Un ’’error’’ geométrico en la Liga de Campeones

Pista azul El 24 mayo 2019  - Escrito por  Andrés Navas
El 9 julio 2021
Artículo original : Une «erreur» géométrique dans la Ligue des Champions Ver los comentarios
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Dentro de unos pocos días se jugará una nueva final de la Champions League. Cuando el balón comience a rodar, ya nada interesará más que el juego y, muy probablemente, casi nadie reparará en una discordancia geométrica incómoda...

Los balones y la matemática

El diseño de un balón de fútbol no es azaroso. Ya lo comprobamos en este artículo, en el cual se muestra que no todo diseño es posible. ¿Por qué? Porque siempre se debe satisfacer el famoso teorema de Euler:

Si un diseño sobre la esfera posee $V$ vértices, $A$ aristas y $C$ caras, entonces
\[V - A + C = 2.\]

Una explicación se hace necesaria: por ’’arista’’ nos referimos a una curva del diseño que une dos vértices y no contiene ningún otro vértice a lo largo de su trazado. Las caras son las regiones determinadas por dichas aristas (no se puede pasar de una cara a otra sin atravesar una arista o pasar sobre un vértice). La única condición que imponemos es que dos aristas nunca se intersequen, excepto obviamente en los vértices.

Por cierto, la relación de Euler sigue siendo cierta para poliedros genuinos que sean convexos. Para ellos, una proyección desde un punto interior hacia una esfera que lo contenga origina un diseño esférico, comúnmente referido como la versión esférica del poliedro en cuestión. Por ejemplo, si proyectamos desde el centro un icosaedro truncado hacia una esfera del mismo centro, obtenemos un icosaedro truncado esférico. Este no es otro que el diseño utilizado en los balones oficiales de los mundiales de fútbol entre 1970 y 2002 (el famoso balón Telstar) (después, el diseño ha evolucionado un poco; vea por ejemplo este artículo para el sorprendente balón ’’cúbico’’ del Mundial 2014).

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He aquí los datos para algunos diseños conocidos de poliedros y balones (no todos de fútbol, por cierto).

diseñoVACV-A+C
tetraedro 4 6 4 2
octaedro 6 12 8 2
icosaedro 12 30 20 2
cubo 8 12 6 2
dodecaedro 20 30 12 2
Crack (Mundial 1962) 32 48 18 2
Slazenger (Mundial 1966) 46 69 25 2
Telstar clásico (1970-2002) 60 90 32 2
Champions League 90 120 32 2
vóleibol clásico 32 48 18 2
básquetbol clásico 6 12 8 2

Una prueba sencilla del teorema de Euler.

He aquí una prueba sorprendentemente simple de la relación de Euler, propuesta por Karl von Staudt.

Imaginemos que abrimos la esfera en un punto situado al interior de una de las caras y lo estiramos sin romperlo (como si fuese de plasticina) hasta extenderlo en un plano. Lo que nos queda es un grafo planar, es decir, un conjunto de vértices conectados por aristas (no necesariamente rectas), de modo que dos aristas solo pueden intersecarse en un vértice. El enunciado del teorema se transforma, entonces, en un enunciado sobre grafos planares con $V$ vértices, $A$ aristas y la misma cantidad $C$ de caras, siempre y cuando consideremos como ’’cara externa’’’ o ’’cara al infinito’’ aquella que proviene de la cara en que hemos abierto la esfera.

A modo de ilustración, a continuación se exhiben (en orden) los grafos planares obtenidos a partir del tetraedro, octaedro, icosaedro, cubo y dodecaedro mediante este proceso de ’’pinchar una de sus caras’’.


