Construcciones de Mascheroni

Se dice con frecuencia que los geómetras, obedeciendo una norma tradicional atribuida a Platón, construían todas sus figuras planas ayudándose tan sólo de compás y regla (no graduada). Esto no es exacto. Los griegos se sirvieron de muchos otros instrumentos geométricos, entre ellos, de utensilios para trisecar ángulos. Mas, por otra parte, sí estaban convencidos de que las construcciones con regla y compás eran más elegantes que las conseguidas mediante otros instrumentos. La futilidad de sus tenaces esfuerzos por lograr métodos de este tipo en la trisección de ángulos, la cuadratura del círculo o la duplicación del cubo, los tres grandes problemas geométricos de antigüedad, no pudo ser demostrada durante cerca de 2.000 años. 
En siglos posteriores, los geómetras se entretuvieron en imponer restricciones todavía más enérgicas sobre los instrumentos utilizables en los problemas de construcción de figuras. El primer esfuerzo sistemático de esta naturaleza es un trabajo atribuido al matemático persa Abul Wefa, en el siglo x, donde se describen construcciones posibles con la regla y un compás «rígido», más tarde llamado, burlonamente, «compás oxidado». Se trata de un compás cuya apertura no puede modificarse, Los conocidos procedimientos para trazar la mediatriz de un segmento o la bisectriz de un ángulo son ejemplos sencillos de construcciones con regla y compás rígido. 


Figura 87. Trazado de la mediatriz de un segmento arbitrario con un “compás oxidado”
En la Figura 87 vemos cuán fácilmente podemos servirnos de un compás oxidado para hallar la mediatriz de un segmento de longitud al menos doble de la apertura del compás. Muchas de las soluciones de Abul Wefa, y, en particular, su método de construcción del pentágono regular conocido el lado son extraordinariamente ingeniosas y muy difíciles de mejorar 
La Figura 88 muestra cómo utilizar un compás oxidado para trazar una recta paralela a la recta AB que pase por un punto P cualquiera, exterior a ella. Para lograrlo se construyen en tres pasos los vértices de un rombo; el método es tan sencillo que una ojeada a la figura permite comprenderlo. Aunque conocido desde por lo menos 1574, el método es constantemente redescubierto y publicado como original (véase, por ejemplo, Mathematics Teacher , febrero de 1973, p. 172). 


Figura 88. Construcción de una recta paralela con ayuda de un compás oxidado
Leonardo da Vinci y numerosos matemáticos renacentistas hicieron también algunos tanteos en la geometría de compás rígido, pero, en orden de importancia, el segundo tratado sobre el tema fue Compendis Euclidis Curiosi , folleto de autor anónimo, publicado en 1673, en Amsterdam. Fue traducido al inglés cuatro años más tarde, por Joseph Moxon, a la sazón hidrógrafo real en Inglaterra. Se sabe ahora que esta obrita fue escrita por un geómetra danés, Georg Mohr, con quien volveremos a tropezar dentro de un momento. En 1694, un agrimensor londinense, William Leybourn, en un extravagante libro llamado Pleasure with Profit , trató las construcciones de compás rígido como una forma de juego matemático. En el encabezamiento de su sección dedicada al tema escribió: «Mostrando cómo (sin compás), teniendo solamente un Tenedor Corriente (o una horquilla semejante, que no abriré ni cerraré), y una Regla Lisa, pueden realizarse muchas deliciosas y divertidas Operaciones Geométricas.» 
Ya en el siglo XIX, el matemático francés Jean Víctor Poncelet sugirió una demostración, más tarde rigurosamente desarrollada por el suizo Jakob Steiner, de que todas las construcciones realizables con regla y compás ordinario son realizables también con regla y un compás rígido. Tal conclusión resulta inmediatamente de otro notable teorema de ambos, a saber, que toda construcción que sea factible con regla y compás es posible con sólo la regla, una vez dada en el plano una circunferencia fija y su centro. A principios del siglo XX se demostró que ni siquiera hacía falta disponer de la totalidad de la «circunferencia de Poncelet-Steiner». ¡Tan sólo se precisan un arco de esta circunferencia, por pequeño que sea, y su centro! (En las construcciones de este tipo se admite que un círculo ha quedado construido cuando se determinan su centro y un punto de su circunferencia.) 
Muchos matemáticos de renombre habían estudiado qué construcciones son posibles con instrumentos tan sencillos como la regla sola, la recta provista de dos puntos marcados sobre ella, la regla de dos bordes rectos paralelos, la «regla» con dos bordes rectos perpendiculares (escuadra) o bajo otros ángulos, etc. Así las cosas, en 1794 el geómetra italiano Lorenzo Mascheroni dejó maravillado al mundo matemático al publicar su Geometria del Compasso , donde demostraba que toda construcción realizable con regla y compás puede efectuarse con exclusivamente un compás móvil. Como es imposible dibujar líneas rectas con sólo un compás, es preciso admitir que dos puntos, obtenidos por intersección de arcos, definen una recta. 
Todavía hoy se llaman construcciones de Mascheroni a las realizadas exclusivamente con el compás, a pesar de que en 1928 se descubrió que Mohr había demostrado el mismo teorema en una oscura obrita, Euclides Danicus , publicada en 1672 en ediciones danesa y holandesa. Un estudiante danés dio con el libro en una librería de lance de Copenhague, y se lo mostró a su profesor, Johannes Hjelmslev, de la Universidad de Copenhague, quien inmediatamente comprendió la importancia del descubrimiento. Hjelmslev la publicó en edición facsímile, acompañada de una traducción al alemán, el mismo año de 1928. 
Los geómetras contemporáneos han perdido interés por las construcciones Mohr-Mascheroni, pero en razón de los muchos problemas de índole recreativa que contienen, su puesto ha sido ocupado por los aficionados. El reto planteado a éstos consiste en mejorar las construcciones conocidas, lográndolas en menor numero de pasos. En ocasiones es posible perfeccionar los métodos de Möhr o de Mascheroni; en otras, no. Fijémonos, por ejemplo, en la más sencilla de las cinco soluciones que dio Mascheroni a su problema Nº. 66, que pide hallar un punto alineado con otros dos y equidistante de ambos. (Véase la Figura 89). 
Sean A y B los puntos dados. Se trazan dos circunferencias de radio AB con centros en A y en B . Conservando la misma apertura del compás, y tornando como centrosC y D , marcamos los puntos D y E . (Los lectores recordarán sin duda que así comienza el procedimiento para dividir una circunferencia en seis arcos iguales, o en tres arcos iguales, si los puntos de división se toman alternativamente.) El punto E se encontrará en la prolongación hacia la derecha de la recta AB , y AE será doble de AB. (Como es obvio, tal procedimiento puede reiterarse a la derecha, y duplicar, triplicar o producir un múltiplo cualquiera de la longitud AB .) Se abre el compás con el radioAE y se traza un arco, de centro E , que interseca a la circunferencia de la izquierda enF y en G . Volvamos a cerrar el compás, tomando el radio AB una vez más. Con centros F y G se trazan dos arcos, que al cortarse, determinan el punto H . 


