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Novelas gráficas sobre matemáticas (II)

Raul Ibáñez recopila una nueva lista de novelas gráficas muy relacionadas con las matemáticas:

* Habibi, Craig Thompson, Astiberri, 2011.

Craig Thompson es un novelista gráfico imprescindible, autor de dos grandes novelas gráficas Blankets y Habibi.

Habibi (palabra árabe que significa “mi amado”) es una historia de amor entre Dodola y Zam, una niña y un niño destinados a ser esclavos, que se escapan y se esconden en un viejo barco encallado en medio del desierto. Según van creciendo surgirá el amor entre ellos, pero sus vidas se separarán y cada uno pasará muchas penurias hasta que vuelven a encontrase. Es una historia que transcurre en un desierto de algún ficticio lugar de Oriente Medio, en la que se habla sobre la esclavitud, la violencia sexual, el racismo, las tradiciones, la relación de los seres humanos con la naturaleza, la distancia entre el primer y tercer mundo, entre los ricos y los pobres,… en la que el Islam es un elemento muy importante, y su herencia conjunta con el cristianismo, pero también la cultura y lengua árabes, y la tradición de contar historias, al estilo de las mil y una noches, aunque inspiradas en el Corán. Pero si la escritura arábiga integrada en el dibujo o los diseños geométricos árabes son elementos destacados en Habibi, también lo son los cuadrados mágicos, que acompañan al lector a lo largo de toda la novela gráfica.

Los cuadrados mágicos son unos objetos matemáticos que han cautivado a matemáticos y no matemáticos a lo largo de la historia. Se pueden encontrar, normalmente, en libros de divulgación de las matemáticas, de matemática recreativa o incluso de magia. Sobre ellos han investigado grandes matemáticos como Pierre de Fermat o Leonhard Euler, y hasta personalidades como Benjamin Franklin, se atrevieron con ellos. Los cuadrados mágicos ya se conocían desde la antigüedad (quizás más allá del año 2.200 a.n.e.), y se les relacionaba con los planetas y con la alquimia, con la magia y la astrología, con la numerología, y también se utilizaban para sanar o como amuletos.

Craig Thompson se ha documentado muy bien sobre los cuadrados mágicos y los ha integrado de forma magistral a lo largo de toda la historia.

Quienes estéis interesado en conocer más sobre las matemáticas de los cuadrados mágicos que aparecen en Habibi, podéis leer tres entradas que hice en el Cuaderno de Cultura Científica, Habibi y los cuadrados mágicos.

 

Ken Games, No es bueno decir toda la verdad, José Manuel Robledo (guionista), Marcial Toledano (dibujante), Diábolo, 2009-2010. (volumen 1: Pierre, 2009; volumen 2: Feuille, 2009; volumen 3: Ciseaux, 2010)

Los tres protagonistas de la historia de Ken Games son Pierre Fermat, Thierry-Jean Feuille y Anne Parilou (Ciseaux), que además son los narradores en cada uno de los tres volúmenes de la serie, cuyas historias se van contando en paralelo a lo largo de cada uno de ellos.

Aparentemente, los dos primeros son matemáticos, Pierre tiene una beca para investigar en el campo del álgebra y Thierry-Jean trabaja en un banco, mientras que Anne es Licenciada en Literatura y Filosofía, pero trabaja como maestra de primaria. Aunque, los tres mienten. Pierre es boxeador, Thierry-Jean jugador de póquer y Anne (Ciseaux) asesina a sueldo.

El narrador del primer volumen, cuyo título es Pierre, es naturalmente Pierre Fermat. Este volumen comienza con un combate de Pierre, apodado en el mundo del boxeo “Pierre el matemático”, quien utiliza las probabilidades para ganar los combates.

