Las nociones de área y volumen de figuras rectilíneas en geometría euclidiana TRABAJO DE FIN DE GRADO 2022/2023 FACULTAD DE CIENCIAS MATEMÁTICAS GRADO EN MATEMÁTICAS Gonzalo Gil Martín Tutor: José Fernando Ruiz Fernández Madrid, 28 de junio de 2023 Autorización de difusión Gonzalo Gil Martín Junio 2023 El abajo firmante, matriculado en el Grado de Matemáticas de la Facultad de Ciencias Matemáticas, autoriza a la Universidad Complutense de Madrid (UCM) a difundir y utilizar con fines académicos, no comerciales y mencionando expresamente a su autor el presente Trabajo Fin de Grado: Las nociones de área y volumen de figuras rectilíneas en geometría euclidiana, realizado durante el curso académico 2022-2023 bajo la dirección de José Fernan- do Ruiz Fernández en el Departamento de Álgebra, Geometría y Topología, y a la Biblioteca de la UCM a depositarlo en el Archivo Institucional Docta Complutense con el objeto de incrementar la difusión, uso e impacto del trabajo en Internet y garantizar su preservación y acceso a largo plazo. Resumen En este trabajo se aborda la problemática de definir una teoría del área y del volumen de figuras rectilíneas en geometría euclidiana que no dependan de un axioma de continuidad como el de Dedekind (D). En el caso del área de polígonos, se presentarán cuatro formas distintas de definir el concepto de área; a saber, las funciones de medida de área, la equidescomposición, la equi- complementariedad y la equivalencia por disección (siendo primera de ellas la única en la que se emplean «números»). Se demostrará su equivalencia en un plano euclidiano aunque, de hecho, se hará sin utilizar el axioma de Dedekind (D) ni otros axiomas de continuidad similares como el de intersección circunferencia-circunferencia (ICC). En el caso del volumen de poliedros, se planteará el tercer problema de Hilbert y la solución dada por Dehn, constatando la imposibilidad de definir volumen sin usar el axioma de Dedekind (D). Palabras clave área, volumen, equidescomposición, equicomplementariedad, disección, tercer problema de Hilbert, invariante de Dehn Abstract This paper deals with the problem of defining a theory of area and volume for rectilinear figures in Euclidean geometry that do not depend on a continuity axiom such as Dedekind’s (D). In the case of the area of polygons, four different ways of defining the concept of area will be presented; namely, the area measurement functions, equidecomposition, equicom- plementarity, and equivalence by dissection (being the first of these the only one in which "numbers.are used). Its equivalence in a Euclidean plane will be proved, although, in fact, it will be done without using Dedekind’s axiom (D) or other similar continuity axioms such as the circumference-circumference intersection (ICC). In the case of the volume of polyhedra, Hilbert’s third problem and the solution given by Dehn will be considered, confirming the impossibility of defining volume without using Dedekind’s axiom (D). Keywords area, volume, equidecomposition, equicomplementarity, dissection, Hilbert’s third problem, Dehn’s invariant Índice general Índice i Agradecimientos iii Dedicatoria v 1. Introducción 1 2. Generalidades sobre Polígonos 3 3. Funciones de medida de área 7 3.1. Existencia de funciones de medida de área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 3.2. Formulación de algunas áreas de polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4. Equidescomposición y equicomplementariedad 15 4.1. Equidescomposición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 4.2. Equicomplementariedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 4.3. Relación con el área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 5. Disección 25 5.1. Equivalencias por disección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 5.2. Relación con el área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 6. La teoría del volumen 33 6.1. El tercer problema de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 6.2. El invariante de Dehn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 7. Conclusiones 39 Bibliografía 41 A. Los axiomas de la geometría plana de Hilbert 43 i ii Agradecimientos A Aura, que siempre me ha apoyado de manera no incondicional, animándome a seguir, empujándome y dándome los golpes de realidad que muchas veces necesito. Gracias por no perder la fe en mí, ni siquiera cuando yo mismo la he perdido. A Rumbero, por dotar a mi vida de la fantasía y la ensoñación que tanto necesito, pero que por mi mismo sería incapaz de hacer hueco en mi vida. A Jurjo. A mis padres, Toñi y Carlos, por haberme educado en la curiosidad, la búsqueda