Cobos Gavala Javier - Matematicas Y Origami

8/7/2019 Cobos Gavala Javier - Matematicas Y Origami

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Matematicas y Origami

Fco. Javier Cobos Gavala

Resumen

En el First International Meeting of Origami Science and Technology celebrado el a no 1989, el profesor Humiaki Huzita present o un trabajo

en el que se establecan los axiomas de una nueva geometra que elmismo denomin o Geometra del Origami y que resuelve problemasirresolubles con regla y compas mediante la geometra cl asica comoson la trisecci on del angulo o la duplicaci on del cubo.

A partir de entonces son muchos los matem aticos que han traba-jado sobre dicha geometra obteniendose importantes resultados quesin embargo son totalmente desconocidos por muchos otros debidoquizas a que tiene muy pocos anos de existencia.

Se pretende con este trabajo dar a conocer los principios b asicos dedicha Geometra y plantear otros problemas que relacionan el Origamicon la Geometra Computacional y la Teora de Grafos.

1 La geometra del Origami

Comencemos por dar la axiom atica de la Geometra del Origami propuestapor Humiaki Huzita.

Axioma 1 Dados dos puntos P y Q se puede realizar el pliegue que los une.

La geometra de la regla y el comp as nos dice que dados dos puntos puededibujarse una recta que pasa por ellos.

t tP Q

Axioma 2 Dados dos puntos P y Q se puede realizar el pliegue que sit ua a P sobre Q .

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La geometra de la regla y el comp as nos dice que dados dos puntos podemostrazar la mediatriz del segmento que los une.

P

Q r

r

Axioma 3 Dado un punto P y una recta r se puede realizar el pliegue per-pendicular a r que pasa por P .

Con regla y compas podemos trazar la recta perpendicular a una dada desdeun punto exterior a ella.

rP

r s

Axioma 4 Dadas dos rectas r y s se puede realizar un pliegue que sit ue a rsobre s .

Podemos, con regla y comp as trazar la bisectriz del angulo determinado pordos rectas. Este problema tiene, tanto en el caso del origami como en el dela regla y compas dos soluciones posibles.

r

sAxioma 5 Dados dos puntos P y Q y una recta r podemos realizar un plie-gue que sit ue a P sobre r y pase por Q .

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Podemos, con regla y compas trazar un arco con centro en Q y radio QP .Este arco cortara a la recta r , en general, en dos puntos A y B (habr a casosen que sea tangente y s olo exista un punto y casos en los que el problema notenga soluci on porque la distancia de Q a r sea mayor que la de Q a P ). Lasmediatrices de los segmentos AP y BP son soluciones de nuestro problema.Este problema tiene, tanto en el caso del origami como en el de la regla ycompas, el mismo numero de soluciones.

r

r

?

P

r

Qr

Axioma 6 Dados dos puntos P y Q y dos rectas r y s se puede realizar un pliegue que sit ue a P sobre r y a Q sobre s .

Este axioma es especco de la geometra del origami, no teniendo equivalenteen la geometra de la regla y el comp as. En otras palabras, la recta (elpliegue) que podemos realizar mediante la tecnica del plegado es imposiblede realizar mediante regla y compas. Es, por tanto, este axioma el queestablece la diferencia entre ambas geometras y el que nos va a permitirresolver problemas como los de la trisecci on de un angulo o la duplicaci ondel cubo. En general este problema tambien tiene dos soluciones.

rr

rr

P Qr

s

UU

1.1 Interpretaci on geometrica del Axioma 5

Consideremos la par abola de foco P y directriz r y tracemos una tangenteque pase por el punto Q .

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t P

r

Qt

t

tT

P

La tangente es la bisectriz de las rectas que determinadas por T &P yT &P (radios vectores del punto T ). T P = T P por ser T un punto de la parabola. Un pliegue a lo largo de la tangente, situa el punto P sobre P y, portanto, sobre la recta r .

El pliegue del axioma 5 es una de las tangentes a la par abola de foco P y directriz r que pasan por el punto Q .

