Solución del problema de Septiembre , 2004

El círculo unitario se divide en doce partes iguales, y los doce puntos que lo
dividen se unen al centro del círculo, produciendo doce rayos. Empezando por uno
de los puntos que lo divide se dibuja un segmento de linea perpendicular al
próximo rayo en la direccion de la manecillas del reloj; a partir del pie de esta
perpendicular otra perpendicular se dibuja al próximo rayo, y asi sucesivamente.
¿Cual es le limite de la suma de estos segmentos?

Bienvenidos nuestros viejos amigos, y bienvenidos todos los recién llegados. Gracias por sus interesantes soluciones.

Todos sumaron los términos de una seria para determinar que la longitud del camino es

Después de presentar la solución común, veremos dos soluciones geométricas de Xavier Hecquet, y varias generalizaciones de Kais, Mir, and Szechtmen.

Sea O el centro, sea P₀ el punto inicial de un círculo unitario, y sea P₁, P₂, ..., los pies de las perpendiculares sucesivas. Los triángulos que resultan OP_nP_n+1 son triángulos rectángulos con ángulos de 30º en O y 60º en P_n:

La hipotenusa r_n+1 = OP_n+1 del siguiente triángulo es el producto de cos (30º) y la hipotenusa rn de éste triángulo. Ya que cos (30º) = √3/2, tenemos

El camino poligonar cuya longitud estamos calculando esta compuesta de los lados P_nP_n+1 de triángulos sucesivos; estos tienen longitud r_nsin(30º) = r_n/2. En consecuencia, en el siguiente triángulo la contribución es

Ya que √3/2 < 1, (√3/2)ⁿ⁺¹ se aproxima a 0 cuando n tiende a infinito, se sigue que la suma del limite debe ser

Mirando el diagrama apropiado y usando algo de trigonometría básica, usted puede determinar la longitud del camino sin la fórmula de la suma infinita. De hecho, Hecquet nos envió dos diagramas que resuelven nuestro problema a primera vista.

Desenredemos el camino deslizando cada triángulo OP_nP_n+1 a la posición O_nP´_nP´_n+1 de tal manera que su lado recto P´_nP´_n+1 queda a lo largo de la extensión del lado P₀P₁. Estos son los triángulos azules rectos de 30-60 en la figura. (Quitemos las primas para simplificar la notación.) Ya que

el lado inferior (O_nP_n+1) de cada triángulo es igual a la hipotenusa (O_n+1P_n+1) del próximo, cada triángulo blanco O_nP_n+1O_n+1 es isósceles; todos son similares con un ángulo de 30º en P_n+1 y ángulos de 75º en O_n y O_n+1. Esto obliga a los O’s a estar a lo largo de una línea. En el limite, la línea de O’s y la línea of P’s se encuentra en el punto indicado P_∞. La longitud del lado recto, o sea P₀P_∞, es la longitud del nuestro camino del polígono el cual ha sido enderezado. Completado la figura con una línea horizontal O´P₀ de longitud 1 en la parte de arriba, obtenemos un triángulo recto con ángulo de 75º en O´ y 15º en P_∞ (y ángulo recto en P0). La Longitud deseada es por lo tanto

Para ver que esta es la misma respuesta obtenida en la solución de la serie, use la fórmula de ángulo medio:

Otra vez alineamos los triángulos de la secuencia, pero esta vez volteamos cada segundo triángulo, intercambiando O con P_2k+1. Por ejemplo, volteamos el segundo triángulo P₁OP₂ de tal manera que O cambia de lugar con P₁, y el lado P₁P₂ queda en el lado izquierdo

de la figura. Usted debe confirmar que la mitad de los segmentos a lo largo del camino (cuya longitud vamos a determinar), o sea P₀P₁, P₂P₃, …, P2kP2k+1, …, están alineados a lo largo del lado derecho, mientras que los otros, P₁P₂, P₃P₄, …, P_2k+1P_2k+2, …, están alineados a lo largo de la izquierda. (Puede verse que los ángulos aseguran que estos segmentos están a lo largo de líneas rectas.) Resultando que la figura P₀OP es un triángulo recto 30-60 cuyo lado superior tiene longitud1. El lado izquierdo OP por lo tanto tiene longitud cot(30º) = √3, y su hipotenusa P₀P tiene longitud csc(30º) = 2. La longitud de nuestro camino es la suma de estos dos números, 2 + √3.