Mientras Pierre de Fermat estudiaba la licenciatura de matemáticas, su padre enfermó y este no tuvo más remedio que abandonar sus estudios. Sin embargo, mantuvo a todo su entorno, en particular, a su padre y a su mejor amigo, en la mentira de que seguía estudiando… presentándose a los exámenes, licenciándose y ganando una beca de investigación en el campo del álgebra. Poco a poco, para despejarse de la presión de cuidar a su padre enfermo, Pierre fue acercándose al mundo del boxeo.

Thierry-Jules Feuille, TJ, que es el mejor amigo de Pierre Fermat y que le conoció mientras estudiaban matemáticas, presenta a Pierre ante su novia, Anne, como “una especie de Euler, de esos matemáticos que directamente “ven” las cosas. En segundo ciclo optó por la rama de las matemáticas fundamentales”, y cuando Anne pregunta qué es eso, el propio Fermat, explica “Álgebra abstracta, Geometría algebraica, últimas tendencias en matemáticas, en quinto me especialicé en las matemáticas de la no linealidad”.

Thierry-Jules se especializó en “probabilidad, estadística y contabilidad” y aparentemente acabó trabajando en un banco y ganando mucho dinero. Sin embargo, su profesión de verdad es ser jugador profesional de póquer, para la cual tiene madera.

 

La conjetura de Poincaré, Raule (guionista), Jose María Martín Sauri (dibujante), Diábolo, 200

Raule, a quien muchas personas conocerán por su excelente serie de novelas gráficas Jazz Maynard, decide escribir una historia sobre un matemático que intenta demostrar la conjetura de Poincaré.

La conjetura de Poincaré, que tuvo una gran repercusión mediática en 2006, cuando se le concedió la Medalla Fields al matemático ruso Grigory Perelman por su demostración de la misma, pero que acabo rechazando. Perelman y la conjetura de Poincaré volvieron a los medios de comunicación cuando también rechazó el premio metálico, un millón de dólares, del Instituto Clay de Matemáticas por haber resuelto uno de los 7 Problemas del Milenio.

La conjetura de Poincaré es un problema complejo de topología. Resulta que, si pensamos en superficies del espacio tridimensional, la única superficie “cerrada” y “simplemente conexa” (esto quiere decir algo así como que todo lazo sobre ella se puede cerrar), es la esfera (topológicamente hablando, es decir, si aplastamos un poco una esfera, sigue siendo topológicamente una esfera). Pues la conjetura de Poincaré era este mismo resultado, pero para dimensión 3… es decir, todo espacio geométrico de dimensión 3, cerrado y simplemente conexo es una esfera de dimensión 3.

El protagonista de esta novela gráfica es un joven matemático que para aislarse del mundo con el objetivo de demostrar la conjetura de Poincaré se va a trabajar a un faro que está situado en una isla desierta. Una vez en la misma empezarán a ocurrir una serie de extraños acontecimientos, que empiezan con la destrucción del helicóptero que lo ha llevado a la isla. La situación nos recuerda un poco a la del personaje matemático de Dustin Hoffman en la película Perros de Paja. En paralelo a la trama de la novela gráfica, el matemático continuará con sus intentos de probar la famosa conjetura… ¿lo conseguirá?

 

El número 73304-23-4153-6-96-8, Thomas Ott, Ediciones la cúpula, 2008.

El arte del historietista Thomas Ott es muy particular. Realiza sus novelas gráficas utilizando la técnica “Carte a gratter”, algo así como “tarjeta raspada”, creando un dibujo muy peculiar en blanco y negro, que va muy bien con las historias oscuras que nos narra este artista. Además, la historia no tiene texto, salvo el que pueda aparecer en los propios dibujos.

Nos cuenta una de esas historias negras de las clásicas, con los típicos ingredientes, la cárcel, la silla eléctrica, el verdugo, un oscuro bar, un casino, la ruleta rusa, una mujer fatal, mucha pasta, la casa de empeños, una pistola, una navaja, lugares oscuros de la ciudad, etc.