Figura 89. Método de Mascheroni para hallar un punto H alineado equidistante de los puntos A y B, con sólo el compás
El punto H está alineado Y equidista de A y de B . La primera parte es fácil de admitir, por razones de simetría. La equidistancia se prueba observando que los triángulos isósceles de vértices AFH y AFE tienen común el ángulo (en la base) FAE , y por consiguiente, son semejantes. AF es la mitad de AE ; luego AH es la mitad de AB . Los lectores familiarizados con la transformación de inversión ya se habrán dado cuenta de que el punto H es el inverso de E respecto de la circunferencia izquierda. Puede verse una demostración sencilla de esta propiedad en What Is Mathematics?(traducción española, ¿Qué es la matemática?. Ed. Aguilar, Madrid) de Richard Courant y Herbert Robbins, p. 145. Observemos que si al principio hubiéramos trazado el segmento AB , y el problema consistiera en hallar su punto medio, con sólo el compás, bastaría trazar únicamente el segundo de los dos últimos arcos, reduciendo así a seis el número de etapas. No conozco para este problema soluciones más breves. 
Otro famoso problema resuelto por Mascheroni fue la determinación del centro de una circunferencia. Su método es demasiado complicado para ser expuesto aquí, pero afortunadamente hay una versión simplificada, de origen desconocido, que suele venir en libros de geometría un poco antiguos. Podemos verla en la Figura 90. 
Sea A un punto cualquiera de la circunferencia. Tomando el centro A , abrimos el compás y trazamos un arco que intercepte a la circunferencia en B y C . Con radio ABy centros en B y C trazamos arcos, que se cortarán en D . (El punto D puede estar dentro de la circunferencia o debajo de ella, según la apertura inicial del compás.) Con radio AD y centro en D trazamos el arco que da las intersecciones E y F . Con radiosAE y centros E y F trazamos arcos, que se interceptan en G . El punto G es el centro de la circunferencia. Como antes, podemos demostrarlo fácilmente, pues los triángulos isósceles de vértices DEA y GEA tienen igual ángulo básico EAG , y por consiguiente, son semejantes. El resto de la demostración, así como otra basada en la inversión, puede verse en The Surprise Attack in Mathematical Problems , de L. A. Graham, (Dover, 1968), problema nº 34. 


Figura 90. Cómo hallar el centro de una circunferencia en seis pasos, con compás solamente
Un tercer famoso problema del libro de Mascheroni es el llamado «problema de Napoleón», porque se dice que Napoleón se lo propuso a Mascheroni. No suele saberse que Napoleón era entusiasta matemático aficionado, y aunque tal vez no muy penetrante, sin duda estaba fascinado por la geometría, ciencia, por otra parte, de gran importancia militar. Además, Napoleón sentía ilimitada admiración por los creativos matemáticos franceses contemporáneos suyos. Gaspard Monge, uno de ellos, parece haber sido el único hombre con quien Napoleón mantuvo amistad permanente. Los aficionados a las matemáticas recreativas recordarán a Monge sobre todo por las barajaduras de su nombre, que analizó siendo todavía muy joven. En ellas, las cartas van siendo extraídas una por una del mazo con el pulgar de la mano izquierda, y van siendo colocadas alternativamente encima y debajo de las cartas de la mano derecha. «Monge me quiso como se adora a un amante», confesó Napoleón en una ocasión. Monge fue uno de los varios matemáticos franceses que recibieron de Napoleón títulos de nobleza. Cualquiera ha oído hablar de la capacidad geométrica de Napoleón; es mérito suyo haber revolucionado de tal forma la enseñanza de las matemáticas en Francia, que según varios historiadores, sus reformas fueron las causantes de la floración de matemáticos creadores orgullo de la Francia decimonónica. 
Al igual que Monge, el joven Mascheroni fue ardiente admirador de Napoleón y de la Revolución Francesa, Además de profesor de la Universidad de Pavía, fue poeta muy considerado por la crítica italiana. Existen varias ediciones italianas de sus poesías completas. Su libro Problems for Surveyors tenía una dedicatoria en verso para Napoleón. Ambos hombres se conocieron en 1796, cuando Napoleón invadió el norte de Italia, y llegaron a ser amigos. Un año después, cuando Mascheroni publicó su libro dedicado a construcciones con sólo compás, volvió a honrar a Napoleón con una dedicatoria, esta vez una extensa oda. 
Napoleón conocía a fondo muchas de las construcciones de Mascheroni. Se dice que en 1797, mientras Napoleón hablaba de geometría con Joseph Louis Lagrange y Pierre Simon de Laplace (famosos matemáticos a quienes más tarde Napoleón haría conde y marqués, respectivamente) el pequeño general sorprendió a ambos, explicándoles algunas soluciones de Mascheroni que les eran totalmente desconocidas. Se dice que Laplace comentó: «General, esperábamos de vos cualquier cosa, excepto lecciones de geometría». Sea esta anécdota supuesta o verdadera, Napoleón sí dio a conocer la obra de Mascheroni a los matemáticos franceses. En 1798, un año después de la primera edición italiana, ya se había publicado en París una traducción de la Geometría del compasso . 
El «problema de Napoleón» consiste en dividir un círculo de centro dado en cuatro arcos iguales, usando exclusivamente un compás. O dicho de otra forma, se trata de hallar los vértices de un cuadrado inscrito. Se muestra en la Figura 91 una hermosa solución, con sólo seis arcos. 