de la verdad y el trabajo bien hecho. A todos mis profesores, de los cuales he aprendido el conocimiento y las herramientas para comunicarlo. En particular a Paco, que desde niño me transmitió la pasión por las matemáticas y a los profesores de la facultad que he tenido el honor de disfrutar. A Pepe Ruiz, que me descubrió la maravilla de los fundamentos de las matemáticas. A Rugby Matemáticas y a la Asociación Proyecto Cometas Divulgativas, por darme tantos buenos momentos en la facultad y permitirme liderar dos proyectos cuyo trasfondo ha cambiado mi vida. A Violeta, por ayudarme a entenderme y darme herramientas para afrontar los momentos difíciles. iii iv Dedicatoria A mis cuatro abuelos: a mi abuelo Jaime, a mi abuela Ceci, a mi abuelo Luis, y a mi abuela Piti. v Capítulo 1 Introducción En este trabajo expondremos la problemática que se dio en el s.XX al intentar desarrollar una teoría del área y del volumen de figuras rectilíneas que dependiera exclusivamente de razonamientos puramente geométricos y que no dependieran de los axiomas de continuidad. Así, veremos que en el caso del área de polígonos en el plano sí es posible hacer este desarrollo y contaremos con varias maneras diferentes de abordarlo. En toda esta parte consideraremos este estudio en el ámbito de un plano de Hilbert. Esto es, consideramos los axiomas (I1)-(I3), (B1)-(B4), (C1)-(C6). Cuando hablemos en alguna ocasión de un plano euclidiano estaremos considerando además los axiomas (P≤1), (ICC) y (A). Todos estos axiomas pueden encontrarse definidos en el apéndice A. En el capítulo 2 haremos una breve introducción sobre las propiedades de los polígonos. Seguidamente, en los capítulos 3, 4, 5 hablaremos de las funciones de medida de área, la equidescomposición y la equicomplementariedad y los métodos de disección de polígonos. Además a lo largo de estos capítulos iremos demostrando las equivalencias entre estos con- ceptos e ilustraremos el hecho de que sean conceptualizaciones diferentes del área de un polígono demostrando con cada uno de ellos el Teorema de Pitágoras de diferente manera. En cambio, en el capítulo 6 mostraremos la imposibilidad de producir resultados similares en el caso del volumen de poliedros en el espacio. Hablaremos del tercer problema de Hilbert y el contexto histórico en el que surgió tal planteamiento y de la solución propuesta por Max Dehn con la definición de un invariante entre poliedros. Todas las ilustraciones que han sido utilizadas en este trabajo han sido producidas por el autor siguiendo la estética de la versión de los Elementos de Oliver Byrne en 1874. En la realización de este trabajo se han consultado todas las fuentes que se recogen en la bibliografía, sin embargo han cobrado un mayor protagonismo los libros de R. Hartshorne [8], Euclides [6], D. Hilbert [10] y V. G. Boltianski [4] y los artículos de M. Aigner y G. M. Zieggler [1], E. N. Giovannini [7]. 1 2 Capítulo 2 Generalidades sobre Polígonos El principal objeto de nuestro estudio son los polígonos que, como tantos otros, depen- diendo de qué autores se consulten, aparecen definidos de una u otra manera. Esto, a priori, podría ser un problema ya que algunas de estas definiciones no son equivalentes entre sí. En nuestro caso, definiremos polígono a partir de la única condición necesaria que vamos a utilizar en nuestro estudio. Definición 2.1. Llamaremos polígono a toda figura rectilínea plana que pueda expresarse como la unión finita de triángulos que no se solapen entre sí. Un punto estará en el interior de un polígono si existe un triángulo contenido enteramente en él y tal que el punto está contenido en su interior. Del mismo modo, los vértices y lados del polígono son aquellos vértices y lados de la unión finita de triángulos que no estén contenidos en el interior de la figura. Cuando hablamos de unión no superpuesta (o sin solapamiento), nos referimos a que los elementos a unir no tienen puntos interiores en común. Es claro que por la definición que hemos dado, la unión no superpuesta de polígonos es otro polígono. Sin embargo que la unión (en general), la intersección y el complementario de polígonos resulte otro polígono no es un resultado tan directo. Lema 2.2. Una línea recta que corta a un triángulo lo divide en dos polígonos. l A B C D l A B C D E Demostración. Sea un triángulo △ABC y una línea recta l que corte al triángulo. Una posibilidad es que la recta l pase por uno de los vértices del triángulo. Podemos suponer que lo hace por A y que corta al lado opuesto BC en el punto D. En este caso, la recta l divide a △ABC en dos triángulos △ABD y △ACD. 3 La otra opción es que l no pase por ningún vértice del