Todos nuestro argumentos son fáciles de modificar si en lugar de empezar con el círculo unitario dividido en doce partes iguales, lo dividimos en n partes iguales. Mas generalmente, podríamos poner los ángulos iguales P_nOP_n+1 = φ. La longitud del camino es entonces

Podemos también remplazar nuestras perpendiculares por segmentos hacia la siguiente línea en un ángulo arbitrario a < 90º. Mas precisamente,

Los puntos Q₀, Q₁, Q₂, … están equitativamente distribuidos en dirección positiva sobre el círculo unitario y unidos al centro O. Definimos un camino poligonal P0P1P2… como sigue: Sea P₀ = Q₀, y defina P1 como el punto OQ₁ para el cual el ángulo P₀P₁Q₁ = α. Continúe de esta forma de la manera que P_n+1 es el punto para el cualel el ángulo P_nP_n+1Q_n+1 = α. Encuentre la longitud limite del camino poligonal para cuando n tiende a infinito. .

Las pruebas con figuras dan una solución que es ¡ingeniosamente simple y sorprendente! En cada una de las figuras de arriba simplemente remplazamos el ángulo de 30º (en los puntos correspondientes a O) por φ, y los ángulos de 60º (en los puntos correspondientes a P_n) por α – φ, como en las figuras de abajo. En el diagrama de la izquierda, el triángulo grande P_oO´P tiene ángulos a en P₀ y 90º – φ/2 en O´; entonces, el ángulo en P debe ser 180º – α – 90º + φ/2 = 90º – (α – φ/2). Como queremos la longitud de P₀P, aplicamos la ley de los senos a éste triángulo (la cual dice que el cociente de un lado dividido por el seno del ángulo opuesto es el mismo para todos los otros tres lados.) Esto es,

Se necesitan algunas identidades trigonométricas para ver que esto coincide con la respuesta esperada cuando α = 90º como en el problema original:

En la Segunda figura, otra vez P₀OP es un triángulo, ahora con ángulos a – φ en P₀,a en O’, y (por lo tanto) 180º – (2α – φ) en P. Por la ley de los senos — y usando sin(180º – (2α – φ)) = sin(2α – φ) — vemos que

Mas vale que estas dos direcciones diferentes nos den la misma respuesta. Esto quiere decir, por supuesto, que

Esta es una identidad trigonométrica que muy probablemente no se le encuentra en los libros de texto.

Comentario. Note que si a f (el ángulo entre líneas de rayos sucesivos en O) se le permite disminuir a cero, el polígono espiral tiende hacia la espiral equiangular (o espiral logarítmica) cuya ecuación en coordenadas polares es r = e^{(cot α)θ}. La curva intercepta cada línea de rayos (infinitamente) en un ángulo constante a. Puede encontrar mas información sobre

(de donde tomamos la figura) y en A Book of Curves de E.H. Lockwood (Cambridge University Press, 1971, Capítulo 9, páginas 98-109). Lockwood sugiere una forma de dibujar la curva: primero construya los puntos P_n de un polígono espiral usando un ángulo pequeño φ(como φ = 10º), entonces conecte a mano los puntos así encontrados en una curva. También él discute la “paradoja” que una curva sin fin podría tener una longitud finita, señalando que, “depende del significado preciso al cual nosotros le damos a la palabra fin. A pesar de que no hay un punto en sí en la curva el cual puede describirse como el punto final, hay sin embargo un punto, llamado el polo O, al cual la curva se aproxima y más allá al cual no llega.” Continúa produciendo una figura que es la versión infinita de la primera figura de Hecquet.

Szechtman toma en consideración lo que pasaría si se divide el círculo en n partes iguales y se suman solamente los primeros n segmentos a lo largo del camino que resulta. Para esto necesitamos medir nuestros ángulos en radianes, así que cambiamos la notación para el ángulo entre líneas de rayos sucesivos de f a x = 2π/n. Procedemos como en el problema original, dibujando perpendiculares de cada punto a la próxima línea. Como antes, encontramos que la suma de los primeros n segmentos es

Ahora hacemos tender n a infinito. El ángulo x = 2π/n tiende a cero y un solo giro de la espiral se aproxima a un círculo unitario. Esto significa que si definimos

entonces el limite de f(x) cuando x tiende a 0 por la derecha mas vale que sea 2π. Para aquellos lectores que saben la regla de l’Hôpital o series de Taylor, es un buen ejercicio demostrar que 2π es en efecto el limite correcto.