Figura 91. Solución en seis pasos del “Problema de Napoleón”
Tomando con el compás el radio del círculo, y a partir de un punto cualquiera A se marca los puntos B, C y D , haciendo centro en A, B y C respectivamente. Se abre el compás con radio AC . Con centros A y radio DE se traza el arco que corta a la circunferencia inicial en F y G . Los puntos A, F, D y G son los vértices del cuadrado inscrito. Desconozco si esta solución se debe a Mascheroni (pues su libro no ha sido traducido al inglés, y no he tenido acceso a las ediciones francesa ni italiana), o si se trata de un descubrimiento posterior. Henry Ernest Dudeney la presenta, sin demostración, en su Modern Puzzles (1926). Puede verse una demostración sencilla en Mathematical Quickies , de Charles W. Trigg (McGrawHill, 1967), problema nº. 248. 
Dos problemas relacionados con éste, y no tan conocidos, son: (1) Dados dos vértices adyacentes de un cuadrado, determinar los otros dos, y (2), dados dos puntos diagonalmente opuestos de un cuadrado, hallar los otros dos. Dos lectores, Don G. Olmstead, y Paul White, me enviaron, independientemente uno de otro, soluciones de solo ocho arcos, que pueden verse, con demostración, enMathematical Entertainments , de M. H. Greenblatt (Crowell, 1965), p. 139. Vemos el procedimiento en la Figura 92. 
A y B son los dos puntos dados. Tras dibujar ambas circunferencias, las dos de radioAB , se mantiene la apertura del compás y se trazan los puntos D y E , haciendo centro en C y D . Se abre el compás hasta el radio CE; usando como centros A y E se trazan los dos arcos que se interceptan en G . 


Figura 92. Solución en ocho pasos de la construcción de un cuadrado, conocidos dos vértices adyacentes
Tomando el radio GB y haciendo centro en A y B , se dibujan los arcos que cortan a las circunferencias en H e I Los puntos H e I son los otros vértices buscados. 
La mejor de las soluciones que conozco del segundo (y más difícil) problema requiere nueve arcos. Invito a los lectores a buscar una, y si es posible, a mejorarla. 

Complementos Mannis Charosh me ha llamado la atención acerca de un teorema tan sorprendente como poco conocido, a saber, que todo punto construible mediante regla y compás puede ser obtenido también disponiendo de una colección ilimitada de mondadientes idénticos. Los palillos sirven para materializar segmentos rectilíneos rígidos e idénticos, libremente desplazables sobre el plano. 
Este curioso método de construcción fue inventado por T. R. Dawson, redactor jefe de Fairy Chess Review , y ha sido expuesto por él mismo en un articulo titulado «"Match-Stick" Geometry», en Mathematical Gazette , Volumen 23, mayo de 1939, pp. 161-68. Dawson demuestra allí el teorema general antes citado, y demuestra también que será imposible construir mediante palillos puntos que no sean construibles por regla y compás. Da métodos para hallar el punto medio de un segmento, la bisectriz de un ángulo, para trazar perpendiculares y paralelas a una recta por un punto dado, así como para otras construcciones suficientes para demostrar su tesis. 
Quedan ahora planteados innumerables problemas de carácter recreativo, prácticamente inexplorados, que piden hallar construcciones con número mínimo de palillos. Por ejemplo, el método óptimo de los descubiertos por Dawson para construir un cuadrado de lado unidad (igual a la longitud de un palillo) se muestra en la Figura 93, siendo AF una recta cualquiera contenida en el ángulo BAC . Se utilizan 16 palillos. 



Figura 93. Construcción de un cuadrado con 16 palillos
Dawson afirma que para hallar el punto medio de un segmento de longitud unidad hacen falta cuando menos 11 palillos, y 13 para hallar un punto alineado y equidistante de otros, separados una unidad. Dawson desafía al lector a descubrir un método con 10 palillos para determinar el punto medio de dos puntos separados más de una unidad, pero menos de la raíz cuadrada de 3. 


Figura 94. Bisección de un ángulo con cinco palillos
La Figura 94 muestra un método sencillo para bisecar con cinco palillos un ángulo cualquiera no mayor de 120 grados, y distinto de 60 grados. El método permite también trazar la perpendicular desde C a la recta AB . Para prolongar rectas o trazar rectas paralelas basta ir adosando tantos triángulos equiláteros como sean necesarios. 

Soluciones 

Figura 95. Construcción de un cuadrado, conocidos dos vértices diagonalmente opuestos, usando solo el compás
La Figura 95 muestra una solución en nueve pasos del siguiente problema de Mascheroni: dados dos vértices diagonalmente opuestos de un cuadrado, hallar los otros dos vértices usando solamente el compás. A y B son los vértices dados. Se traza el círculo de centro B y radio AB . Conservando la misma apertura de compás, se trazan los arcos C, D y E (centros en A, C y D ). Con radio BF y centro en E se traza el arco que intercepta en G a otro arco dibujado anteriormente. Tomando el radio BG y haciendo centro en A y en B se trazan los arcos que se cortan en H e ILos puntos A, H, B e I son los vértices del cuadrado pedido. Pueden darse demostraciones sencillas de la validez de esta construcción, basadas en que ciertos ángulos son rectos y en el teorema de Pitágoras, que dejamos al cuidado del lector. 
Ya publicado mi artículo sobre construcciones de Mascheroni pude confirmar que la solución del «problema de Napoleón» con seis arcos era efectivamente debida a Mascheroni. Fitch Cheney me envió un artículo suyo, «Can We Outdo Mascheroni?» (The Mathematics Teacher , vol. 46, marzo de 1953, pp. 152-156) donde presenta la solución de Mascheroni seguida de otra propia, más sencilla, con sólo cinco pasos. 



Figura 96. Una solución simplificada del “problema de Napoleón”
Vemos la solución de Cheney en la Figura 96. Se toma un punto cualquiera A de la circunferencia dada, y se traza una segunda circunferencia de radio AO . Con igual radio, y centro C se dibuja una tercera circunferencia; con centro D y radio DA , trazamos un arco que interseca al círculo inicial en G . Con radio CG y centro en Ctrazamos un arco que intercepta a la circunferencia inicial en H y en I . E, I, C y Hdefinen los vértices del cuadrado pedido. 
En su artículo, Cheney nos hace observar la diferencia entre el «compás moderno» que conserva su apertura al levantarlo del papel, como una bigotera, y el «compás clásico» de Euclides, que se cierra tan pronto uno de sus brazos se separa del plano. En contraste a la solución de Mascheroni, la de Cheney utiliza solamente arcos de compás clásico. Cheney da también en su artículo un método clásico, en siete etapas, para inscribir un pentágono en una circunferencia, dos pasos menos que la solución de Mascheroni, pese a que el método de éste requiere el compás moderno. 
Muchos lectores se percataron de que el método de Mascheroni para construir un punto alineado y equidistante de otros dos podía abreviarse un paso. La distancia entre las intersecciones de las dos circunferencias de la Figura 89 es, evidentemente, igual a CE , por consiguiente, el punto E puede hallarse sin necesidad del paso intermedio encaminado a hallar D . Este procedimiento automáticamente rebaja en una unidad el número de arcos necesarios para bisecar un segmento, hallar los cuatro vértices de un cuadrado inscrito en un círculo dado («problema de Napoleón»), y dados dos vértices adyacentes de un cuadrado, hallar los otros dos. 
El problema de hallar los otros dos vértices de un cuadrado cuando se dan dos vértices en oposición diagonal, problema cuya solución con nueve arcos he presentado ya, puede reducirse a ocho arcos adoptando el procedimiento recién descrito. Sin embargo, más de una docena de lectores descubrieron una preciosa solución con seis arcos (véase la Figura 97). 