1.2 Interpretaci on geometrica del axioma 6

Consideremos las par abolas de focos y directrices P &r y Q&s respectiva-mente.

u

u

u

u

P Q

r

s

b b

b b

b b

b b

b b

b b

b b b

b b b

Teniendo en cuenta el axioma 5 el pliegue del axioma 6 ha de ser tangente aambas par abolas simult aneamente, por lo que:

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El pliegue del axioma 6 es una de las tangentes comunes a las par abolas de

focos y directrices P &r y Q&s respectivamente.Consideremos las par abolas

(y 12

a )2 = 2 b x y =12

x2

Sea la pendiente de una tangente com un a ambas parabolas y (x0, y0) y(x1, y1) los respectivos puntos de tangencia.Dado que

2(y 12

a) y = 2 b = y =b

y 12 ae y = x

son las funciones derivadas para cada una de las par abolas respectivamente,se tiene que

=b

y0 12 a= x1

y, por tanto:

y1 =12

2 x0 =(y0 12 a)2

2 b=

b22

y que

(y0 12

a )2 = 2 bb

22= y0 =

a2

+b

por lo que =

y1 y0x1 x0

= 2

2 a2 b b2 2

que operando nos queda3 + a + b = 0

Puede observarse entonces que el problema del trazado de una tangentecomun a dos par abolas es equivalente al de la resoluci on de una ecuaci onde tercer grado.Podemos asegurar, por tanto, que:

El axioma 6 resuelve ecuaciones de tercer grado.

Conjetura 1 No se conoce si la lista de axiomas de Huzita est a completa en el sentido de que puedan existir otras operaciones de plegado que permitan resolver ecuaciones de grado 5 o superior. La idea m as generalizada es queno existe un septimo axioma, pero est a a un por demostrar.

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2 Soluci on a problemas irresolubles con regla

y compasEn esta secci on se presenta la forma de resolver mediante la geometra del ori-gami algunos de los problemas que no tienen soluci on mediante la geometraclasica basada en la regla y el comp as. Destacamos entre ellos la trisecci on de un angulo y la duplicaci on del cubo.

2.1 Trisecci on de un angulo

Tomemos de una hoja cuadrada de papel en la que, partiendo del anguloinferior izquierdo, hemos dibujado una recta L2 que forma con la base delcuadrado el angulo que pretendemos trisecar.

Doblemos la hoja horizontalmente por la mitad y volvamos a doblar porsu mitad la mitad inferior.

El Axioma 6 nos permite realizar el pliegue que lleva el punto P 1 a larecta L1 y el punto P 2 a la recta L2.

Figura 1: Teorema de H. Abe

Teorema 1 [H. Abe] La direcci on del trozo de recta L1 que ha quedadodoblada triseca el angulo .

Demostraci on:El trapecio ABBA (ver Fig. 2) es simetrico y sus diagonales se cortan

en el punto N del eje de simetra OP.

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Figura 2: Demostracion del Teorema de H. Abe

Los tri angulos BNB y ANA son isosceles por construcci on ya queBN y NB son coincidentes tras el plegado, al igual que ocurre con AN yNA.

PAA = AAB por alternos internosANA isosceles por construcci on

=PAA = AAB.

Al ser ABOA (ya que OA lo es a BA) y vericarse que CB = CB =BA = BA se tiene que AB es la mediatriz del segmento CA, por lo que

el tri angulo CAA tambien es is osceles y, por tanto, AAB = BAC. Esdecir:PAA = AAB = BAC

o, lo que es lo mismo, hemos trisecado el angulo PAD dado.

2.2 Trisecci on de un segmento

Aunque este problema puede ser resuelto con regla y comp as se trata en estaseccion por su extremada belleza y porque va a ser necesaria su utilizaci onen el problema de la duplicaci on del cubo.

Partamos de una hoja cuadrada de papel de lado igual al segmento quedeseamos trisecar y realicemos el pliegue que nos lleva la esquina inferiorderecha al punto medio del lado superior del cuadrado.