En el primer dibujo son unos dedos sujetando un papelito que contiene el número (o números) del título… 73304-23-4153-6-96-8. Es la mano de un recluso que va a morir en la silla eléctrica. Tras ser ejecutado el papelito quedará caído al lado de la silla eléctrica y lo recogerá el funcionario que se encarga de la ejecución. Esos números marcarán su vida a partir de ese momento… éxito y fracaso…  ¿puede el destino de una persona estar marcado por una serie de números?

No desvelemos más de la historia. Solo un detalle matemático más, la banda de Moebius (recordemos que es una superficie con una única cara, que es una banda retorcida) como símbolo del cambio de fortuna en la vida del protagonista, de la buena a la mala fortuna. La banda de Moebius aparece en nombre (el grupo que toca en el bar el The Dr Moebius Octet y aparece un dibujo de la misma en el escaparate de la casa de empeños). 

 

El vendedor de estropajos, Fred Vargas (guionista), Edmond Baudoin (dibujante), Astiberri, 2011. 

Esta es una historia (basada en el relato corto “Cinco francos unidad” de Fred Vargas) del comisario Adamsberg, uno de los detectives creados por la escritora francesa.

En la misma, el testigo de un crimen es un vagabundo llamado “Pi” y que es “bueno con los números”. De hecho, en la presentación del personaje nos hace un pequeño cálculo… dispone de 9.732 estropajos para vender, pero en cuatro meses ha vendido solo 512, luego “A ese paso necesitaría 2.150,3 días para vaciar la nave [donde se almacenan]. Es decir, seis años coma diecisiete arrastrando el asno [su carrito de supermercado]”. (*)

Al vagabundo, cuyo nombre es “Pi”, le llamaban en la escuela, cuando era niño, “3,14”. Además, está obsesionado con el número pi, su definición y el perímetro de las circunferencias, cuyo cálculo se realiza a partir de pi. De hecho, es bueno estimando a ojo el perímetro de diferentes circunferencias. Además, el comisario Adamsberg, teniendo en cuenta esto decide poner a la víctima, para ocultar su identidad, el seudónimo de 421, en alusión al juego, que se juega con tres dados, de dados llamado “421”.

 

Las Tierras Huecas: Zara y Nogegon, Luc Schuiten, François Schuiten, Norma. (se publicó, por primera vez, en francés en 1990)

Debemos empezar señalando que la idea inicial de esta serie, Las Tierras Huecas, es una idea muy interesante. Se trata de analizar, desde la ficción del cómic, cómo afectaría a un planeta el hecho de que fuese hueco.

Recomiendo toda la serie, pero hoy nos vamos a centrar en el tercer libro de la misma, NogegoN, en el cual la simetría es muy importante. La historia, como vamos a comentar más adelante, es un palíndromo, pero también muchos elementos de la misma. Por ejemplo, los nombres de las ciudades –como Dramard o Radar-, los nombres de los personajes de la misma –como las protagonistas Nellen y Olivio- o los barrios -44, 1771, 1221,…- son palíndromos, pero también la vida de los habitantes de este mundo, que están destinados a repetir su vida en sentido inverso. Pero la propia estructura del cómic es un palíndromo, cada página A tiene una simétrica A’, respecto al centro, con unas características que recogen esa idea de simetría. Y la historia misma es esencialmente, no solo estructuralmente, palindrómica, produciéndose en la segunda parte acciones en un sentido inverso de la segunda parte (por ejemplo, si un personaje se ríe en una viñeta de la primera parte, puede estar llorando en la viñeta simétrica de la segunda parte). El escritor y profesor jubilado de la UPV/EHU, Antonio Altarriba tiene un interesante análisis de esta obra.

Mateadictos: plegando papeles

Como yo siempre pongo problemas en el programa, Eva ha decidido ponerme uno a mí. Ella suele tomar notas en unos pequeños papeles rectangulares, de tamaño 8,5 cm de ancho y 11 cm de alto, entonces me ha mostrado uno de esos papeles doblados y me ha pedido que calcule cuanto mide la doblez (el segmento AB en el dibujo que acompaña al problema), sin medir, solo teniendo en cuenta el valor de los segmentos que ella me ha proporcionado y que incluyo en el siguiente dibujo (1,38 cm, 3,82 cm y 10,16 cm).