Figura 97. Solución con seis arcos a uno de los problemas de Mascheroni
A y B son los vértices dados. Tras dibujar las dos circunferencias que pasan por estos puntos, se abre el compás a la amplitud CD , y con centro C se traza el arco EDF . Con centro F y radio AF se traza el arco GAH . Tomando centros en E y F y radio EG , se dibujan los dos arcos que se interceptan en X e Y . No es difícil demostrar queAXBY son los vértices del cuadrado requerido. 

TOMADO DE: http://www.librosmaravillosos.com/circomatematico/capitulo17.html

CUADRADO MÀGICO

Conceptos de poliominós

El interés de los polióminos radica en que su aparente simplicidad no tiene nada que ver con la potencial fuente de problemas de inteligencia que estos suponen, algunos de los cuales aún sin solución.
Aunque hay distintos tipos de juegos con polióminos (y en especial con pentóminos) la parte principal de este trabajo serán los problemas de recubrimiento de tableros con pentóminos.
No obstante el applet desarrollado comprende tres tipos de problemas: recubrimiento de tableros, rectificado de poliominós y recubrimientos de pentominós a escala, si bien estos últimos se pueden considerar un subtipo de los problemas de recubrimiento.

Introducción
El nombre de poliominós se debe al matemático norteamericano Salomon W. Golomb de quién partió la idea hacia 1954.
Lo que hace radicalmente diferente a este tipo de rompecabezas de otro tipo como los puzzles es que si bien hay puzzles complicadísimos de, pongamos 1.000 piezas, una vez resueltos no hay más que hacer y acaba la diversión.
Este no es el caso de los juegos con poliominós que entrarían en este sentido en la misma familia de juegos que el cubo de Rubik, aunque como se verá más adelante con muchos puntos de contacto con los puzzles.
Otros puntos que distinguen a este tipo de juegos son la carga matemática que contienen y la variedad de problemas que con ellos se pueden plantear.

¿Qué es un poliomonó? Conceptos básicos
Los poliominós son polígonos construidos a base de adosar cuadrados unitarios a lo largo de sus lados.
Puesto que una pieza de dominó se compone, desde el punto de vista geométrico, de la unión de dos cuadros, podemos llamar triminós a la unión de tres cuadrados, tetróminos a la de cuatro y así sucesivamente
Pero de un modo formal se pueden definir como un conjunto de cuadrados conectados entre sí por uno de sus lados de tal modo que no queden huecos en el interior de la estructura resultante.
Así las siguientes piezas (unos posibles heptómino y pentómino) no serían consideradas como tales.

Además sólo se considerarán poliominós distintos a aquellos que no se pueden obtener a partir de otro dado con una simple función de rotación o deinversión/reflexión. Estas funciones se contemplan a continuación. En ambos casos el poliominó obtenido no se considerará distinto del que teníamos, sino una variación del original:

La figura anterior representa un N-poliominó tras aplicarle la función de rotación o inversión que transforma el poliominó dado (parte izquierda del diagrama) en su imagen especular (parte derecha), basándose en el eje dibujado.
La rotación de una pieza es de 90º y el poliominó resultado son la misma pieza.

Es fácil imaginar que el número de piezas irá creciendo exponencialmente pero un tema curioso y a simple vista factible es el de ver cuantos polióminos diferentes existen de orden n.
Con 2 cuadros tenemos un sólo dominó, es lógico y con 3 cuadros tenemos dos posibles triminós, pero generalizando:

¿Cuantos posibles polióminos de n cuadros existen?
Consideremos ahora las siguientes funciones dependientes del orden del poliominó tratado:
G(n).- Número de poliominós de orden n, sin contar rotaciones ni reflexiones/inversiones (2 dominós, 5 tetrominós, ...).
H(n).- Número de poliominós de orden n sin contar los poliominós resultado de rotaciones, pero contando como distintos los poliominós resultados de invertir otros poliominós.
T(n).- Número total de poliominós de orden n, contando como distintos tanto las rotaciones como las reflexiones de otros poliominós.
S(n).- Número de poliominós de orden n que son invariables frente a la función de reflexión (pudiendo aplicar la rotación).
La siguiente tabla muestra los valores de estas funciones para un valor de n entre 1 y 12:

n	G(n)	H(n)	T(n)	S(n)
1	1	1	1	1
2	1	1	2	1
3	2	2	6	3
4	5	7	19	4
5	12	18	63	6
6	35	60	216	10
7	108	196	760	20
8	369	704	2.725	34
9	1.285	2.500	9.910	70
10	4.655	9.189	16.446	121
11	17.073	33.896	135.268	250
12	63.600	126.759	505.861	441

Existen algunas relaciones entre estas funciones. Por ejemplo es fácil ver que S(n) = 2*G(n) – H(n)
Se pueden contemplar más funciones y relaciones entre ellas de las aquí expuestas. En la bibliografía citada se encuentran algunos estudios más profundos sobre este tema, pero como aproximación da una idea de la complejidad del problema.
Si contemplamos la función T(n), nos da una idea del número de combinaciones del que dispondríamos para, en el caso de problemas de recubrimientos, recubrir un tablero de heptominós.

En la figura siguiente se muestra una tabla con las diferentes piezas válidas que existen de orden n (hasta cinco, pentominós). Se corresponde con la funciónG(n) estudiada en el punto anterior, poliominós distintos sin aplicar funciones de rotación o inversión sobre otros poliominós.

Problemas de recubrimiento

Un tipo de problemas muy interesantes son los problemas de recubrimiento de tableros con poliominós: Dado un tablero similar al de ajedrez (resultado de poner o quitar en él más cuadros) que alterna cuadros blancos y negros se debe recubrir con piezas de orden n.

TOMADO DE: http://www.dma.fi.upm.es/docencia/primerciclo/matrecreativa/juegos/poliominos/inicio.html

Matemáticas con pompas de jabón en la Universidad de la Rioja

MATEMÁTICA RECREATIVA

TOMADO DE:http://prezi.com/2cl1rqeg7ucb/taller-de-matematicas-recreativas/#

Rompecabezas de geometría

1. La carreta 
¿Por qué el eje delantero de una carreta se desgasta más y se calienta con mayor frecuencia que el trasero? 