Dado un grafo $\Gamma$, consideramos su grafo dual $\Gamma'$, es decir, aquel cuyos vértices corresponden a las caras del original, de modo tal que dos vértices de $\Gamma'$ están conectados si y solo si las caras correspondientes en $\Gamma$ comparten (al menos) una arista. Evidentemente, $\Gamma'$ también puede ser realizado sobre el plano. A modo de ilustración, a la derecha se exhibe un grafo $\Gamma$ en azul y su dual $\Gamma'$ en rojo. Observa que el dual del dual de un grafo se identifica con el grafo original [1].

Un árbol es un grafo en que no existe una forma de transitar sobre aristas distintas partiendo y terminando en un mismo vértice (es decir, no hay camino cerrado de aristas). Si para cualquier par de vértices del árbol se puede ir de uno a otro recorriendo aristas, decimos que el árbol está conectado. En un árbol conectado, el número de vértices es igual al de aristas más 1:
\[V = A + 1.\]
Esto se debe a que, cada vez que vamos retirando una arista ’’extrema’’ del árbol, retiramos necesariamente un vértice (el externo), y nos quedamos con un árbol conectado; finalmente, al retirar la última arista, sacamos dos vértices.

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Dos grafos de naturaleza diferente: El grafo de la izquierda no es un árbol, pues tiene un camino cerrado. El grafo de la derecha, en cambio, sí es un árbol: ningún camino en él se cierra. Por lo tanto, el número de sus vértices supera en 1 al de sus aristas.

Consideremos, entonces, nuestro grafo planar $\Gamma$ y su dual $\Gamma'$. Sea $\mathcal{A}$ un árbol conectado cuyos vértices son todos los vértices de $\Gamma$ y sus aristas están en $\Gamma$ (un momento de reflexión muestra que un árbol con dichas propiedades existe). Sea $\mathcal{B}$ el grafo con los mismos vértices que $\Gamma'$ y tal que dos vértices están conectados si y solo si las caras que ellos representan comparten una arista de $\Gamma$ que no figura en $\mathcal{A}$. Afirmamos que $\mathcal{B}$ es un árbol conectado. En efecto, por una parte, $\mathcal{B}$ es un árbol, porque si hubiese un circuito cerrado en él, este encerraría un vértice de $\Gamma$, el cual, por lo tanto, no podría estar conectado en $\mathcal{A}$, contradiciendo el hecho de que $\mathcal{A}$ está conectado. Por otra parte, $\mathcal{B}$ está conectado, pues en caso contrario habría una región de $\Gamma$ que no podría ser conectada, por lo que todas sus aristas externas estarían en $\mathcal{A}$, contradiciendo el hecho de que $\mathcal{A}$ carece de caminos cerrados.

A modo de ilustración, en la figura de la izquierda, el grafo $\Gamma$ original aparece pintado de azul; las aristas de $\mathcal{A}$ están coloreadas de manera continua y las restantes de forma punteada. Igualmente, el grafo $\Gamma'$ aparece pintado de rojo; las aristas de $\mathcal{B}$ están pintadas de manera continua y las restantes punteadas.

Siendo $\mathcal{A}$ y $\mathcal{B}$ árboles conectados, tenemos
\[A_{\mathcal{A}} + 1 = V_{\mathcal{A}}, \qquad A_{\mathcal{B}} + 1 = V_{\mathcal{B}}.\]
Ahora bien, cada cara de $\Gamma$ representa un vértice de $\mathcal{B}$, por lo que
$\, C_{\Gamma} = V_{\mathcal{B}}.\,$
Además, como $\mathcal{A}$ contiene todos los vértices de $\Gamma$, se tiene
$\, V_{\Gamma} = V_{\mathcal{A}}. \,$
Finalmente,
\[A_{\Gamma} = A_{\mathcal{A}} + A_{\mathcal{B}},\]
pues una arista de $\Gamma$ sobrevive en $\mathcal{A}$ o es atravesada por una arista de $\mathcal{B}$.
Por lo tanto,
\[\begin{eqnarray*} V - A + C &=& V_{\Gamma} - A_{\Gamma} + C_{\Gamma} \\ &=& V_{\mathcal{A}} - (A_{\mathcal{A}} + A_{\mathcal{B}}) + V_{\mathcal{B}} \\ &=& ( V_{\mathcal{A}} - A_{\mathcal{A}}) + (V_{\mathcal{B}} - A_{\mathcal{B}})\\ &=& 1 + 1 = 2, \end{eqnarray*}\]
como queríamos probar.