 

La solución es 11,57 cm. Para obtenerla hay que hacer uso del teorema de Pitágoras. Empezamos con el triángulo rectángulo pequeño, que tiene a B como uno de sus vértices, su hipotenusa en 1,38 cm y uno de sus catetos es 11 – 10,6 = 0,84 cm, luego aplicando el teorema de Pitágoras, calculamos el otro cateto, que es la raíz cuadrada de (1,38)2 – (0,84)2 = 1,1988, que es, más o menos, 1,09 cm.


Ahora vayamos al triángulo grande, que tiene como hipotenusa el segmento buscado, AB. Uno de sus catetos es el lado del papel, 11 cm, y el otro se calcula fácilmente, con la anterior información, es 8,5 – 3,83 – 1,09 = 3,58 cm. Y uno de los catetos es el lado del papel, 11 cm, luego por el teorema de Pitágoras, el otro es la raíz cuadrada de 112 + (3,58)2 = 133,8164, es decir, aproximadamente11,57 cm.)

 

La leyenda del origen del ajedrez y varios juegos de ingenio

Se desconoce cuál es el origen del ajedrez. Sabemos que fue introducido en Europa por los árabes, que lo habían aprendido de los persas, pero a ellos les pudo llegar tanto de la India, como de China. Su origen, tan remoto en el tiempo, ha propiciado que existan muchas leyendas, una de ellas relacionada con las matemáticas. En esta, se atribuye su invención al brahmán hindú Sissa ben Dahir, que presentó el juego al rey Shirham de la India.

Al hilo de esta leyenda, Raul Ibáñez nos propone varios retos de ingenio:

Problema 1: Dado un tablero de ajedrez, 8 x 8, del que eliminamos dos casillas opuestas de las esquinas (por ejemplo, pongamos en ellas dos peones), ¿es posible recubrir este tablero con fichas de dominó (suponiendo que estas fichas tienen el tamaño de dos casillas)?

(Nota: Este problema es de los que no tiene solución, pero ¿por qué?)

 

Problema 2: Si se consideran ahora triominós, que son fichas con tres casillas, pero en forma de L. No puede rellenarse el tablero 8 x 8 con estas fichas, puesto que 64 no es divisible por 3. Sin embargo, si eliminamos una casilla del tablero (por ejemplo, poniendo un peón), ¿será posible recubrir este tablero? (Nota: este problema se puede pensar con tableros de otros tamaños, m, donde m2 – 1 sea divisible por 3)

 

Problema 3 (el recorrido del caballo): Utilizando la pieza del caballo, con su particular movimiento en el ajedrez, realizar un recorrido por todas las casillas del tablero, sin repetir casilla. (Nota: se puede proponer el problema para tableros rectangulares de diferentes tamaños)

 

Problema 4 (las ocho reinas en el tablero de ajedrez): Colocar ocho reinas en el tablero de ajedrez de manera que ninguna de las reinas se vea amenazada por las otras siete. (Nota: se puede hacer con tableros de lado n, con n reinas, para n más pequeños, e incluso más grandes. Yo empezaría por n = 2*, 3*, 4, 5…)

 

Mateadictos: el número 45

 

El número 45 tiene algunas propiedades curiosas. Entre otras, puede dividirse en cuatro partes, de tal manera que, si se añade 2 a la primera, se resta dos a la segunda, se multiplica la tercera por 2 o se divide la cuarta por 2, se obtiene siempre el mismo resultado. ¿Cuáles son esas cuatro partes en las que se divide el número 45 de esta forma?