Solución. 
A primera vista parece como si este problema no tuviera relación alguna con la geometría. Pero en eso estriba precisamente el dominio de esta ciencia, en saber descubrir los principios geométricos en que están fundados los problemas, cuando se encuentran ocultos entre detalles accesorios. Nuestra tarea es, sin duda, puramente geométrica. Sin poseer suficientes conocimientos de geometría, no es posible resolver ese problema. 
Así, pues, ¿por qué el eje delantero de la carreta se desgasta más rápidamente que el trasero? De todos es conocido que el diámetro de las ruedas delanteras es menor que el de las traseras. En un mismo recorrido, el número de vueltas que da la rueda pequeña es siempre mayor. En la pequeña, el perímetro de la circunferencia exterior es menor, por lo cual cabe más veces en la longitud dada. Se comprende, por tanto, que en cualquier recorrido que haga la carreta, las ruedas delanteras darán más vueltas que las traseras, y naturalmente, a mayor número de revoluciones, el desgaste del eje será más intenso. 

2. La lente biconvexa 
Con una lupa, que aumenta cuatro veces, se observa un ángulo de grado y medio. ¿Con qué magnitud se ve? 

Solución. 
Se equivocan ustedes si piensan que a través de la lupa, nuestro ángulo resulta de una magnitud 1 ½ · 4 = 6°. La magnitud del ángulo no aumenta lo más mínimo al mirarlo a través de la lupa. Es verdad que el arco del ángulo que se mide aumenta sin duda alguna, pero en la misma proporción aumentará también el radio de dicho arco, de modo que la magnitud del ángulo central quedará invariable.

La figura aclarará lo dicho. 

3. El nivel de la burbuja 
Conocen ustedes, naturalmente, este tipo de nivel, con su burbuja de aire indicadora que se desplaza a la izquierda o a la derecha de la marca índice cuando se inclina la base del nivel respecto del horizonte. Cuanto mayor sea la inclinación, tanto más se alejará la burbuja de la marca central. La burbuja se mueve porque es más ligera que el líquido que la contiene, y por ello asciende, tratando de ocupar el punto más elevado. Pero si el tubo fuera recto, la burbuja, al sufrir el nivel la menor inclinación, se desplazaría a la parte extrema del tubo, o sea, a la parte más alta. Es fácil comprender que un nivel de este tipo sería incomodísimo para trabajar. Por tanto, el tubo del nivel se hace en forma curva. Cuando la base del nivel está horizontal, la burbuja, al ocupar el punto más alto del tubo, se encuentra en su parte central. Si el nivel está inclinado, el punto más elevado no coincidirá con la parte central del tubo, sino que se hallará en otro punto próximo a la marca, y la burbuja se desplazará respecto de la marca índice, situándose en otro lugar del tubo, que entonces será el más alto. 
Se trata de determinar cuántos milímetros se separa la burbuja de la marca si el nivel tiene una inclinación de medio grado y el radio de curvatura del tubo es de 1 m. 

Solución. 
Examine la figura en la cual MAN indica la posición inicial del arco de nivel y M'BN' la nueva posición. La cuerda M'N' forma con la cuerda MN un ángulo de medio grado. La burbuja, que se hallaba antes en el punto A, no cambia de lugar, mientras que el punto central del arco MN pasa a ocupar la posición B. Se trata de calcular la longitud del arco AB, sabiendo que su radio es de 1 m y que el ángulo correspondiente a dicho arco es de medio grado (esto se deduce de la igualdad de ángulos agudos con lados perpendiculares).

El cálculo no es difícil. La longitud de la circunferencia total, para un radio de 1 m (1000 mm), es igual a 2 · 3,14 · 1000 = 6280 mm. Como la circunferencia tiene 360° ó 720 medios grados, la longitud correspondiente a medio grado será

6280 : 720 = 8,7 mm.

La burbuja se desplazará respecto de la marca (mejor dicho, la marca se desplazará respecto de la burbuja) unos 9 mm, casi un centímetro. Lógicamente se comprende que cuanto mayor sea el radio de curvatura del tubo, tanto mayor será la sensibilidad del nivel. 

4. Número de caras 
He aquí una pregunta que sin duda alguna, parecerá muy cándida, o por el contrario, demasiado sutil. ¿Cuántas caras tiene un lápiz de seis aristas? 
Antes de mirar la respuesta, reflexione atentamente sobre el problema. 

Solución. 
Este problema se plantea en serio, y está basado en los errores habituales que se cometen al hacer un uso impropio de las palabras. Un lápiz de seis aristas no tiene seis caras, como seguramente piensa la mayoría. Si no está afilado, tiene ocho caras: seis laterales y dos frontales más pequeñas. Si tuviera realmente seis caras, el lápiz tendría otra forma completamente distinta, la de una barrita de sección rectangular. 
La costumbre de considerar en un prisma sólo las caras laterales olvidándose de las bases, está muy extendida. Muchos dicen "prisma de tres caras, de cuatro caras", etcétera, mientras que en realidad deben llamarse: triangular o triédrico, cuadrangular o tetraédrico, etc., según sea la forma de la base. No existen prismas de tres caras, o sea, prismas con tres aristas. 
Así, pues, el lápiz de que se trata en el problema, debe llamarse, si se habla correctamente, no de seis caras, sino hexagonal o hexaédrico. 

5. El cuarto creciente de la Luna 
Se trata de dividir la figura de un cuarto creciente de la luna en seis partes, trazando solamente dos líneas rectas. ¿Cómo hacerlo?

Con doce cerillas puede construirse la figura de una cruz (véase la figura), cuya área equivalga a la suma de las superficies de cinco cuadrados hechos también de cerillas. Cambie usted la disposición de las cerillas de tal modo que el contorno de la figura obtenida abarque sólo una superficie equivalente a cuatro de esos cuadrados. 

Solución. 
Debe efectuarse como se indica en la figura. Se obtienen seis partes, que numeramos para hacerlas más evidentes.

6. Con 12 cerillas 
Para resolver este problema no deben utilizarse instrumentos de medición de ninguna clase.

Solución. 
Las cerillas deben colocarse como muestra la figura a; la superficie de esta figura es igual al cuádruplo de la de un cuadrado hecho con cuatro cerillas. ¿Cómo se comprueba que esto es así?

Para ello aumentamos mentalmente nuestra figura hasta obtener un triángulo. Resulta un triángulo rectángulo de tres cerillas de base y cuatro de altura. Su superficie será igual a la mitad del producto de la base por la altura: 1/2 X 3 X 4 = 6 cuadrados de lado equivalente a una cerilla (véase figura b). Pero nuestra figura tiene evidentemente un área menor, en dos cuadrados, que la del triángulo completo, y por lo tanto, será igual a cuatro cuadrados, que es lo que buscamos.