Una consecuencia de este teorema es que no se puede descomponer un balón en hexágonos de modo que a cada vértice lleguen al menos 3 de ellos. En efecto, si $H$ es el número total de hexágonos entonces, evidentemente, $C = H$. Como cada hexágono posee 6 aristas pero cada arista es compartida por un par de hexágonos, el número total de aristas es 6 veces la cantidad de hexágonos dividido por 2:
\[A = \frac{6H}{2} = 3H.\]
Finalmente, como cada hexágono posee 6 vértices pero a cada vértice llegan al menos 3 hexágonos, el número total de vértices menor o igual que 6 veces la cantidad de caras dividido por 3:
\[V \leq \frac{6H}{3} = 2H.\]
Por lo tanto,
\[2 = V-A+C \leq 2H - 3H + H = 0,\]
lo cual es absurdo.

Un balón que no existe

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La imagen de la izquierda es, entonces, engañosa: lo que aparece allí no es un balón, sino un corte circular de un embaldosado del plano por hexágonos, algunos de ellos convenientemente coloreados de negro. Sin embargo, es esta representación la que se utiliza en el Reino Unido para las señaléticas de los estadios y terrenos de fútbol, como se muestra a la derecha.

Hace unos años, una petición formal fue presentada por el matemático australiano Matthew Parker al gobierno británico para el cambio de esta ilustración en las señaléticas. La respuesta oficial fue la siguiente: ’’El gobierno considera que el símbolo usado actualmente tiene un significado claro y bien entendido por el público. Cambiar el diseño por uno que refleje apropiadamente la geometría no es apropiado en este contexto’’. Puedes ver más detalles sobre el caso aquí. Al parecer, en el país en que se inventó el fútbol, se seguirá ilustrando una pelota errada por algún tiempo...

¿Y el balón de la Liga de Campeones?

El diseño del balón de la Liga de Campeones (reproducido abajo a la izquierda) resulta de un dodecaedro en el que se ha destacado una estrella en cada cara con vértices en los centros de las aristas (tal como se ilustra a la derecha). Resulta así una configuración de 12 estrellas y 20 caras hexagonales, lo que da lugar a 32 caras, 132 aristas y 90 vértices (lo cual fue registrado en el recuadro de arriba).

Hasta aquí, todo bien. Observa, sin embargo, el logo oficial de la competición.
¿Notas algo extraño?

A simple vista, parece una simple reproducción visual del balón oficial del campeonato. Sin embargo, hay un detalle que rápidamente salta a la vista: en la pelota, las estrellas siempre se juntan de a tres y delimitan hexágonos, mientras que en el logo se aprecia dos grupos de estrellas que se juntan de a cuatro y dan origen a octógonos [2].

¿Puede esto último ser posible? Los matemáticos vascos José Ignacio Royo Prieto y Martintxo Saralegi-Aranguren se interesaron en el asunto hace algunos años y, usando el teorema de Euler más algunos argumentos extras, concluyeron que la respuesta es negativa: el logo de la Liga de Campeones ni siquiera puede representar un balón. Escribieron entonces un simpático y contundente artículo, el cual, al parecer, solo circula en castellano. Abajo reproduzco algunos de sus argumentos (con ligeras modificaciones); en el artículo original se puede hallar la discusión completa del asunto.

Prueba de que el logo oficial de ’la Liga de Campeones no representa una pelota simétricamente decorada.