Teorema 2 [Kasuo Haga] La parte descubierta de la arista izquierda del cuadrado representa los dos tercios de la arista del cuadrado.

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Figura 3: Teorema de Kasuo Haga

Demostraci on: Observando la Figura 4 podemos comprobar que

Figura 4: Demostracion del Teorema de K. Haga

a 2 = ( l a )2 + (12

l)2 =54

l 2 2al + a2 =54

l 2 = 2 al = a =58

l

Si l = 8 se tiene que MB=4, ME=5 y BE=3. Es decir, el tri angulo EBM essemejante a un triangulo 3,4,5. OMME =CMD es complementario deEMB y, por tanto, EMB = MDC, es decir, los tri angulos EMB y MDC son

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semejantes, por lo que podemos asegurar que

BEBM

=CMCD

=34

=12 l

CD

es decir:CD =

43

12

l =23

l

Algunas extensiones al Teorema de Haga han sido dadas por Kohji yMitsue Fushimi (ver Fig. 5).

Figura 5: Extensiones al Teorema de Haga

2.3 Duplicaci on del cubo

Dividamos en tres partes iguales (ver Fig. 6.) una hoja de papel cuadrada(puede hacerse mediante el metodo de Haga) y realicemos el pliegue que llevael punto P 1 (esquina inferior derecha del cuadrado) sobre la recta L1 (ladoizquierdo) y P 2 (extremo derecho de la recta inferior de las dos resultantes

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de dividir al cuadrado en tres) sobre la recta L2 (la recta superior de las dos

que dividen al cuadrado). Este ultimo pliegue nos lo garantiza el Axioma 6.

Figura 6: Teorema de P. Messer

Teorema 3 [Peter Messer] La raz on entre los dos segmentos en quequeda dividido el lado del cuadrado, mediante el ultimo pliegue realizado,es exactamente 32.Demostraci on: Supongamos, para simplicar, que el lado del cuadrado esla unidad.

Figura 7: Demostracion del Teorema de P. Messer

Por construccion BA + AP = 1 (vease la Fig. 7), por lo que si denotamospor a = BA se tiene que AP = 1 a y al ser rect angulo el tri angulo P BA

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el teorema de Pitagoras nos dice que

(1 a)2 = Y 2 + a2 1 2a = Y 2 a = 1 Y 22y, por tanto

AP = 1 a =1 + Y 2

2

Por otro lado, P C = X 13

y P D =13

(por construcci on).

Dado que los tri angulos P CD y P BA son semejantes, por ser rectangulosy tener los angulos CDP y BP A iguales, se tiene que

AP

AB=

P D

P C es decir

1 + Y 2

21 Y 2

2

=

13

X 13

1 + Y 2

1 Y 2=

13X 1

Teniendo en cuenta que X = 1 Y podemos hacer1 + Y 2

1 Y 2=

13(1 Y ) 1

=1

2 3Y o lo que es lo mismo,

(1 + Y 2)(2 3Y ) = 1 Y 2 3Y 3 3Y 2 + 3 Y 1 = 0Si hacemos el cambio

X Y

= t = t =1 Y

Y = tY = 1 Y =Y =

11 + t

obtenemos que

31

(1 + t)3 31

(1 + t)2+ 3

11 + t 1 = 0

que multiplicando por (1 + t)3 nos genera la ecuacion

3

3(1 + t) + 3(1 + t)2

(1 + t3) = 0

que desarrollando se convierte en

2 t3 = 0es decir, t = 32 o, lo que es lo mismo, X

Y = 32.

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3 Las matematicas del origami plano

Al realizar un pliegue en una hoja de papel, este puede realizarse de dosformas diferentes, en monta na o en valle . Es general el uso de la notaci on

para los pliegues en monta na y para los plieguesen valle.

Figura 8: Un pliegue en monta na (izquierda) y otro en valle (derecha)

Si desplegamos una gura, realizada mediante plegados, nos quedan enla hoja de partida las marcas de los pliegues que se han realizado. As, porejemplo, si desplegamos la grulla tradicional nos queda el mapa que apareceen la Figura 9.