7. Con ocho cerillas 
Con ocho cerillas pueden construirse numerosas figuras de contorno cerrado. Algunas pueden verse en la figura; su superficie es, naturalmente, distinta.

Se plantea cómo construir con 8 cerillas la figura de superficie máxima. 

Solución. 
Puede demostrarse que de todas las figuras con contornos de idéntico perímetro, la que tiene mayor área es el círculo. Naturalmente que a base de cerillas no es posible construir un círculo; sin embargo, con ocho cerillas puede componerse la figura más aproximada al círculo, un octágono regular (véase la figura).

El octágono regular es la figura que satisface las condiciones exigidas en nuestro problema, pues es la que, con igual número de cerillas, posee mayor superficie. 

8. ¿Qué camino debe seguir la mosca? 
En la pared interior de un vaso cilíndrico de cristal hay una gota de miel situada a tres centímetros del borde superior del recipiente. En la pared exterior, en el punto diametralmente opuesto, se ha parado una mosca. 
Indíquese cuál es el camino más corto que puede seguir la mosca para llegar hasta la gota de miel. 
La altura del vaso es de 20 cm y el diámetro de 10 cm.

No piensen ustedes que la mosca va a encontrar ella misma el camino más corto y facilitar así la solución del problema; para ello es necesario poseer ciertos conocimientos de geometría, demasiado vastos para el cerebro de una mosca. 

Solución. 
Para resolver este problema hay que desarrollar la superficie lateral del vaso cilíndrico, extendiéndola en un plano. En esta forma obtendremos un rectángulo (véase la figura) de 20 cm de altura y una base cuya longitud es igual a la circunferencia del vaso, o sea, 10 X 31/7 = 31 1/2 cm (aproximadamente). Marquemos en este rectángulo los lugares correspondientes a la mosca y a la gotita de miel. La mosca está en el punto A, situado a 17 cm de la base; la gotita de miel, en el punto B, a la misma altura y distante del punto A la longitud correspondiente a media circunferencia del vaso, o sea, 15 3/4 cm. 
Para hallar ahora el punto donde la mosca ha de cruzar el borde del vaso pasando a su interior, hay que hacer lo siguiente. Tracemos desde el punto B (véase la figura), dirigida hacia arriba, una perpendicular a AB y continuándola hasta el punto C equidistante del punto B en relación al borde del vaso. Seguidamente, tracemos la recta CA. El punto de intersección D será donde la mosca cruce el borde, al pasar al otro lado del vaso. El camino ADB será el más corto.

Una vez hallado el camino más corto en el rectángulo desplegado, lo enrollamos de nuevo en forma de cilindro y veremos perfectamente qué ruta debe seguir la mosca para llegar con más rapidez hasta la gotita de miel (véase la figura). 
No puedo asegurar que la mosca vaya a elegir en un caso semejante dicho camino. Es posible que orientándose por el olfato, la mosca efectivamente marche por la trayectoria más corta, pero no es muy probable, pues el olfato en estos casos no es un sentido que ofrezca tanta precisión. 

9. Hacer pasar una moneda de cinco pesetas 
Tomen dos monedas: una de cinco pesetas y otra de diez céntimos. Dibujen en una hoja de papel un círculo exactamente igual a la circunferencia de la moneda de diez céntimos y recórtenlo cuidadosamente. 
¿Podrá pasar la moneda de cinco pesetas por ese orificio? 
No se trata de un truco, es un verdadero problema geométrico.

Nada más fácil que el sistema de nuestra numeración,
y sin embargo no lo conocieron ni los griegos ni los romanos.
Balmes

Solución. 
Aunque parezca extraño, la moneda de cinco pesetas puede pasar por un orificio tan pequeño. Para ello, se necesita solamente saber hacerlo. Se dobla la hoja de papel de manera que se alargue el orificio circular y adquiera la forma de una ranura (véase la figura). Por esa ranura pasa perfectamente la moneda de cinco pesetas.

El cálculo geométrico ayuda a comprender este truco, que a primera vista parece complicado. El diámetro de la moneda de diez céntimos es de 18 m/m. Su circunferencia, fácil de calcular, es de poco menos de 57 m/m. La longitud de la ranura rectilínea será, evidentemente, la mitad del perímetro, o sea, unos 28 m/m. Por otra parte, el diámetro de la moneda de cinco pesetas es de 23 m/m. por lo tanto, puede pasar sin dificultad por la ranura de 28 m/m incluso teniendo en cuenta su espesor (1 1/2 mm). 

10. Hallar la altura de una torre 
En la ciudad donde usted vive hay, sin duda, algunos monumentos notables, y entre ellos una torre cuya altura seguramente desconoce. Dispone usted de una postal con la fotografía de la torre. ¿En qué forma puede esta foto ayudarle a averiguar la altura de la torre? 

Solución. 
Para determinar por la fotografía la altura de la torre en su tamaño natural, hay que medir, lo más exactamente posible, la altura de la torre y la longitud de su base en la foto. Supongamos que obtenemos: para la altura 95 mm, y para la longitud de la base 19 mm. Después se mide la longitud de la base de la torre directamente del natural. Supongamos que sea igual a 14 m. 
Hagamos ahora el razonamiento siguiente. 
La torre y su imagen en la fotografía poseen configuraciones geométricas semejantes. Por consiguiente, la proporción entre las dimensiones de la base y la altura, en ambos casos, será la misma. En la foto es de 95 : 19 = 5; de donde deducimos que la altura de la torre es cinco veces mayor que su base, es decir,

14 · 5 = 70 m.

Por lo tanto, la torre de la ciudad tiene 70 m de altura. 
Sin embargo, hay que hacer notar que para determinar por el método fotográfico la altura de la torre no sirve cualquier fotografía, sino sólo las que no alteren las proporciones, cosa poco frecuente en fotógrafos con poca experiencia. 

