlo, que

ab ₁ = ab, b ₁ c ₁ = bc y c ₁ A = cA,
es decir, que la longitud de la recta OA ₁ es equivalente a la longitud de la l�nea quebrada OabcA, y ella alcanzara la tronera A. Vamos a ver otra pregunta aun m�s: �Bajo cu�l condici�n ser�n los lados OE y A ₁ E del tri�ngulo rect�ngulo A ₁ EO equivalentes?
Es f�cil de establecer, que OE = 5/2 � AB y A ₁ E = 3/2 � BC. Si OE = A ₁ E, entonces AB = 3/2 � BC o AB = 3/5 � BC.
Por lo tanto, si el lado m�s corto de la mesa de billar forma 3/5 del lado largo, entonces OE = EA ₁ , en este caso el golpe, estando de bola por el medio de la mesa, podr�n apuntar sobre �ngulo de 45� al borde.
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8. La bola "inteligente"
No tan complicadas construcciones geom�tricas nos ayudaban a solucionar la tarea sobre la bola de billar, y ahora ser� mejor si la misma bola solucionara una tarea muy antigua y curiosa.
�Esto es posible? � una bola no puede pensar. Es cierto, pero en aquellos casos, cuando es necesario hacer c�lculos, adem�s sabiendo, cuales son operaciones sobre cantidades y en que orden deberemos cumplir, este calculo puede hacer la maquina, la que cumpliera a todas las ordenes r�pido y correctamente.
Por eso hay inventados muchos mecanismos, comenzando por un simple aritm�metro hasta una calculadora el�ctrica.
Durante el tiempo de ocio a menudo se ocupen por una tarea: Como verter una parte de liquido, que contiene un recipiente de una capacidad dada con ayuda de otros dos vasos vac�os, tambi�n con una capacidad dada.
Aqu� tienen una tarea del mismo sentido:

Problema :
�C�mo verter la misma cantidad de un tonel con capacidad de 12 c�ntaros con ayuda de dos cubos con capacidad de nueve c�ntaros y de cinco c�ntaros?

Soluci�n.
Para solucionar esta tarea, por supuesto, no hace falta hacer experimentos con estos cubos. Todos lo "trasiegos" necesarios los podemos hacer en el papel, con la ayuda de este esquema.

9 C�ntaros
5 C�ntaros
12 C�ntaros

Cada columna esta marcada por un resultado de trasiego actual.

1. La primera: Llenaron el tonel de 5 c�ntaros, de 9 c�ntaros esta todav�a vac�a ( 0 ), de 12 c�ntaros le queda siete c�ntaros.
2. La segunda: Hay que verter siete c�ntaros del tonel de 12 c�ntaros al de 9 c�ntaros y etc.

El esquema tiene nueve columnas; Entonces se necesita de nueve trasiegos Uds. podr�n probar encontrar su propia soluci�n de este problema, teniendo su propio orden de los trasiegos.
Despu�s que hagan Uds. sus pruebas, verificar�n que el esquema propuesto no es �nico, sin embargo en otro orden, salen m�s de nueve trasiegos.
Adem�s es curioso de establecer lo siguiente:

1. No es posible de establecer un tal orden fijo de trasiegos, el que podr� corresponder al cualquier caso, independientemente de capacidad de los cubos;
2. Es posible con ayuda de dos cubos vac�os verter desde un tercero una cantidad de liquido, es decir, por ejemplo, desde el tonel de 12 c�ntaros con ayuda de cubos de 9 y 5 c�ntaros trasiegan un c�ntaro o dos, o tres, cuatro y etc., hasta 11.

Figura 151. El "mecanismo" de la bola " inteligente".