Fijemos nuestra notación: $E$, $H$ y $O$ denotarán, respectivamente, el número de estrellas, hexágonos y octógonos de la configuración. Como todo vértice de la configuración es una punta común de exactamente 2 estrellas
o bien un vértice ’’interno’’ de una estrella, y como cada estrella tiene 5 puntas y 5 vértices internos, tenemos
\[V = \frac{5 \, E}{2} + 5 \, E = \frac{15 \, E}{2}.\]
Por otra parte, cada arista es compartida por una estrella y un hexágono o un octógono. Como cada estrella tiene diez lados, esto implica que
\[A = 10 \, E = 6 \, H + 8 \, O.\]
Finalmente,
\[C = E + H + O.\]
La igualdad de Euler se transforma entonces en
\[2 = V - A + C = \frac{15 \, E}{2} - 10 \, E + (E+H+O) = H + O - \frac{3 \, E}{2},\]
por lo que $\, 4 = 2 \, H + 2 \, O - 3 \, E, \,$ es decir,
\[4 - 2 \, O = 2 \, H - 3 \, E.\]
También sabemos que $\, 6\, H + 8 \, O = 10 \, E \,$, y por lo tanto
\[4 \, O = 5 \, E - 3 \, H.\]
De las dos relaciones precedentes obtenemos
\[5 \, (2\, H - 3 \, E) + 3 \, (5 \, E - 3 \, H) = 5 \, (4-2 \, O) + 12 \, O,\]
es decir,
\[H = 20 + 2 \, O.\]
De manera similar,
\[2 \, (5 \, E - 3 \, H) + 3 \, (2 \, H - 3 \, E) = 8 \, O + 3 \, (4 - 2 \, O),\]
por lo que
\[E = 12 + 2 \, O.\]

Ahora bien, como en la figura se aprecian dos octógonos, debemos tener $O \geq 2$. Sin embargo, no se puede tener $O=2$, porque si buscásemos completar el diseño con cierta simetría, entonces debiera aparecer al menos un octógono en la cara trasera del balón [3]. Finalmente, tampoco puede tenerse $O \geq 3$. En efecto, si este fuese el caso, entonces las igualdades anteriores nos darían
\[C = E + H + O = (12 + 2 \, O) + (20 + 2 \, O) + O = 32 + 5 \, O \geq 32 + 15 = 47.\]
Sin embargo, esto implicaría que en la parte trasera debiese haber al menos 27 caras (pues en la delantera solo se ven 20), lo cual provocaría un desequilibrio demasiado grande en el tamaño de las caras delanteras y traseras.

Señalemos, sin embargo, que sí se puede cubrir un balón con estrellas de 5 puntas, hexágonos y octógonos. Un diseño ’’simétrico’’ propuesto por Royo Prieto y Saralegi-Aranguren se obtiene de la manera siguiente. Toma un cubo truncado como el que se muestra abajo a la izquierda. Este consiste de 6 caras octogonales y 8 caras triangulares. Ahora, sobre cada cara octogonal del poliedro, pega el diseño geométrico de la derecha. Obtendrás entonces un poliedro con 32 triángulos, 6 cuadrados y 24 pentágonos, en el cual cada arista es compartida por un pentágono y un triángulo o cuadrado. Posteriormente, divide cada arista en dos, y hazlo ’’hacia el interior’’ de los pentágonos (creando concavidades). Estos se transforman entonces en estrellas (de 5 puntas), los cuadrados devienen octógonos y los triángulos mudan en hexágonos. Finalmente, proyecta todo hacia una esfera, y obtendrás un lindo balón...

Otro diseño (tomado directamente del artículo de Royo Prieto y Saralegi-Aranguren) aparece abajo. Este es más interesante pues utiliza solo 2 octógonos. En efecto, en la ilustración se aprecia claramente un octógono central, y la pelota ha sido abierta en una cara octogonal opuesta para poder ilustrarla completamente sobre el plano (cada una de las 4 esquinas representa un hexágono). Así, los 8 lados externos del diseño corresponden a los lados de este octógono de la cara posterior de la pelota.