 

Solución:

8 + 12 + 5 + 20 = 45, ya que 8 + 2 = 12 – 2 = 2 x 5 = 20 / 2 = 10

 

 

Mateadictos: Suma de letras

Si cada una de las letras de la siguiente expresión aritmética, una suma, representa una cifra distinta del 0 al 9:

 

 

¿Cuáles son los valores de las letras A, B, C, D, E, F, G?

Solución:  Teniendo en cuenta que A, B y C son números distintos y que la suma da un número de cuatro cifras, se deduce fácilmente que 9 < A + B + C < 25. Como, además, los cuatro dígitos del resultado son distintos, resulta que A + B + C solo puede tomar el valor 19. Por lo tanto, el resultado de la suma es 2.109. Ahora buscamos A, B y C, distintos, que no valgan 0, 1, 2 y 9, y tales que A + B + C = 19.

Es decir,
A = 8, B = 7, C = 4,
o
A = 8, B = 6, C = 5)

 

 

 

 

Mateadictos: orden en la sala

Si ordenamos los números del 1 al 20 de la siguiente forma: 14, 5, 4, 19, 18, 16, 17, 10, 12, 2, 9, 8, 11, 15, 6, 7, 13, 3, 1 y 20. ¿Cuál es el orden que he seguido?

Solución: Los números están ordenados por orden alfabético de sus nombres en español… catorce, cinco, cuatro, diecinueve, dieciocho, dieciséis, diecisiete, diez, doce, etcétera

Mateadictos: El torneo de pelota

En un torneo de pelota mano celebrado este fin de semana en Bilbao cada jugador que perdía un partido quedaba eliminado, además cada partido debía de jugarse con una pelota nueva. Si participaron 123 personas en el torneo, ¿cuántas pelotas se utilizaron?

 

Solución: Al finalizar el torneo solo hay una persona ganadora del mismo, luego 122 quedaron eliminadas, y ese es el número de pelotas utilizadas

Mateadictos: el reto matemático

En el último programa pusimos un problema matemático y 32 personas enviaron soluciones al mismo. Todas las respuestas que se enviaron desde Durango eran correctas y su número era exactamente el 5% del total de respuestas correctas. ¿Cuántas personas contestaron correctamente al problema matemático? ¿Cuántas eran de Durango?

Solución:

Llamemos y al número de respuestas correctas del total de las 32 que se recibieron. Sabemos que el 5% eran las de Durango. Como el 5% de y es (5 × y / 100 = y / 20), tenemos que 20 debe dividir al número y, pero como y es menor o igual que 32, la única opción es que y sea 20, que son el número de respuestas correctas. Y el 5% son las de Durango, luego solo una persona era de Durango

 

Mateadictos: 3 problemas para activar el cerebro

En el programa de hoy, Raul Ibáñez nos propone descubrir tres problemas de tres libros que recopilan problemas de ingenio o matemáticos.

1.  El lobo, la cabra y la col, de Vicente Meavilla, publicado por la editorial Almuzara en 2011.

Un hombre que iba por un camino vio a otros hombres que iban hacia él y les dijo: “Si fueseis otros tantos como sois y se añadiese la mitad de la mitad de estos y después se añadiese la mitad de este número, entonces conmigo seríamos 100”. ¿Cuántos hombres vio el caminante?

Este es el típico problema, que nos podrían haber puesto en el instituto, para resolver mediante una ecuación algebraica.

Es sencillo. Llamamos x al número de hombres que se encontró el paseante en el camino, y veamos lo que nos dice el problema sobre esa cantidad. Dice así… “si fueseis otros tantos como sois” (es decir, x + x, luego 2x), “y se añadiese la mitad de la mitad de estos” (luego se le suma a lo anterior la cantidad (2x) / 4) y “después se añadiese la mitad de este número” (lo que significa sumar ahora, (2x) / 8), entonces, concluye, “conmigo seríamos 100”, lo que nos queda la ecuación: 2x + (2x) / 4 + (2x) / 8 + 1 = 100. Y con un poco de álgebra nos da el resultado x = 36.