11. Las figuras semejantes 
Este problema va destinado a los que sepan en qué consiste la semejanza geométrica. Se trata de responder a las dos preguntas siguientes:

1. En un cartabón de dibujo (véase la figura), ¿son semejantes los triángulos exterior e interior?
   
2. En un marco ¿son semejantes los rectángulos exterior e interior?

Dos y dos no son cuatro, cuando las unidades
matemáticas no son seres humanos.
A. Koestler

Solución. 
De ordinario, a las dos preguntas planteadas en este problema se contesta afirmativamente, lo que es un error. En realidad, son semejantes únicamente los triángulos; los rectángulos exterior e interior en general, no son semejantes. Para que los triángulos sean semejantes es suficiente la igualdad de sus ángulos, y, puesto que los lados de ambos triángulos, interior y exterior, son paralelos, las dos figuras serán semejantes. Pero para que se cumpla la semejanza geométrica en otros polígonos no basta con la igualdad de los ángulos (o lo que es lo mismo, con el paralelismo de los lados) ; es necesario que los lados de ambos polígonos circunscritos sean, además, proporcionales. En el marco, para los rectángulos exterior e interior, esto se verifica sólo cuando son cuadrados (y en general, rombos). En todos los demás casos, los lados del rectángulo exterior no son proporcionales a los del interior, y por tanto, los rectángulos no son semejantes.

La falta de semejanza se hace más notoria en, los marcos anchos y de forma rectangular, como puede verse en la figura. En el marco de la izquierda, las longitudes de los lados del rectángulo exterior se hallan en la proporción de 2 : 1 y en el interior de 4 : 1. En el marco de la derecha, para los exteriores es de 4 : 3 y para los interiores de 2 : 1. 

12. La sombra del cable 
¿A qué distancia se extiende en el espacio la sombra total producida por un cable telegráfico de 4 mm de diámetro? 

Solución. 
Es posible que a muchos les sorprenda que la solución de este problema requiera ciertos conocimientos de astronomía referentes a la distancia de la Tierra al Sol y a la magnitud del diámetro solar. 
La longitud de la sombra total formada en el espacio por el alambre puede determinarse geométricamente por el esquema representado en la figura. Es fácil ver que la sombra es mayor que el diámetro del alambre en la misma proporción que la distancia que separa el Sol de la Tierra (150 000 000 km) lo es respecto del diámetro del Sol (1 400 000 km). La última relación es, en números redondos, igual a 115. Esto significa que la longitud de la sombra total que forma el alambre en el espacio es:

4 X 115 = 460 mm — = 46 cm.

La longitud insignificante de la sombra total proyectada explica el que la sombra no se vea con nitidez en la tierra o en los muros de las casas; las rayas débiles que se distinguen en estos casos, no son sombras propiamente dichas, sino semisombras.

Al examinar el rompecabezas número 7 hemos indicado otra forma de resolver problemas de este tipo. 

13. El ladrillito 
Un ladrillo, de los usados en la construcción, pesa unos cuatro kilogramos. ¿Cuánto pesará un ladrillito de juguete hecho del mismo material y cuyas dimensiones sean todas cuatro veces menores? 

Solución. 
La respuesta de que el ladrillito de juguete pesa 1 kg, o sea, la cuarta parte, es una gran equivocación. El ladrillito no sólo es cuatro veces más corto que el ladrillo de verdad, sino que también es cuatro veces más estrecho y más bajo; por lo tanto, su volumen y peso son 4 · 4 · 4 = 64 veces menores. La respuesta correcta es: el ladrillito de juguete pesa

4000 : 64 = 62,5 g.

14. El gigante y el enano 
¿Cuántas veces es más pesado un gigante de 2 m de altura que un enano de 1 m? 

Solución. 
Están ustedes ya bastante preparados para resolver este problema. En virtud de que las figuras humanas son aproximadamente semejantes, al ser la estatura dos veces mayor, su volumen será, no el doble, sino ocho veces mayor. Esto quiere decir que nuestro gigante es ocho veces más pesado que el enano. El gigante más alto de que se tiene noticia fue un habitante de Alsacia de 275 cm de altura: o sea, un metro más alto que cualquier persona de estatura normal. El enano más pequeño conocido tenía una altura menor de 40 cm, o sea, era unas siete veces más bajo que el titán alsaciano. Por lo tanto, si en uno de los platillos de la balanza se coloca el gigante de Alsacia, en el otro será necesario, para conseguir el equilibrio, colocar

7 · 7 · 7 = 343

enanos, un verdadero tropel de gente.

Con números puede demostrarse
cualquier cosa.
Carlyle

15. Dos sandias 
Hay a la venta dos sandías de tamaño diferente. Una de ellas es la cuarta parte más ancha que la otra y cuesta vez y media más cara. ¿Cuál de las dos es más ventajoso comprar? 

Solución. 
El volumen de la sandía mayor supera al de la menor

casi el doble. 
Por consiguiente, es más ventajoso comprar la sandía mayor. Esta sandía es vez y media más cara, pero, en cambio, la parte comestible es dos veces mayor. 
Sin embargo, ¿por qué los vendedores piden, de ordinario, por tales sandías un precio no doble sino sólo vez y media mayor? Se explica eso simplemente porque los vendedores, en la mayoría de los casos, no están fuertes en geometría. Por otra parte, tampoco conocen bien esta materia los compradores, que a menudo, se niegan a comprar, por esta causa, mercancías ventajosas. Puede afirmarse que es más lucrativo comprar sandías grandes que pequeñas, puesto que aquellas se valoran siempre por debajo de su precio verdadero; no obstante, muchos de los compradores no se dan cuenta de ello. 
Por esta misma razón, es siempre más ventajoso comprar huevos grandes que menudos si no se venden a peso. 

16. Dos melones 
Están a la venta dos melones de la misma calidad. Uno tiene 60 centímetros de perímetro, el otro 50 cm. El primero cuesta vez y media más caro que el segundo; ¿qué melón es más ventajoso comprar? 

Solución. 
La relación existente entre las longitudes de las circunferencias es igual a la de sus diámetros respectivos. Si la circunferencia de un melón mide 60 cm y la de otro 50 cm, la relación entre sus diámetros será 60:50 = 6/5, y la relación entre los volúmenes será:

El melón mayor debe costar, si se valora con arreglo a su volumen (o peso), 1,73 veces más que el menor; en otras palabras, el 73°/o más caro. En total, sólo piden el 50°/o más. 
Está claro que tiene más cuenta comprar el mayor. 

17. La cereza 
La parte carnosa y el hueso de una cereza son de la misma anchura. Supongamos que la cereza y el hueso tengan forma esférica. ¿Puede usted calcular cuántas veces es mayor el volumen de la parte jugosa que el del hueso? 

Solución. 
De las condiciones impuestas por el problema se deduce que el diámetro de la cereza es tres veces mayor que el diámetro del hueso, lo que significa, que el volumen de la cereza es 3 · 3 · 3 = 27 veces mayor que el del hueso. Al hueso le corresponde 1/27 del volumen de la cereza, mientras que a la parte carnosa, lo restante, es decir, 26/27. Por consiguiente, el volumen de la parte carnosa de la cereza es 26 veces mayor que el del hueso. 

