La fórmula de Euler: una maravilla matemática

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 12 de abril de 2010
Categorías: Carnaval de matematicas, Geometría, Topología | Imprime este post

38 comentarios

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Bitacoras.com
Clara | 12 de abril de 2010 | 09:32

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Hola,
el enlace al blog Geometría Dinámica no funciona (o no me funciona a mi)

Un saludo
Clara | 12 de abril de 2010 | 09:36

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Ya he visto el problema, le falta una n
gaussianos | 12 de abril de 2010 | 09:48

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Arreglado
José Luis | 12 de abril de 2010 | 11:05

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Una maravilla matemática y además sencilla (en el mejor sentido de la palabra). Quién sino Euler…
“Uno de los objetivos de este blog es mostraros esas perlas que en ocasiones permanecen ocultas a los ojos de la mayoría”
Ésto es algo que te agradezco enormemente, no sabes cuánto.
Javier Q | 12 de abril de 2010 | 11:54

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Para los aficcionados a Euler:
http://www.maa.org/news/howeulerdidit.html
Aquí se escriben dos artículos (en inglés) sobre esta fórmula, en junio y julio de 2004 (son pdfs)
Omar-P | 12 de abril de 2010 | 11:59

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-Una caja de zapatos,
-Un libro,
-Un balón de fútbol,
Hummm…
Ramiro Hum-Sah | 12 de abril de 2010 | 12:17

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Euler simplemente no podía ser humano, no existe rama de las matemáticas que no tenga entre sus teoremas el nombre de Euler.
Este en particular es un resultado muy bello mas que otra cosa

PD. gracias javier
josejuan | 12 de abril de 2010 | 12:49

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¡Fantástico!
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La fórmula de Euler: una maravilla matemática
Tito Eliatron | 12 de abril de 2010 | 16:21

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Os dejo una aplicación de esta fórmula a la resolución de un acertijo que propuse el verano pasado en mi blog.

Genial el artículo.
Ñbrevu | 12 de abril de 2010 | 17:34

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Omar, un balón de fútbol es un poliedro al que se le han “inflado” los lados para que la forma total sea la de una esfera. El patrón de pentágonos y hexágonos se corresponde claramente con un icosaedro truncado (http://en.wikipedia.org/wiki/Truncated_icosahedron ), como podrás comprobar fácilmente con cualquier balón de fútbol que tengas en casa .
Dani | 12 de abril de 2010 | 19:06

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“Solamente existen cinco poliedros regular, de los cuales el tetraedro es el menor en lo que al número de caras se refiere. Los otros cuatro son el cubo, el octaedro, el dodecaedro y el icosaedro.”

Sólo notar (para los que nunca lo hayan visto) que hay una manera muy fácil de convencerse de esto: basta ver que para tener un poliedro regular tenemos que “pegar” varios polígonos regulares de manera apropiada. Por supuesto en cada vértice del poliedro resultante incidirán un mínimo de tres de estos polígonos.
ya de paso observamos que si al polígono regular de $n$ lados le pintamos un punto en el centro y lo unimos con aristas a los vértices, obtenemos $n$ triángulos cuyos ángulos internos suman un total de $n \pi$ radianes. Luego la suma de los ángulos internos del polígono será $(n-2) \pi$ ya que le tenemos que quitar el $2\pi$ con el que contribuye el “círculo” central que hemos añadido con el punto.
Por tanto cada uno de los ángulos internos tiene $\frac{n-2}{n}\pi$ radianes. Supongamos entonces que en un vértice de nuestro poliedro regular inciden $k$ de esos $n-$ ágonos regulares ( $k \geq 3$ ). Sumando para cada uno el ángulo interno con el que contribuye en el vértice obtenemos $\frac{k(n-2)}{n} \pi$ ¡Pero este número debe ser menor que $2 \pi$ ! En efecto si dibujamos la “red” que lo construye en el plano, la única manera de poder “doblar” la red para formar un poliedro es que ningún vértice esté completamente rodeado de polígonos. Veamos entonces por casos las soluciones para la ecuación
$\frac{k(n-2)}{n} < 2 \qquad k,n\geq 3$