A todas estas preguntas contestar� la bola "inteligente", si nosotros ahora construimos para ella una "mesa de billar" muy especial.
Encima del papel dibujamos cuadros inclinados (rombos) iguales con �ngulos agudos de 60� , y se construye una figura OABCD, como en el figura 151.
Esto ser�a "la mesa de billar". Si empuj�ramos la bola de billar a lo largo de OA, entonces, chocando al borde AD y de acuerdo a la ley "El �ngulo de incidencia es equivalente al �ngulo reflejado" ( � OAM = � Mac ₄ ), correr� sobre la recta Ac ₄ uniendo los v�rtices de los rombos peque�os; se separa en el punto c ₄ del borde BC y correr� sobre la recta c ₄ a ₄ luego sobre las rectas a ₄ b ₄ , b ₄ d ₄ , d ₄ a ₈ y etc.
Por condiciones del problema tenemos tres cubos: de 9, 5, 12 c�ntaros. De acuerdo con esto construiremos la figura de modo que el lado OA mantenga los nueve cuadros, OB, cinco cuadros, AD tres cuadros (12 � 9 = 3), BC son siete c�ntaros (12 � 5 = 7).
Tomaremos la nota, que cada un punto sobre los lados de la figura esta separado con una cantidad de cuadros dados desde los lados OB y OA. Por ejemplo, desde el punto c ₄ , hay cuatro cuadros hasta OB y cinco cuadros hasta OA; Desde el punto a ₄ son cuatro cuadros hasta OB y 0 cuadros hasta OA (porque el mismo esta en la OA ), desde el punto d ₄ son ocho cuadros hasta OB y cuatro cuadros hasta OA y etc.
Por lo tanto, cada un punto sobre los lados de figura, al que se choca la bola, se�ala dos n�meros.
El primero de ellos, es decir la cantidad de cuadros, separando el punto de OB, significa la cantidad de c�ntaros de un cubo de 9 c�ntaros , y el otro, es decir la cantidad de cuadros, separando el mismo punto de OA, significa la cantidad de c�ntaros con liquido dentro de cubo de 5 c�ntaros. Resto del liquido, evidentemente, ser� en el cubo de 12 c�ntaros.
Ahora tenemos todo listo para soluci�n con ayuda de bola.
Dejamos pasar a lo largo de OA y traduciendo el cada un punto de su golpe al borde as�, como esta indicando, observ�ndola su camino hasta el punto a ₆ (figura 151).
El primer punto del choque: A (9; 0); Esto significa, primer trasiego tiene que dar esta distribuci�n del liquido:

9 c�ntaros 5 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

Esto esta realizado.
El segundo punto del choque: c ₄ (4; 5); Esto significa, la bola entrega el siguiente resultado de trasiego:

9 c�ntaros 5 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

4 5 3

Esto tambi�n es real.
El tercer punto del choque: a ₄ (4; 0); con tercer trasiego la bola recomienda devolver cinco c�ntaros al cubo de 12 c�ntaros:

9 c�ntaros 5 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

4 5 3

4 0 8

El cuarto punto: b ₄ (0; 4); es el resultado de cuarto trasiego:

9 c�ntaros 5 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

4 5 3

4 0 8

0 4 8

El quinto punto: d ₄ (8; 4), la bola recomienda llenar con ocho c�ntaros al cubo vac�o de 9 c�ntaros.

9 c�ntaros 5 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

4 5 3

4 0 8

0 4 8

8 4 0

Siguen observando la bola, y obtendremos la tabla:

9 c�ntaros 5 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

4 5 3

4 0 8

0 4 8

8 4 0

3 5 4

3 0 9

0 3 9

9 3 0

7 5 0

7 0 5

2 5 5

2 0 10

0 2 10

9 2 1

6 5 1

6 0 6

Entonces, despu�s de la serie de trasiegos la tarea esta lograda: Dentro de dos cubos hay seis c�ntaros del liquido. �La bola ha solucionado el problema!
Pero la bola no parece muy inteligente.
Ella ha solucionado la tarea haciendo 18 pasos, y nosotros necesit�bamos solamente 9 pasos (ver la primera tabla).
Sin embargo la bola tambi�n podr� abreviar la serie de trasiegos. Primero empujando sobre el OB, pararlo en el punto B, luego otra vez empujen sobre BC, y luego lo mejor que se mueva con acuerdo con la ley de "el �ngulo de incidencia es equivalente al �ngulo reflejado"; obtenemos la serie mas corta de trasiegos.
Permitiendo a la bola su movida despu�s del punto a ₆ , entonces no es dif�cil de comprobar, que en el caso examinado ella repasar� todos los puntos marcados de la figura (y en principio, todos los v�rtices del rombo) y solamente luego volver� al punto principal O. Esto significa, que desde el cubo de 12 c�ntaros pueden llenar al cubo de 9 c�ntaros cualquiera cantidad entera de los c�ntaros desde el uno hasta nueve, y al de 5 c�ntaros, desde uno hasta cinco.
Pero la tarea del mismo sentido podr� sin tener la soluci�n exigida.
�C�mo se ve todo eso la bola?
Muy f�cil: en este caso ella volver� en el punto principal O, sin chocar el punto fijo.
En el figura 152 se presenta el mecanismo de soluci�n para los cubos de nueve, siete y doce c�ntaros.