Figura 9: El mapa de los pliegues de la grulla tradicional

Denici on 1 Un origami es un par (C, f ), donde Ces el conjunto de plieguesy f : C (, ) es tal que la representaci on de (C, f ) inducida de [0, 1][0, 1] en R 3 es biyectiva.

Denici on 2 Un origami plano es un par (C, f ), donde Ces el conjunto depliegues y f : C {M,V }es tal que la representaci on de (C, f ) inducida de[0, 1][0, 1] en R 3 es biyectiva.

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Figura 11: Demostracion del Teorema de Maekawa

pliegues en monta na se corresponden con los angulos interiores de 0 grados,mientras que los pliegues en valle se corresponden con los de 360 grados.

Como la suma de los angulos interiores de un polgono den

vertices vienedada por ( n 2)180 podemos asegurar que0M + 360V = ( M + V 2)180 = 2V = M + V 2 =M V = 2

Corolario 1 El grado de un vertice cono es siempre par.

Demostraci on: Si denotamos por n el grado del vertice cono se tiene quen = M + V , donde M representa el n umero de pliegues en monta na y V elde pliegues en valle alrededor de dicho vertice.

Por el teorema de Maekawa sabemos que M

V = 2, por lo que

n = M + V = M V + 2 V = 2 + 2V = 2( 1 + V )que es siempre un numero par.

Teorema 5 [Kawasaki] La suma de los angulos alternos en un vertice conode Ces 180 grados.Demostraci on: Denotemos por i a los angulos situados alrededor delvertice, donde i = 1 , 2, . . . , 2n y supongamos que recorremos con el dedo unacircunferencia alrededor del vertice desde el inicio del angulo 1.

Si describimos el desplazamiento del dedo sobre el papel doblado observa-mos que se describe un movimiento pendular para estar al nal en el mismositio de partida, es decir, podemos observar que

1 2 + 3 4 + 2n = 014


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Figura 12: Demostracion del Teorema de Kawasaki

mientras que

1+

2+

3+

4+

+

2n= 360

por lo que2 1 + 2 3 + 2 5 + + 2 2n 1 = 360

de donde dividiendo por 2 obtenemos que

1 + 3 + 5 + + 2n 1 = 180 .Evidentemente, tambien se verica que

2 + 4 + 6 + + 2n = 180 .El recproco del Teorema de Kawasaki tambien es cierto, es decir, si la

suma de los angulos alternos de un vertice cono es 180 grados, su plegado esplano.

Sin embargo, el hecho de que todos los vertices cono existentes en elmapa de un origami veriquen la condicion de Kawasaki no quiere decir queglobalmente se pueda realizar un plegado plano de la gura. Veamos, paraello, el siguiente teorema.

Teorema 6 En cualquier origami plano (C, f ) denido el disco unidad D(en el que s olo existe un vertice y se encuentra en el origen) se verica quesi i < i 1 y i < i+1 entonces f (li ) = f (li+1 ).

Demostraci on: Puede observarse en la Figura 13 que si el pliegue li seha realizado en montana, y teniendo en cuenta que se trata de un origamiplano, resulta imposible realizar tambien en monta na el pliegue li+1 ya que

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tendramos, por debajo, el papel resultante del primer pliegue impidiendo este

ultimo, por lo que necesariamente ha de realizarse en valle. Analogamente,si el primer pliegue se realiza en valle, el segundo ha de realizarse necesaria-mente en montana. As pues, f (li ) = f (li+1 ).

Figura 13: Esquema para la demostraci on del Teorema 6

Teniendo en cuenta el teorema anterior podemos ver que el origami re-presentado en la Figura 14 no es plano a pesar de cumplir los requisitos deteorema de Kawasaki.