1. con triángulos ( $n=3$ ).
$k=3 \Rightarrow \frac{3 \times 1}{3} = 1 < 2$ es solución. El poliedro regular que obtenemos es el tetrahedro
$k=4 \Rightarrow \frac{4 \times 1}{3} = \frac{4}{3} < 2$ es solución. El poliedro regular que obtenemos es el octaedro
$k=5 \Rightarrow \frac{5 \times 1}{3} = \frac{5}{3} < 2$ es solución. El poliedro regular que obtenemos es el isocaedro
$k=6 \Rightarrow \frac{6 \times 1}{3} = 2$ , que ya no satisface la desigualdad. Probemos con el siguiente polígono regular.

2. con cuadrados ( $n=4$ ).
$k=3 \Rightarrow \frac{3 \times 2}{4} = \frac{3}{2} < 2$ es solución. El poliedro regular que obtenemos es el cubo (viejo amigo! )
$k=4 \Rightarrow \frac{4 \times 2}{4} = 2$ , que ya no satisface la desigualdad. Probemos con el siguiente polígono regular.

3. con pentágonos ( $n=5$ ).
$k=3 \Rightarrow \frac{3 \times 3}{5} = \frac{9}{5} < 2$ es solución. El poliedro regular que obtenemos es el dodecaedro.
$k=4 \Rightarrow \frac{4 \times 3}{5} = \frac{12}{5}$ , que ya no satisface la desigualdad. Probemos con el siguiente polígono regular.

4. con hexágonos ( $n=6$ ).
$k=3 \Rightarrow \frac{3 \times 4}{6} = \frac{12}{6} = 2$ ya no cumple la ecuación en el caso mínimo. Luego ya no se cumplirá para ningún $n$ mayor y esto termina nuestra clasificación de los polígonos regulares (o platónicos )

(observemos también los casos que cumplían la condición que dedujimos NECESARIA resultaban siempre en un poliedro regular, luego esta era también SUFICIENTE. Esto también es asombroso, puesto que en principio había un problema global de “encaje”)
Dani | 12 de abril de 2010 | 19:09

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*”y esto termina nuestra clasificación de los POLIEDROS regulares (o platónicos )”
Ramiro Hum-Sah | 13 de abril de 2010 | 02:59

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que buen aporte dani!!!!!
antes de leer tu comentario, en la escuela pensé en esta entrada, comprobé que el octaedro y el cubo cumplen esta propiedad pero nada como tu resumen muy conciso
Jean | 13 de abril de 2010 | 15:28

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Hola Diamond, gracias por mantener un blog asi’ interesante y estimulante! Lo leo con mucho gusto desde algunos meses. (Disculpe por los errores de lenguaje, pero mi espanol es muy malo!).
Esta formula de Euler es una de esas formulas bien sencillas pero que es algo dificil de aprender de memoria. Mas o meno como por el teorema de Pick (http://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Pick). Seria util encontrar una mnemotecnica. A lo mejor alguien la sabes?
No me acuerdo la demostracion de la formula de Euler, pero me parece que no es muy dificil. Tengo una pregunta: si un poliedro con volumen finito cumple la formula de Euler, puedo estar seguro che es convexo? Es decir: si un poliedro es convexo tenemos C-A+V=2, y viceversa si C-A+V=2 el poliedro es convexo. Es verdad?
Saludos, Jean
M | 13 de abril de 2010 | 16:40

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Interesante cuestión la que propones, Jean. El poliedro de Szilassi es un ejemplo de poliedro no convexo (con agujero, y topológicamente equivalente a un toro) que cumple la propiedad que indicas.
http://en.wikipedia.org/wiki/Szilassi_polyhedron
http://mathworld.wolfram.com/SzilassiPolyhedron.html (contiene un applet para manipular el poliedro).
En cuanto a regla nemotécnica, no sé si te sirve, pero yo recuerdo el orden como una suma alternada de “caras” de dimensión 0 (vértices), 1 (aristas) y 2 (caras).
fede | 13 de abril de 2010 | 17:07