9 c�ntaros 7 c�ntaros 12 c�ntaros

9 0 3

2 7 3

2 0 10

0 2 10

9 2 1

4 7 1

4 0 8

0 4 8

8 4 0

8 0 4

1 7 4

1 0 11

0 1 11

9 1 2

3 7 2

3 0 9

0 3 9

9 3 0

5 7 0

5 0 7

0 5 7

7 5 0

7 0 5

0 7 5

"El mecanismo" le indica, que desde un cubo lleno de 12 c�ntaros con ayuda de cubos vac�os de 9 c�ntaros y 7 c�ntaros es posible verter cualquier cantidad de los c�ntaros, menos la mitad de su contenido, es decir menos de seis c�ntaros.

Figura 152. "El mecanismo" le indica, que el cubo lleno de 12 c�ntaros no son posibles de verter por la mitad con ayuda de dos cubos de 9 y 7 c�ntaros.

En el figura 153 se presenta el mecanismo de soluci�n para cubos de tres, seis y ocho c�ntaros. Aqu� la bola hace cuatro saltos y vuelve al punto principal O.

6 c�ntaros 3 c�ntaros 8 c�ntaros

6 0 2

3 3 2

3 0 5

0 3 5

La tabla le ense�a que en este caso no es posible verter cuatro c�ntaros o un solo c�ntaro de un cubo de 8 c�ntaros.

Figura 153. "El mecanismo" de soluci�n de una tarea m�s.

De esta manera nuestro "billar con una bola inteligente" en realidad es una calculadora original, excelente para solucionar los problemas de trasiegos.
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9. Con un solo plumazo

Problema:
Copien encima de un papel las cinco figuras presentadas en el figura 154, y prueben con un solo plumazo dibujar una de ellas, es decir sin levantar la pluma y sin pasar mas de una vez sobre la misma l�nea.
La mayor�a de aquellos, a quienes les hemos propuesto la tarea, empiezan por la figura d, a primera vista m�s f�cil, sin embargo, todas las pruebas de dibujar esta figura han fracasado. Disgustados y la menor certeza lo har�an otras figuras y, por sorpresa, sin grandes dificultades lograron a las dos primeras figuras y tambi�n han podido con la tercera, presentada por la tachada palabra "  ". Pero la quinta figura e, como la cuarta d, nadie no ha podido solucionarlo.
�Por qu� para algunas figuras resulta f�cil encontrar la soluci�n, para otros no? �Podr�a ser, solo porque en unos casos hace falta tener la ingeniosidad, o podr�a se, que la tarea por si misma es insoluble para algunas figuras? �No se puede en este caso dejar una se�al, sobre cual podemos justificar: �Existe una probable soluci�n de dibujar la figura con un solo plumazo o no existe?

Figura 154. Prueban dibujar cada una de estas figuras con un solo plumazo, sin pasar mas de una vez sobre la misma l�nea.