En efecto, si nos jamos en uno de los vertices del tri angulo equilaterocentral (60 grados) podremos observar que los pliegues que lo denen tienenangulos adyacentes de 90 grados, por lo que ambos pliegues tienen que tenerdiferente asignaci on, es decir, si uno se realiza en monta na el otro hay querealizarlo en valle. Al darse la misma circunstancia en los tres vertices deltri angulo central llegamos a una incompatibilidad, pues si hemos asignado ados de sus lados los valores M y V (montana y valle) no podemos asignar altercer lado ninguno de los dos valores.

Figura 14: Un origami irrealizable

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4 Vertices de plegado plano

Llamaremos vertices de plegado plano a aquellos que se corresponden con unmapa que contiene a un unico vertice en el interior y permiten un dobladoplano (verican las condiciones del Teorema 5 [Kawasaki] ).

Un vertice v estar a totalmente determinado cuando se conozcan los an-gulos determinados por los pliegues que conuyen en el, por lo que lo deno-taremos por v = ( 1, . . . , 2n ) donde los i denotan los angulos existentesentre sus pliegues, de tal forma que si l1, . . . , l n son los pliegues que conuyenen v de forma consecutiva, los i (i = 1 , . . . , 2n 1) representan los angulosexistentes entre los pliegues li y li+1 y 2n el que forman l2n y l1.

Vamos a denotar por C ( 1, . . . , 2n ) al numero de asignaciones MV vali-

das de un vertice de plegado plano con angulos consecutivos 1, . . . , 2n .Supongamos que tenemos una asignacion MV valida para los pliegues del

vertice, es decir, que se verica que M V = 2. Si M V = 2 diremos queel vertice v es un vertice hacia arriba , mientras que si M V = 2 diremosque se trata de un vertice hacia abajo . Es evidente que si tenemos un verticehacia arriba y cambiamos la asignacion MV de tal forma que los plieguesque estaban en valle los realizamos en montana y viceversa, lo habremosconvertido en un vertice hacia aba jo. De la misma forma podemos cambiarde un vertice hacia abajo a otro hacia arriba.

Podemos asegurar, por tanto, que C ( 1, . . . , 2n ) es siempre un numeropar.

Si tomamos ejemplos sencillos para computar, vemos que C ( 1, 2, 3, 4)puede tomar los valores 8, 6 o 4 dependiendo del valor de los angulos i(i = 1 , 2, 3, 4). Podemos contar s olo las asignaciones que hacen de v unvertice hacia arriba (aquellas para las que M-V=2) y multiplicar por 2 ydado que solo existen cuatro pliegues y M V = 2, necesariamente ha deser M=3 y V=1.

Si nos jamos en la Figura 15 podemos observar, para el caso (a) queel pliegue en valle podemos situarlo en cualquiera de las cuatro posiciones

posibles, por lo que se pueden realizar 4 = 41 asignaciones para hacer de

v un vertice hacia arriba y, por tanto C ( 1, 2, 3, 4) = 8.En el caso (b) los pliegues de las direcciones noreste, este y sureste nopueden tener la misma asignacion, por ejemplo en monta na (si realizamos elpliegue en monta na de la direccion sureste ya no podemos realizar, tambien enmonta na y simult aneamente los de las direcciones este y noreste) por tanto,

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Figura 15: (a) C ( 1 , . . . , 4) = 8, (b) C ( 1 , . . . , 4) = 6, (c) C ( 1 , . . . , 4) = 4

el pliegue de la direccion oeste no puede ser en valle. As pues s olo tenemostres posibilidades para asignar el pliegue en valle, es decir, tres posibilidadespara hacer de v un vertice hacia arriba y, por tanto C ( 1, 2, 3, 4) = 6.

En el caso (c) observamos que el angulo formado por las direcciones nortey noreste es de 45 grados mientras que los dos angulos adyacentes son de 90grados, por lo que las direcciones norte y noreste han de tener diferenteasignacion. En otras palabras, el pliegue en valle s olo podemos situarlo enuna de esas dos direcciones para construir un vertice hacia arriba, por lo queC ( 1, 2, 3, 4) = 4.