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Es una bonita fórmula. Una forma de recordarla es pensar que la fórmula se cumple para todo grafo planar conexo, y por tanto para el grafo planar que consta de un único vértice sin aristas. En ese caso V=1, C=1 y A = 0, y por tanto C+V=A+2.
Solo podemos añadir una cara o un vértice a un grafo planar conexo si añadimos una arista, y la fórmula se cumple entonces para cualquier grafo planar conexo.
Omar-P | 13 de abril de 2010 | 17:42

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Un regla para recordar la fórmula de Euler es ordenar las variables por orden alfabético (ACV en castellano) y considerar que solo la primera es negativa: – A + C + V = 2
mper23 | 13 de abril de 2010 | 18:50

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Una variante a la de Omar-P, considerando que los números van antes que las letras (como en base hexadecimal,0123456789ABCDEF):
2 + A = C + V
Dani | 13 de abril de 2010 | 19:13

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El hecho de que la fórmula de Euler se cumple para todo grafo planar tiene consecuencias fabulosas. De hecho podemos probar sin mucha dificultad parte de un resultado mencionado aquí:
gaussianos.com/grafos-de-kuratowski/

Para estar de acuerdo en el lenguaje, un GRAFO es un conjunto finito $G$ de vértices junto con un conjunto $A(G)$ de aristas entre los vértices, es decir, un subconjunto $A(G) \subset \{ \„ \{v,w\} : \, \, v,w \in G, \, \, v \neq w \}$ de parejas no ordenadas de elementos de $G$ . La manera intuitiva de pensar en grafos es dibujar puntos en el plano (vértices) y unirlos con lineas (aristas). Notemos que no admitimos bucles (no hay aristas que empiecen y acaben en el mismo vértice) y que por la definición conjuntista no puede haber más de una arista uniendo dos vértices. Decimos que una arista $X \in A(G)$ incide en un vértice $v \in G$ si $v \in X.$ Un grafo es planar si se puede “dibujar” en el plano sin que las aristas se intersequen. En tal caso una cara es una de las componentes conexas delimitadas por las aristas en el plano.

Veamos que $K_{5}$ , el grafo completo con 5 vértices, no es planar. Esto quiere decir que si tenemos 5 puntos cualesquiera en el plano, no podemos unir cada uno de ellos a los otros cuatro con aristas si exigimos que éstas no se intersequen.
El argumento es el siguiente: En un grafo planar, vamos a sumar por cada una de sus caras el número de aristas que la tocan. A esta suma le llamamos $S$ . Mientras haya más de 3 aristas en el grafo es obvio que por cada cara tendremos que sumar un número mayor o igual que 3, ya que 2 aristas no “encierran” una cara (entre dos vértices puede haber como mucho UNA arista). Pero cada arista contribuye a como mucho dos caras, luego está claro que
$3C \leq S \leq 2A$ y por tanto $C \leq \frac{2}{3} A$
Si fuese $K_{5}$ planar, como hay $V=5$ vértices y $A=\frac{5\times 4}{2}=10$ aristas (el número de maneras de escoger 2 elementos de entre 5) la fórmula de Euler nos daría
$C=A-V+2=10-5+2=7 >\frac{20}{3}=\frac{2}{3}A$ , una contradicción.

Esto también nos sirve para demostrar en un periquete el Teorema de los 6 colores, que dice que todo mapa se puede colorear con 6 colores (el famoso es un resultado más fuerte, que dice que de hecho bastan 4). En el lenguaje de grafos esto quiere decir que si tenemos $G$ un conjunto de vértices y un conjunto $A(G)$ de aristas entre ellos, entonces podemos encontrar una función (coloración) $c:G \rightarrow \{1,2,3,4,5,6\}$ de tal manera que $\{v,w\} \in A(G) \Rightarrow c(v)\neq c(w)$ (paises vecinos están coloreados con colores distintos), SIEMPRE QUE EL GRAFO SEA PLANAR. Para ver que el Teorema es falso para grafos arbitrarios basta considerar $K_{7}$ , el grafo completo con 7 vértices (todo par de vértices está unido por una arista), por el Teorema del palomar habría dos vértices que se colorean igual y esto está prohibido por que estarán también unidos por una arista.