18. El modelo de la torre Eiffel 
La torre Eiffel de París tiene 300 m de altura y está construida enteramente de hierro; su peso total es de 8 000 000 de kilogramos. Deseo encargar un modelo exacto de dicha torre, también de hierro, y que pese sólo 1 kg. ¿Qué altura tendrá? ¿Será mayor o menor que la de un vaso? 

Solución. 
Si el modelo pesa 8 000 000 de veces menos que la torre y ambos están hechos del mismo metal, el volumen del modelo debe ser 8 000 000 menor que el de la torre. Sabemos que la relación entre los volúmenes de los cuerpos semejantes es igual a la que existe entre los cubos de sus alturas respectivas. Por consiguiente, el modelo debe ser 200 veces más bajo que el natural, puesto que

200 · 200 · 200 = 8 000 000

La altura de la torre es de 300 metros. De donde se deduce que la altura del modelo es

300:200 = 1 ½ m.

19. Dos cacerolas 
Tenemos dos cacerolas de cobre de igual forma con las paredes de idéntico espesor. La capacidad de la primera es 8 veces mayor que la segunda. ¿Cuántas veces es más pesada la primera? 

Solución. 
Ambas cacerolas son dos cuerpos geométricamente semejantes. Si la cacerola grande tiene una capacidad ocho veces mayor, todas sus dimensiones lineales tendrán el doble de longitud: será el doble de alta y el doble de ancha en ambas direcciones. Siendo el doble de alta y de ancha, su superficie será 2 X 2 = 4 veces mayor, puesto que la relación entre las superficies de los cuerpos semejantes es idéntica a la de los cuadrados de sus dimensiones lineales. Si las paredes tienen el mismo espesor, el peso de las cacerolas depende de las áreas de sus superficies respectivas. Lo expuesto nos da respuesta a la pregunta formulada en el problema: la cacerola grande es cuatro veces más pesada que la pequeña. 

20. ¿Quién tiene más frío? 
Un día de frío, una persona mayor y un niño están al aire libre. Ambos van igualmente vestidos. ¿Cuál de los dos tiene más frío? 

Solución. 
A primera vista, este problema parece como si no estuviera relacionado con las matemáticas; sin embargo, en lo fundamental, se resuelve a base de razonamientos geométricos, de modo semejante a como se ha explicado el problema anterior. 
Antes de proceder a su resolución, examinemos un problema parecido, pero algo más sencillo. 
Supongamos dos calderas, una grande y otra pequeña, de idéntica forma y construidas del mismo metal. Ambas están llenas de agua hirviente. ¿Cuál de ellas se enfriará antes? 
Los objetos irradian el calor a través de su superficie; por tanto, se enfriará más rápidamente aquella caldera en que a cada unidad de volumen corresponda mayor superficie de irradiación. Si una de las calderas es n veces más alta y ancha que la otra, la superficie de la primera será n² veces mayor y su volumen n³ veces; a la caldera de mayor tamaño le corresponde, por cada unidad de superficie, un volumen n veces mayor. Por consiguiente, la caldera menor debe enfriarse antes. 
Por la misma causa, la criatura expuesta al frío debe sentir éste más que la persona adulta, si ambos están igualmente abrigados, puesto que la cantidad de calor que se origina en cada cm³ del cuerpo, es en ambos casi idéntica; sin embargo, la superficie del cuerpo que se enfría, correspondiente a un cm³, es mayor en la criatura que en la persona adulta. 
Así se explica que se enfríen con más intensidad los dedos de las manos y la nariz, y que se hielen con mayor frecuencia que otras partes del cuerpo, cuya superficie no es tan grande en comparación con su volumen. 
Para terminar, examinemos el problema siguiente: 
¿Por qué una astilla arde con mayor rapidez que el leño del que se ha cortado? 
Debido a que el calentamiento se verifica en la superficie y se difunde por todo el volumen del cuerpo, habrá que establecer la relación existente entre la superficie y el volumen de la astilla (por ejemplo, de sección cuadrada) con la superficie y el volumen de un leño de idéntica longitud y sección, y de este modo, determinar cuál será la magnitud de la superficie que corresponda a cada cm3 de madera en ambos casos. Si el grosor del leño es diez veces mayor que el de la astilla, la superficie lateral del leño será también diez veces mayor que la de la astilla, y el volumen del primero será cien veces mayor que el de la astilla. Por consiguiente, a cada unidad de superficie de la astilla, si la comparamos con el leño, le corresponde la décima parte del volumen. La misma cantidad de calor actúa sobre ambos, pero en la astilla calienta un volumen de madera diez veces menor, lo que explica que la astilla se inflame con mayor rapidez que el leño del que formaba parte. 
Por ser la madera mala conductora del calor, las proporciones indicadas hay que considerarlas sólo aproximadas; caracterizan únicamente la marcha general del proceso y no el aspecto cuantitativo del mismo. 

21. El azúcar 
¿Qué pesa más, un vaso lleno de azúcar en polvo o de azúcar en terrones? 

Solución. 
Si no hacemos un pequeño esfuerzo de imaginación este problema parecerá muy difícil; sin embargo, su solución es muy sencilla. Supongamos, para mayor sencillez, que los terrones de azúcar tengan una magnitud cien veces mayor que las partículas de azúcar en polvo. Imaginemos ahora que todas las partículas de azúcar en polvo aumenten de tamaño cien veces, junto con el vaso que las contiene. El vaso adquiriría una capacidad 100 · 100 · 100 = = 1 000 000 de veces mayor. En esta misma proporción aumentará el peso del azúcar en él contenido. Tomemos mentalmente un vaso corriente de este azúcar en polvo (aumentado cien veces), o sea, una millonésima del vaso gigante. La cantidad tomada pesará, naturalmente, tanto como pesa un vaso ordinario de azúcar en polvo corriente. ¿Qué representa en sí este azúcar en polvo que hemos tomado agrandado de tamaño? Al fin y al cabo, lo mismo que el azúcar en terrones. Esto quiere decir que el vaso contiene, en peso, la misma cantidad de azúcar en polvo que de azúcar en terrones. 
Si aumentáramos el tamaño de las partículas de azúcar, no cien veces, sino sesenta u otro cualquier número de veces, el problema no cambiaría en absoluto. El razonamiento está basado en que los trozos de azúcar en terrones pueden considerarse como cuerpos geométricamente semejantes a las partículas de azúcar en polvo y que están también distribuidos en el vaso en forma semejante. 

TOMADO DE: http://www.librosmaravillosos.com/matematicarecreativa/capitulo08.html