Observese que, en general, si tenemos 2 n pliegues adyacentes a v y quere-mos realizar un vertice hacia arriba podremos asignar, a lo m as, n1 plieguesen valle (nos quedar an n + 1 en montana y se vericara que M V = 2) porlo que C ( 1, . . . , 2n ) 2

2nn 1

.

Hay que tener en cuenta que si, por ejemplo, todos los angulos tienen dela misma medida es posible asignar de forma arbitraria las n 1 posiciones delos pliegues en valle, por lo que para cualquier valor de n es posible alcanzarla cota de 2 2nn 1

.

Teorema 7 Sea v = ( 1, . . . , 2n ) un vertice de plegado plano (o un verticecono de un origami cualquiera). Se verica que

2n C ( 1, . . . , 2n ) 22n

n 1Demostraci on: La desigualdad de la derecha esta probada, por lo que s oloresta probar la de la izquierda.

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Supongamos que i es el angulo mas pequeno de todos los que denen

al vertice v (o uno de los mas pequenos en el caso de haber varios iguales).Si li y li+1 son los pliegues que denen dicho angulo tenemos, al menos dosposibilidades de asignaci on MV para li y li+1 , es decir, f (li , l i+1 puede ser(M, V ) o (V, M ) (por supuesto pueden existir otras posibilidades como ( V, V )o (M, M )).

As, si doblamos li y li+1 utilizando una de estas dos posibilidades ylo pegamos, o identicamos las capas de papel que se han unido, el papelse convertir a en un cono (a menos que ya sea un cono, en cuyo caso quese convertir a en un cono mas pequeno) y los angulos i 1, i y i+1 sefundir an en un nuevo angulo de amplitud i 1 i + i+1 que tiene que serpositivo por ser i uno de los angulos mas pequenos. Como el vertice deplegado plano original poda doblarse de forma plana, nuestro nuevo conotambien podr a doblarse en plano utilizando las lneas de pliegue resultantesl1, l2, . . . , l i 1, l i+2 , . . . , l 2n .

En otras palabras, podemos repetir el proceso. Tomamos el menor de losangulos de nuestro cono, doblamos las lneas de su frontera mediante una delas dos asignaciones posibles (M, V ) o (V, M ), fundimos los papeles que sehan unido y repetimos. En cada paso se han eliminado dos lneas y se hadispuesto de dos conguraciones de asignaci on MV para ellas. Finalmentenos quedar a solo dos lneas a un lado de nuestro cono y estas puede serdobladas, por el Teorema 4 [Makaewa] o bien las dos en monta na o bien

las dos en valle.En denitiva, si partimos de un total de 2 n lneas habremos eliminado untotal de n parejas con dos posibilidades de asignaci on MV para cada una deellas, por lo que C ( 1, . . . , 2n ) 2n .

La igualdad se alcanza cuando no existen angulos consecutivos iguales yen todo el proceso no aparecen angulos consecutivos iguales. Por ejemploC (100, 70, 50, 40, 30, 70) = 2 3 = 8 ya que eliminar el angulo de 30 grados soloadmite las asignaciones ( M, V ) o (V, M ) (observese que al ser los angulosadyacentes mayores de 30 grados, las asignaciones de sus lados han de serdistintas por el Teorema 6). El nuevo cono que nos queda tiene de angulos

100, 70, 50, 40-30+70=80. El angulo mas pequeno es ahora el de 40 y susadyacentes son mayores que 40, por lo que volvemos a tener unicamente dosposibilidades de asignaci on para sus lados. Nos queda al nal un cono deangulos 100, 70-50+80=100 cuyos lados podemos doblar ambos en monta nao ambos en valle, es decir, existen 23 = 8 posibilidades de asignaci on.

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En todo caso, vemos que no es posible dar una f ormula general en funci on

de n para C ( 1, . . . , 2n ). Es necesario recopilar m as informacion, en par-ticular son necesarios los valores de los angulos entre los pliegues.