triángulo y que corte a dos de sus lados. Podemos suponer que corta al lado AB en el punto D y al lado BC en el punto E. En este caso a un lado de l queda el triángulo △BDE y al otro lado queda el cuadrilátero ACDE que puede expresarse como la unión de los triángulos △ACD y △CDE. Lema 2.3. La intersección de dos triángulos que comparten puntos interiores es un polígono. T ′ T A T ′ T A T ′ T A Demostración. Basta con aplicar el lema (2.2) repetidas veces. Sean dos triángulos T y T ′ con al menos un punto interior en A. Tomamos T y lo cortamos por la recta que define uno de los lados de T ′. De los dos polígonos en los que queda dividido el primero, nos quedamos con aquel que contenga a A, que está conformado por la unión de uno o dos triángulos. Ahora repetimos el proceso con el segundo lado de T ′, pero esta vez aplicando el lema sobre cada uno de esos triángulos y sobre ello, realizamos el proceso por tercera vez con el tercer lado de T ′. Proposición 2.4. La intersección de dos polígonos cualesquiera es un polígono. Demostración. Sean dos polígonos P y Q. Ambos pueden expresarse como la unión de triángulos no superpuestos. P = T1 ∪ T2 ∪ · · · ∪ Tn Q = S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Sm Ahora, para cada i ∈ {1, ..., n} y cada j ∈ {1, ..,m}, si los triángulos Ti y Sj tienen un punto interior en común, aplicamos el lema (2.3). De esta manera, obtendremos una colección de triángulos no superpuestos entre sí cuya unión será P ∩Q. Lema 2.5. El complementario de un triángulo en un polígono cualquiera es un polígono. Demostración. Sea un polígono P y un triángulo T . Si P y T no comparten puntos interiores, claramente P \ T = P , que es un polígono. Ahora, en caso de compartirlo podemos aplicar recursivamente el lema (2.2) sobre cada triángulo que componga a P hasta obtener una nueva triangulación de P de tal manera que ninguno ellos se cortan con T , es decir, están o enteramente contenidos en T o están enteramente fuera de él. Así P \T es la unión de estos triángulos que no están contenidos en T , y por tanto es un polígono. 4 Proposición 2.6. El complementario de un polígono sobre otro polígono es un polígono. Demostración. Sean dos polígonos P y Q. Si no tienen puntos interiores en común, se tiene que P \ Q = P , que es un polígono. En caso contrario, podemos aplicar el lema (2.5) con el polígono P y cada uno de los triángulos en los que se descompone Q = T1 ∪ ... ∪ Tn. Así, tenemos que P \Q = P \ (T1 ∪ ... ∪ Tn) = P \ T1 ∩ ... ∩ P \ Tn que la proposición (2.4), nos garantiza que es un polígono. Proposición 2.7. La unión de dos polígonos cualesquiera es un polígono. En particular, cualquier unión finita de triángulos es un polígono. Demostración. Sean dos polígonos P y Q. Si no tienen puntos interiores en común, estamos hablando de una unión no superpuesta, que por la propia definición de polígono, es claro que P ∪Q lo es. Ahora, si P y Q comparten algún punto interior, por (2.6) tenemos que P \ Q es un polígono. Entonces, podemos expresar P ∪Q como la unión no superpuesta de dos polígonos (P \Q) ∪Q y por lo tanto es un polígono. 5 6 Capítulo 3 Funciones de medida de área En este capítulo definiremos las funciones de medida de área en un plano de Hilbert, demostraremos sus propiedades más importantes y probaremos la existencia una función de medida de área a en un plano de Hilbert con (P≤1). Finalmente, desarrollaremos varias fórmulas que nos permitan calcular fácilmente áreas de polígonos respecto de a y demostra- remos el teorema de Pitágoras haciendo uso de ellas. La manera usual que los seres humanos tenemos de medir alguna magnitud es asociarle una cantidad. Esto nos permite comparar dos objetos según esa magnitud y establecer un orden entre los elementos de un conjunto. En el caso del área de polígonos, cuando fuimos escolares nos aprendimos una serie de fórmulas que asignaban a cada polígono un número real, resultante de una serie de operaciones entre las longitudes de sus lados. Esta manera de medir, puede hacerse basada en argumentos puramente geométricos, como veremos a continuación. Definición 3.1. En un plano de Hilbert, dado el conjunto de todos los polígonos P y dado un grupo abeliano ordenado G, llamamos medida de área a una función α : P −→ G que cumpla que: α(T ) > 0, para cada triángulo T . (Positividad) Si T y T ′ son dos triángulos congruentes, entonces α(T ) = α(T ′). Si dos polígonos P y Q no se superponen, entonces (Aditividad) α(P ∪Q) = α(P ) + α(Q). A α(P ) lo llamamos área del polígono P respecto a la función de medida de área α. Algunos autores, como Boltianski [4] añaden como condición que el área del cuadrado unidad sea 1. En un principio, puede parecer un requerimiento algo fuerte, pero en realidad veremos que tendremos que imponer uno aún más fuerte para demostrar la existencia de una de estas funciones. Pero antes, probemos algunas propiedades generales. Proposición 3.2. Sea α una función de medida de área definida en un plano de Hilbert sobre un grupo abeliano ordenado G. Entonces (a) Si P es un polígono con al menos un punto interior, entonces α(P ) > 0. 