Las ecuaciones algebraicas nos permiten transformar la información del problema que deseamos resolver, y que es un problema concreto, con sus propias particularidades, en una ecuación algebraica, que es una expresión abstracta, pero general, que se resolverá siempre de la misma forma, independientemente del problema, con técnicas matemáticas.

Pero una de las características de la resolución de problemas, es que lo principal es que hay que resolverlos, independientemente del método que se utilice, y que hay que estar abierto a las formas que se nos puedan ocurrir, fruto de nuestro análisis personal, o las características de ese problema concreto. Por ejemplo, Vicente Meavilla plantea una resolución geométrica, o gráfica, del problema.

Representamos la cantidad de hombres que vio el paseante mediante un cuadrado, le añadimos otro cuadrado, ahora la mitad de la mitad de dos cuadrados, es decir, medio cuadrado, y finalmente, la mitad de lo anterior, es decir, la cuarta parte del cuadrado. Ahora dividimos todas las figuras en los cuadraditos que son un cuarto del cuadrado original, y en total son 11 cuadraditos.

 

 

 

 

 

 

 

Como la suma de todo es uno menos que 100, es decir, 99, cada cuadradito representa 9 hombres. Luego el cuadrado original representa 9 x 4 = 36 hombres.

2. Círculos matemáticos, de los rusos Dmitri Fomin, Sergey Genkin y Illia Itenberg, publicado por la editorial SM y la Real Sociedad Matemática Española, dentro de la colección biblioteca de estímulos matemáticos, en 2012. 

Un grillo salta a lo largo de una línea. Su primer salto es de 1 centímetro, su segundo salto de 2 centímetros, etc. Cada salto puede llevarle a un punto de la línea situado a su derecha o a su izquierda. Prueba que, después de 1985 saltos, el grillo no puede acabar en el mismo lugar en el que empezó.

Vamos a considerar que el sentido de los saltos hacia la derecha es el positivo (suma) y hacia la izquierda es el negativo (resta), así si salta los dos primeros saltos hacia la derecha estará a 3 cm (1 + 2) de su origen y si salta el siguiente, 3 cm, hacia la izquierda volverá a su situación original (1 + 2 – 3 = 0).

Lo que acabamos de contar nos da una idea de cómo abordar el problema. Si siempre saltara hacia la derecha acabaría a tantos centímetros del origen como la suma de todos los números desde 1 hasta 1985, es decir, 1 + 2 + 3 + … + 1984 + 1985, que obviamente no es cero, de hecho, es igual a 1985 x 1986 / 2 = 1.971.105, por la conocida fórmula de la suma de los n primeros números, n x (n + 1) / 2. (si os molesta este número tan grande, pensad en que da saltos hasta llegar a 10, en lugar de 1985, y ahora la suma de los 10 primeros números es 55).

Pero esto que hemos comentado es así, si siempre salta a la derecha, pero nos preguntamos cómo calcular cualquier otra serie de saltos. La verdad es que buscamos la suma o resta de todos los números entre 1 y 1985, es decir, la misma suma que antes, pero en algunas posiciones habrá un + (más) y en otras un – (menos), y debemos saber si el resultado puede ser cero (volver a la posición inicial). La respuesta va a ser negativa, por un motivo de paridad, como veremos.

Tomemos de nuevo la suma 1 + 2 + 3 + … + 1984 + 1985 = 1.971.105, que es un número impar. Si cambiamos uno solo de los signos más (+) por un menos (–), el resultado será el anterior –que es impar– al que le restamos dos veces el número del salto, es decir, el número detrás del signo menos, (una vez para quitarlo de la suma que habíamos hecho, ya que ahora no se suma y otra para restarlo). Es decir, le restamos un número par, por lo que queda de nuevo un número impar. Por ejemplo, si solo salta a la izquierda en el último salto, el resultado será el anterior menos dos veces 1985, luego 1.971.105 – (2 x 1985) = 1.967.135, que es impar.