4.1 Varios angulos iguales seguidos

Nos sera util introducir la siguiente notaci on: si li , . . . , l i+ k son lneas delpliegue contiguas en un vertice de plegado plano a las que se les ha dado unaasignacion MV, denotaremos por M i,...,i + k al numero de monta nas y V i,...,i + kal numero de valles existentes entre dichas lneas de pliegue.

Supongamos que en alguna parte en nuestro vertice (o en un vertice cono)tenemos que i = i+1 = i+2 =

= i+ k con i 1 > i y i+ k+1 > i+ k

(si se diese el caso de que 1 y 2n aparecieran en nuestra sucesion de angulosiguales, etiquetaramos de nuevo los vertices para que no sucediese) 1

Si k = 0 tendramos un angulo i situado entre otros dos mayores, lo quehace que los pliegues li y li+1 no puedan tener la misma asignacion (ambosen valle o ambos en monta na), es decir, que M i,i +1 V i,i +1 = 0.Si k > 0 tenemos varios angulos consecutivos de la misma amplitud y exis-ten muchas m as posibilidades para la asignaci on MV. El siguiente teoremapresenta un resultado general.

Teorema 8 Sea v = ( 1, . . . , 2n ) un vertice de plegado plano y supongamosque existe alg un valor de k para el que i = i+1 =

= i+ k con i 1 > i

y i+ k+1 > i+ k . Entonces

M i,i +1 ,...,i + k+1 V i,i +1 ,...,i + k+1 =0 si k es par

1 si k es impar Demostraci on: El resultado es una aplicacion directa del Teorema 4 [Mae-kewa] . Si k es par, entonces la secci on del papel alrededor de los plieguesen cuesti on adopta, forzosamente 2 , la forma de la Figura 16. Si considera-mos, por s sola, esta sucesi on de angulos y agregamos una seccion de papelcon angulo para conectar los extremos izquierdo y derecho (ver Fig. 16),

1

Observese que el caso k = 2 n 2 es imposible, ya que ello implicara que i = 1, 1 = 2 = = 2 n 1 y n mayor de todos los demas angulos, pero por el Teorema deKawasaki se tendra que n 1 = ( n 1) 1 + 2 n , o lo que es lo mismo, que 2 n = 1 locual es una contradicci on.2 Decimos forzosamente porque se funden en uno los angulos iguales en sentidos con-

trarios.

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entonces tendremos un plegado plano que debe satisfacer el el Teorema de

Maekawa. El angulo agrega dos pliegues extras que deben ser ambos enmonta na o ambos en valle. Podemos asumir que el vertice es hacia arriba(M-V=2) y, por tanto M i,i +1 ,...,i + k+1 V i,i +1 ,...,i + k+1 = 0.

Figura 16: K es par

Figura 17: K es impar

Si k es impar (ver Fig. 17), la sucesion de angulos iguales, considerada por

s sola, tiene en sus extremos dos alas de angulos i 1 y i+ k+1 apuntandoen el mismo sentido. Si las unimos, posiblemente extendiendo una de ellassi i 1 = i+ k+1 , podemos aplicar la condici on de Maekawa. Quitando (oanadiendo) 1 al resultado, a causa del pliegue extra que se ha a nadido alpegar los extremos, tenemos que M i,i +1 ,...,i + k+1 V i,i +1 ,...,i + k+1 = 1.En [1] Justin utiliza este resultado para convertir un vertice de plegadoplano en una permutaci on circular para denotar donde puede ser aplicadode forma iterativa el Teorema 8. Esto nos da un mecanismo para enumerartodas las asignaciones MV v alidas para los pliegues. Una estrategia similares crear formulas recursivas del Teorema 8.