Lo haremos por inducción sobre $n=V$ el número de vértices. En efecto para $n \leq 6$ es absolutamente trivial, y para el paso de inducción escogemos un vértice en el que incidan menos de $6$ aristas.
(PROBLEMA: ¿Por qué puedo hacer esto si el grafo es planar? PISTA: ¿Qué he dicho que iba a usar?)
Coloreamos el grafo que obtenemos al quitar ese vértice y las $k \leq 5$ aristas que incidían en él (ahora sólo tenemos $n-1$ vértices y aplicamos inducción) con 6 colores, y por último coloreamos en el grafo original el vértice que habíamos quitado con uno de los colores que no hemos usado en sus (como mucho) 5 vecinos.
Dani | 13 de abril de 2010 | 19:21

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El PROBLEMA que he dejado no es del todo inmediato y es una pieza fundamental para el Teorema de los 6 Colores, así que os animo a intentarlo. A ver quién es el primero que lo resuelve!
Trackback | 14 abr, 2010

Belleza y maravillas | Gaussianos
Marcelo | 14 de abril de 2010 | 16:32

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¿por que siempre el numero 2? ¿tiene algun significado mas ? supongo que por eso la matematica suena a veces a mistica en algunas de sus aspectos. Pero al final termina siendo una observacion interesante la que hizo Euler, buen articulo.
madmath | 15 de abril de 2010 | 22:26

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El resultado de Euler es un caso particular de lo que en topología se conoce como característica de Euler-Poincaré. Si nos imaginamos un poliedro de cualquier dimensión n, (lo que en matemáticas se llama un simplex), este tendrá unas “caras” de dimensión n-1, que a su vez tendrán unas “caras” de dimensión n-2 y así hasta llegar a la dimensión cero. Todas las caras que tengan dimensión par se cuentan. Posteriormente se cuentan todas las de dimensión impar. Estos dos números se restan. En definitiva, las caras de dimensión par se cuentan como positivas y las de dimensión impar como negativas. En el caso de la fórmula de Euler, las caras tienen dimensión 2 (por lo tanto +), las aristas dimensión 1 (de ahí el signo -),…
Rafael Miranda Molina | 21 de abril de 2010 | 03:16

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Estimado, ya agregué esta entrada al resumen
Saludos cordiales
Rafael
Dani | 23 de abril de 2010 | 01:13

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Ya que a nadie parece interesarle la cuestión (y mira que me parece un resultado maravilloso) dejaré yo mismo el problema resuelto (más que nada por completitud).

PROBLEMA: si $G$ es planar, existe un vértice $v$ con $grado(v)\leq 5$ .

Dem: Si fuera $grado(v) \geq 6 \quad \forall v \in G$ tendríamos (en la siguiente suma contamos cada arista dos veces) $6V \leq \sum_{v \in G } grado(v)=2A \Rightarrow V \leq \frac{1}{3}A$ , de donde por la Fórmula de Euler:
$C= A -V+ 2 \geq A-\frac{1}{3}A + 2 = \frac{2}{3} A + 2$ una contradicción con $C \leq \frac{2}{3} A.$
Dani | 26 de abril de 2010 | 18:15

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Cito a Castilla, actualmente compañero de desconcierto:
Ein?
Trackback | 14 may, 2010

El sorprendente poliedro de Császár | Gaussianos
Roberto | 29 de junio de 2010 | 07:04

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Necesito la ayuda de cualquiera que me pueda decir como se construye un poliedro de Szilassi o heptaedro toroidal. Porfavor ayudeme lo antes posible tengo que construir antes del 5 de julio de 2010. gracias
gaussianos | 30 de junio de 2010 | 22:39

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Roberto, a ver si esta plantilla te echa una mano:

Poliedro de Szilassi

Si consigues construirlo envíame una foto a gaussianos (arroba) gmail (punto) com y te la subo al set de Flickr del poliedro de Császár.
Paco Moya | 1 de diciembre de 2010 | 21:28

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La fórmula de Euler ¿es sólo válida para poliedros convexos?, yo tenía entendido que era cierta para todos los poliedros sin agujeros. De hecho existe una generalización que viene a ser C+V = A+2 – 2g donde g es el número de agujeros.
Trackback | 16 ago, 2011

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