Es decir, el resultado de sumar y restar, en cualquier orden, todos los números entre 1 y 1985, que representa cualquier forma de saltar del grillo, es siempre un número impar, luego no puede ser cero, y se concluye que nunca llegará al origen. 

 

3. ¡Ajá! Soluciones (Soluciones ingeniosas para 100 problemas en apariencia difíciles), de Martin Erickson, publicado dentro de la Biblioteca de Estímulos Matemáticos, por la editorial SM, junto a la Real Sociedad Matemática Española y la Mathematical Association of America, en 2009.

Un granjero desea vallar un campo rectangular usando 300 metros de valla. Un lado del campo no necesita valla ya que está situado a lo largo de un muro ya existente. ¿Cuáles son las dimensiones del campo que dan la mayor área posible y cuánto vale esta?

Tenemos un campo rectangular, llamamos x a la longitud del lado de la valla paralelo al muro y llamamos y a los dos lados laterales del rectángulo. Sabemos entonces que la valla tiene una longitud de x + 2y = 300 metros. Y queremos saber cuánto valen x e y para que el área del rectángulo, que es x × y, sea máxima.

Existen, al menos, dos formas de resolverlo. Una más matemática, con derivadas, y otra geométrica. Brevemente, para quienes se acuerden de las derivadas, veamos cómo se haría.

Como sabemos que x + 2y = 300, entonces podemos expresar x en función de y, como x = 300 – 2y. Ahora la función que queremos maximizar es el área, es decir, A (x, y) = x × y, pero como podemos expresar x en función de y, tenemos que el área es A(y) = (300 – 2y) × y. Buscamos el lado y para el cual el área es máxima. Por teoría de derivadas, la derivada de esa función es cero para ese valor maximal de y, luego como la derivada de A vale A’(y) = 300 – 4 y, esta se anula, 300 – 4 y = 0, para el valor y = 75. La solución es por lo tanto que las medidas del campo son de y = 75, x = 300 – 2y = 150, y el área x × y = 11.250 m3.

Esto puede ser un ejemplo sencillo de para qué sirven las derivadas, para resolver problemas de optimización (otro ejemplo que podríamos mostrar es el motivo de las medidas de las latas de refresco, mínima superficie, máximo volumen).

Pero vayamos a la solución geométrica. Es posible que las personas que nos están escuchando sepan que “de todos los rectángulos con un perímetro igual, aquel que cubre una mayor superficie es el cuadrado”. Si lo saben, entonces estamos en condiciones de resolver el problema de una forma sencilla. Si no lo saben … un pequeño razonamiento intuitivo. Si hacemos un rectángulo con una cuerda cerrada o una goma, nos daremos cuenta de que, si vamos disminuyendo la longitud de los lados laterales, los verticales, del rectángulo, el área va disminuyendo, se va acercando a cero, y si fuésemos en el sentido contrario, ampliando la longitud de los lados laterales y disminuyendo los lados frontales, los horizontales, también el área acaba acercándose a cero. Luego, el área de esta familia de rectángulos realizados con la misma cuerda cerrada (es decir, el mismo perímetro), es cero en los dos extremos, luego la mayor área está en el medio de la familia, que es cuando los lados laterales y frontales son iguales, el cuadrado (podéis hacer este pequeño experimento en casa).

Veamos ahora la resolución del problema. Pintemos el rectángulo, con longitud del lado de la valla paralelo al muro e y la longitud de los dos lados laterales.

Podemos convertir nuestro problema en el problema que acabamos de mencionar por simetría. Tomamos la imagen especular del rectángulo respecto al muro, es decir, un nuevo campo al otro lado del muro, con las mismas dimensiones.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Este es ahora un rectángulo de lados x y 2y, que sabemos que tendrá área máxima para el cuadrado, luego x = 2y, y además sabemos x + 2y = 300, es decir, y = 300 / 4 = 75, como ya habíamos visto.