Teorema 9 Sea v = ( 1, . . . , 2n ) un vertice de plegado plano, y supongamosque i = i+1 = i+2 = = i+ k con i 1 > i y i+ k+1 > i+ k para alg un valor de k. EntoncesC ( 1, . . . , 2n ) =

k + 2k+2

2C ( 1, . . . , i 2, i 1 i + i+ k+1 , i+ k+2 , . . . , 2n )

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5 Plegado de vertices m ultiples

Contar el n umero de asignaciones MV posible cuando existen mas de unvertice puede resultar muy difcil. Para ilustrarlo, basta con ver un caso muysimple de pliegues de origami con mas de un vertice: pliegues de origamiplano cuyo mapa de pliegues s olo contiene rectas perpendiculares formandouna cuadrcula. Podemos realizar un plegado para convertirlo en un s olocuadrado peque no.

Koehler [2] y Lunnon [3, 4], entre otros, lo identicaron con el problemadel plegado de una hoja de sellos o del plegado de un mapa . Dada unamatriz m n (hoja) de sellos del mismo tama no se trata de contar el numerode formas en que puede ser doblada independientemente de la asignaci on MV.Los autores citados dan complicados algoritmos para hacerlo, especialmenteen el casi n = 1, caso conocido como la tira de sellos . No obstante, se basanen el numero de formas diferentes en que uno puede ordenar sus capas. Sinembargo, esto no es lo mismo que contar el n umero de asignaciones MVposibles.

Figura 18: Una asignaci on imposible para una hoja de 2 5 sellos

Sea S m,n una matriz m n de sellos del mismo tamano y sea C (S m,n ) elnumero de asignaciones MV diferentes para doblar S m,n en una simple pila desellos. El mapa presenta una celosa de ( m 1) (n 1) vertices todos ellosde grado cuatro. De partida, para el vertice superior izquierdo disponemosya de 8 asignaciones posibles. Para el siguiente vertice situado a su derechasolo disponemos de 4 (ya que uno de sus pliegues tiene asignado un valorM o V de la asignacion del anterior). Si continuamos moviendonos hacia

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la derecha nos encontramos con que tenemos 4 asignaciones posibles para

cada vertice. El primer vertice de la segunda la tiene tambien 4 posiblesasignaciones pero el resto de la segunda la s olo dispone de dos asignacionespor vertice. Lo mismo ocurre con el resto de las las. Por tanto, el n umerototal de asignaciones MV para S m,n puede ser acotada por

C (S m,n ) 8 4m 2 4n

2 2(m 2)( n 2) = 2 mn 1

La igualdad no siempre se consigue, ya que no todas las asignaciones sonvalidas. Justin en [1] da un n umero de asignaciones imposibles para loscasos n = 2 y m = 5 , 6 y 7. Uno de los mas sencillos se presenta en laFigura 18. Se deja al lector la prueba de la imposibilidad de su plegado.

6 Conclusiones

El Teorema 9 nos proporciona un algoritmo lineal para computar el n umerode asignaciones MV para el caso de un unico vertide de plagado plano dado.El ejemplo de la Figura18 ilustra como el problema equivalente cuando exis-ten varios vertices es bastante m as complejo.

Podemos probar C (S m,n ) 2mn 1 y que se da la igualdad cuando n = 1 o

m y n son ambos menores que 5. Obtener una f ormula mejor es un problemaabierto.

Planteamos algunas preguntas para quienes deseen trabajar en este area:

a) Se pueden extender los resultados presentados en este trabajo a loscasos de dos o tres vertices?

b) Existen familias F de vertices multiples para las cuales sea f acil com-putar C (F )?

Referencias

[1] Justin, J. Toward a mathematical theory of origami In: K. Miura ed.,Origami Science and Art: Proceedings of the Second International Mee-ting of Origami Science and Scientic Origami, (Seian University of Artand Design, Otsu, 1997) 15-29.

[2] Koehler, J. Folding a strip of stamps Journal of Combinatorial Theory,5 (1968) 135-152.

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[3] Lunnon, W.F. A map-folding problem Mathematics of Computation, 22,

No.101 (1968) 193-199.[4] Lunnon, W.F. Multi-dimensional map folding The Computer Journal,

14, No.1 (1971) 75-80.

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Cobos Gavala Javier - Matematicas Y Origami