Soluci�n:
Cada una intersecci�n, donde se unen las l�neas de la figura, se van a llamar los nodos. Adem�s llamaremos el nodo par, si en �l se juntan un n�mero par de las l�neas, e impar, si la cantidad de las l�neas unidas es impar. La figura a tiene todos los nodos pares, la figura b, dos nodos son impares (los puntos A y B ); la figura c, los nodos impares son fines del segmento, tachados de la palabra; Las figuras d y e tienen cuatro nodos impares.
Vamos mirar atentamente la figura, donde todos nodos son pares, por ejemplo, la figura a. Empezaremos nuestro camino desde cualquier punto S. Pasando, por ejemplo, por el nodo A, nosotros dibujamos dos l�neas: se acerca a A y se aleja de A. Como desde cada nodo par hay tantas salidas, cuantas entradas en �l, entonces sobre movimiento de nodo al nodo cada vez menos dos l�neas no dibujadas, por lo tanto, principalmente es posible, contornear (dejar atr�s, dar una vuelta alrededor de todos), volver en el punto principal S.
Pero, supongamos, que hab�amos vuelto en el punto principal, y no existe la salida de �l, y sobre la figura falta una l�nea, saliendo de tal nodo B, donde nosotros ya estuvimos. Entonces, hay que corregir nuestro camino: Llegando hasta el nodo B, antes de dibujar las l�neas dejadas, volviendo al punto B, caminar adelante por el camino remoto.
Supongamos que decidimos repasar la figura a as�: Al principio a lo largo de los lados del tri�ngulo ACE, luego volviendo al punto A, sobre la circunferencia ABCDEFA (figura 154). Como nos queda dibujar el tri�ngulo BDF, entonces, antes de dejar el nodo, por ejemplo B y sigui�remos sobre el arco BC, tenemos que pasar el tri�ngulo BDF.
Pues, si todos los nodos de la figura dada son pares, entonces, saliendo del cualquier punto de figura, siempre es posible de dibujar la figura con un solo plumazo, adem�s la vuelta por la figura tiene que terminar en el mismo punto, donde comenz�bamos.
Ahora vamos a ver la figura donde hay dos nodos impares.
La figura b, por ejemplo, tiene dos nodos impares A y B . Entonces tambi�n es posible de dibujar con un solo plumazo. En realidad es mejor empezar la vuelta desde el nodo impar N ₁ y pasando sobre una tal l�nea hasta el nodo impar N ₂ , por ejemplo, desde A hasta el D sobre ACB (figura 154).
Dibujando esta l�nea, por aquello mismo excluiremos cada una l�nea de los nodos impares, como si no existiera esa l�nea. Ambos nodos impares luego se convierten en pares. Como otros nodos impares no existen en la figura, entonces, ahora tenemos una figura solamente con nodos pares; En la figura b, por ejemplo, despu�s de pasando la l�nea ACB le queda el tri�ngulo con circunferencia.
A esta figura, como ha sido ense�ado, podemos dibujar con un solo plumazo, por lo tanto, podemos dibujar la figura completa.
Una advertencia suplementaria: Comenzando la vuelta desde un nodo impar N ₁ , se necesita el camino, llevado al nodo impar N ₂ , tenemos que elegir as�, que no aparezcan las figuras aisladas de figura dada. Por ejemplo, dibujando la figura b (figura 154) ha sido sin �xito la prisa trasladarse desde un nodo impar A al nodo impar B sobre la recta AB, como sobre esto la circunferencia quedaba aislada de la figura completa y cerrada.
Entonces, si una figura tiene dos nodos impares, el plumazo acertado tiene que comenzar sobre uno de ellos y terminarse en otro.
Entonces, los fines del plumazo son separados. De aqu� se deduce, si la figura tiene cuatro nodos impares, entonces es posible de dibujar con un solo plumazo, sino con dos, pero esto no corresponde a las condiciones de nuestra tarea. As� son figures d y e (figura 154).
Como ven, si comprendemos correctamente, entonces muchas cosas podemos prevenir y con esto librarnos de un trabajo innecesario, el que necesita fuerzas y tiempo; Pues, a motivarnos correctamente nos ense�a tambi�n y la geometr�a.
Puede ser, que nuestras explicaciones son muy pesadas para Uds., pero todas las fuerzas podr�n ser cubiertas por ventaja, la de conocimiento sobre la ignorancia.
Uds. siempre podr�n con antelaci�n resolver, si el problema se soluciona o no sobre las figuras dadas, y Uds. saben tambi�n, desde cu�l nodo hay que empezar su vuelta.
Adem�s Uds. ahora pueden inventar mismos a las figuras complejas para sus compa�eros.
Finalmente, doy dos figuras m�s para entretenci�n (figura 155).

Figura 155. Dibuja cada figura con un solo plumazo.

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10. Siete puentes del Kaliningrado
Hace doscientos a�os el ciudad Kaliningrado (antes se llamaba Quenigsberg) hab�a siete puentes, los que unieron las orillas del r�o Pregel (figura 156).

Figura 156. No era posible dar la vuelta por todos puentes, estando en cada uno de ellos por una sola vez.