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Como broma, Royo Prieto y Saralegi-Aranguren bautizan ’’championsedros’’ a los poliedros formados por estrellas de 5 puntas, hexágonos y octógonos. Ignoro si existe un championsedro ’’más bonito’’ que los otros. Voy a pensar en esto después de la final de ’’la Champions’’...

Ejercicio: Cuente el número de vértices, aristas y caras de los championsedros propuestos arriba y verifique que, en cada caso, los números obtenidos satisfacen la igualdad de Euler.

Para entretenerse en la escuela

He aquí una actividad simpática para implementar en clase; la aprendí de Nicolai Andreev durante el Congreso Internacional de Matemáticos de Rio de Janeiro en 2018 (y la hemos reproducido -con mucho éxito- en el Festival de Matemáticas en Chile).

Corta dos trozos de cartón, cada uno siguiendo los bordes de 6 pentágonos regulares unidos, uno al centro y los otros cinco colindando con sus lados. Dobla estos cartones a lo largo de los cinco lados del pentágono central, siempre en la misma dirección. Luego, coloca un cartón sobre el otro pero en direcciones opuestas, más precisamente, con los pliegues que se cierran ’’hacia adentro’’. Hazlo, además, de modo que coincidan sus centros, pero rotándolos hasta que las puntas de uno y otro se alternen a intervalos regulares. Finalmente, pasa un elástico alternadamente por las puntas de uno y otro, y suelta el objeto. ¡Se formará naturalmente un dodecaedro!

Abajo aparece implementado todo esto con la decoración del balón de la Champions (ver también esta página). Observa que es mejor que cada cartón conste de dos capas: una continua como la descrita arriba, pero en material ligero, y otra formada por los 6 pentágonos pegados sobre los espacios correspondientes (todos por el mismo lado).

Post-scriptum :

Agradezco a José Ignacio Royo Prieto y Martintxo Saralegi-Aranguren por su ilustrador trabajo y por permitirme reproducir aquí sus ’’champeonsedros’’. Agradezco también a Michele Triestino por haberme notificado la existencia del artículo original de esta historia, Nicolé Geyssel por algunas de las ilustraciones del artículo, María José Moreno por el video del dodecaedro ’’explosivo’’, Julie Decaup por su valiosa ayuda de edición del texto, y a los relectores Ydiri SAÏDI, Amic y Jonathan Rotge por sus numerosas observaciones.

Artículo original editado por Nils Berglund

Notas

[1El uso de la palabra ’’dual’’ es frecuente en matemáticas para referirse a objetos que se construyen naturalmente a partir de otros objetos invirtiendo la naturaleza de sus componentes. El hecho de que el dual del dual del objeto original se identifique al objeto original es, por tanto, muy natural. ’’Dualizar’’ deviene así una operación que, aplicada dos veces, entrega de vuelta el objeto original. Una operación con esta propiedad es llamada ’’involución’’, una palabra que se utiliza en un sentido muy diferente al coloquial.

[2Resulta interesante constatar que el logo de ’’la Champions’’ (de hecho, varios logos) está pintado sobre la pelota de la Champions, si bien no es una copia de esta. Sin embargo, si asumimos la postura más purista debemos observar que, si el logo dibujado sobre el balón fuese una copia exacta, entonces debiera llevar dentro otra copia del logo, la cual debiera, por su parte, incluir otra copia del logo... y así infinitas veces. ¡Veríamos entonces aparecer una polvareda de Cantor!

[3En el artículo original, se prueba que el caso $O = 2$ es imposible sin hacer uso de ninguna simetría, pero el argumento es más elaborado que el presentado aquí.

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Para citar este artículo:

— «Un ’’error’’ geométrico en la Liga de Campeones» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - https://www.mundodeportivo.com/futbol/real-madrid/20180515/443597002158/zidane-champions-real-madrid-futbol.html

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