En a�o 1736 un matem�tico famoso de aquel tiempo L. P. Eyler (teniendo 30 a�os de edad) estuvo interesado por una tarea: �Era posible pasear por la ciudad, pasando por todos los puentes, pero cada uno por una sola vez?
Es f�cil de comprender, que esta tarea es parecida a la anterior, sobre figuras dibujadas.
Vamos a presentar el esquema de los caminos posibles (figura 156, la l�nea puntual). Obtendremos una de las figuras con cuatro nodos impares (figura 154, figura e ). Con un solo plumazo, como Uds. saben, es imposible de dibujarlo y, por lo tanto, es imposible dar vuelta por todos los siete puentes, pasando por cada uno de una sola vez. Eyler en aquel tiempo le demostr�.
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11. Una broma geom�trica
Despu�s de que Uds. ya saben el secreto de la figura dibujada con �xito con un solo plumazo, d�ganse a sus amigos, que sabe c�mo dibujar la figura con cuatro nodos impares, por ejemplo, la circunferencia con dos di�metros (figura 157), sin separar el l�piz del papel y sin pasarla una l�nea dos veces.
Uds. perfectamente saben, que es imposible, pero pueden hacer un anuncio sensacional. Ahora os ense�o un peque�o truco.

Figura 157. Una broma geom�trica.

Empezamos a dibujar la circunferencia desde el punto A (figura 157). Cuando acerc�ndose a un cuarto de circunferencia, el arco AB, colocaran un papel por encima, en el punto B (o doblando parte de abajo, donde se hace la construcci�n) y siguen con l�piz pasando la parte de debajo de la media circunferencia hasta el punto D, inverso al punto B.
Ahora quiten el papel colocado. En la parte facial del papel aparece solamente el arco AB, pero el l�piz esta en el punto D (�adem�s Uds. no separaron el l�piz del papel!).
Terminar la figura no es dif�cil: Al principio pasen el arco DA, luego el di�metro AC, al arco CD, al di�metro DB y por fin, el arco BC. Podemos elegir otro camino desde el punto D; Prueben encontrarlo.
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12. Comprobaci�n de una forma

Problema:
Deseando comprobar, si tiene el trozo de la tela cortada la forma del cuadrado, la costurera nos asegura, que doblando sobre diagonales, los bordes del trozo se unen. �Es suficiente esta comprobaci�n?

Soluci�n:
De esta manera la costurera se asegura solamente en que todas las partes de tela cuadrada son equivalentes entre s�. De los cuadrados convexos esta propiedad la tiene no solo el cuadrado, sino cualquier rombo, y el rombo se presenta como cuadrado �nicamente en el caso, cuando sus �ngulos son rectos. Por lo tanto, la comprobaci�n, utilizada por costurera, es insuficiente. Tenemos que, aunque"a ojo" asegurarse en aquello, que los �ngulos sobre los v�rtices del trozo son rectos. Con esta raz�n podemos, por ejemplo, otra vez, si se juntan los �ngulos, estado junto a un lado.
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13. Un juego
Para ese juego necesitamos el papel rectangular y algunas figuras de la misma forma sim�trica, por ejemplo, las placas de domin�, monedas, etc. La cantidad de figuras debe ser suficiente para cubrir todo el papel. Juegan los dos. Los jugadores por turnos colocan las figuras en cualquier posici�n, en cualquier sitio libre del papel hasta aquel punto, cuando no se queda el sitio.
No es admisible mover las figuras, ya colocadas, encima de papel. Gana el partido aquel, quien ponga el ultimo objeto.

Problema:
Encontrar el modo de dirigir el juego, donde el jugador que empieza el juego gane.

Soluci�n:
El jugador que empieza el juego, debe como primer paso, ocupar el centro de plazoleta, colocando la figura de modo que su centro de simetr�a, si es posible, uniera con el centro del papel y los pr�ximos veces colocar las figuras en la postura sim�trica a la figura del enemigo (figura 158).
Siguiendo esa regla, el jugador que empieza el juego siempre encontrar� en el papel un sitio para su figura y sin dudad ganara.
El fondo geom�trico del modo indicado de llevar el juego es lo siguiente: Un rect�ngulo tiene el centro de simetr�a, es decir, un punto, donde todos segmentos pasados a trav�s del, se divide por la mitad, y dividen la figura sobre los partes iguales.
Por eso al cada punto o sitio del rect�ngulo corresponde el punto sim�trico o el sitio sim�trico, perteneciendo a la misma figura, y solamente el centro no tiene el punto sim�trico a s� mismo.

Figura 158. Un juego geom�trico. Le gana aquella persona, quien ponga el ultimo objeto.

De aqu� se deduce que si el primer jugador invade el sitio central, entonces, cualquier sitio del papel rectangular elegido por el enemigo no faltara una plazoleta libre y sim�trica para otro jugador.
Como elegir el sitio debe siempre el jugador segundo, entonces, al final no quedara el sitio para sus figuras, y el juego gana el primero.
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