7 (b) Si un polígono Q está contenido en otro polígono P y P \ Q tiene interior no vacío, entonces α(Q) < α(P ) Demostración. (a) Como P tiene al menos un punto interior, podemos expresarlo como la unión no superpuesta de ciertos triángulos P = T1 ∪ ... ∪ Tn. De este modo α(P ) = α(T1 ∪ ... ∪ Tn) = α(T1) + ...+ α(Tn) > 0 (b) Podemos descomponer P como la unión no superpuesta P = Q ∪ (P \ Q). De este modo α(P ) = α(Q) + α(P \ Q), y como P \ Q tiene un punto interior, por (a), se tiene que α(P \Q) > 0. Y además, como α(Q) también es positivo, y G es un grupo ordenado, se tiene que α(Q) < α(P ). Obviamente una medida de área define una relación de equivalencia sobre el conjunto de polígonos del plano. Y como G es un grupo ordenado, esto induce un orden sobre el conjunto cociente de esta relación. La cuestión ahora es probar la existencia de estas aplicaciones. 3.1. Existencia de funciones de medida de área Vamos a demostrar la existencia de estas funciones definiendo rigurosamente la función de medida de área que se corresponde con la manera usual de medir área de polígonos que aprendimos en la escuela. Para ello, debemos demostrar unos resultados previos que nos garanticen que esa medida de área estará bien definida. Lema 3.3. En un plano de Hilbert con (P≤1), sea el triángulo △ABC. Elijamos dos lados del triángulo como base, b y b′ con sus correspondientes alturas h y h′. Entonces 1 2 b · h = 1 2 b′ · h′ en el cuerpo de la aritmética de segmentos. A B C D E Demostración. Sea el triángulo △ABC con b = AB, b′ = AC y h = CD, h′ = BE. Así, se tiene que los triángulos △ACD y △ABE comparten el ángulo en A y, por ser triángulos rec- tángulos, tienen los tres ángulos iguales. Por lo tanto, por (S- AAA) se tratan de triángulos semejantes y tienen sus lados proporcionales. Así, en el cuerpo de la aritmética de segmen- tos se tiene que b h′ = b′ h Y multiplicando por 1 2 h · h′ se tiene que b · h 2 = b′ · h′ 2 . 8 Definición 3.4. Sea un plano de Hilbert con (P), K el cuerpo de la aritmética de segmen- tos asociado y sea T el conjunto de todos los triángulos del plano. Entonces, definimos la aplicación a : T −→ K T 7−→ a(T ) := b · h 2 siendo b y h las longitudes de una base y altura del triángulo T . Diremos que a(T ) es el área de T respecto de a. Por el lema (3.3), a está bien definida puesto que no depende de la base y la altura corres- pondiente que escojamos. Nuestro objetivo será probar que la extensión de esta aplicación es una función de medida de área. Lema 3.5. Sea la aplicación a sobre un plano de Hilbert con (P≤1). Si un triángulo T se descompone en una cantidad finita de triángulos T1, ..., Tn, entonces a(T ) = n∑ i=1 a(Ti) . Demostración. Lo haremos por pasos: A B C D Paso 1. Supongamos que T = △ABC está dividido en dos por una transversal que, supongamos, va desde el vértice C hasta un punto D en el lado AB. Entonces, si escogemos de base del triángulo grande el lado AB y de los dos pequeños AD y DB, se tiene que AB = AD+DB. Además los tres triángulos comparten la misma altura de C, por lo tanto, por la propiedad distribu- tiva del cuerpo de la aritmética de los segmentos se tiene que a(△ABC) = a(△ADC) + a(△DBC). Paso 2. Supongamos ahora que el triángulo T = △ABC está descompuesto en una serie de triángulos T1, ..., Tn de tal forma que todos sus vértices están sobre dos de sus lados. Vamos a probar el resultado por inducción sobre n: A B C D Si n = 2: Estamos en el caso del paso anterior, ya que la única posibilidad es que la recta que divida a △ABC sea una transversal. Suponiéndolo cierto para una descomposición de estas características de n − 1 triángulos, probé- moslo para una de n triángulos. 9 Supongamos que el lado libre de nuevos vértices es el lado AC, entonces. Deberá pertenecer a un triángulo que supongamos que es T1 y que el tercer vértice de éste, llamémosle D, esté, supongamos, sobre el lado AB. Entonces, estamos en el esce- nario del paso anterior con la descomposición en △ACD y △BCD y tenemos que a(△ABC) = a(△ACD) + a(△BCD). Ahora, △BCD está descompuesto a su vez en n − 1 triángulos cuyos vértices están sobre los lados BC y BD. Por lo tanto, se cumple la hipótesis de inducción y se tiene que a(△BCD) = ∑n i=2 a(Ti). Y finalmente, obtenemos que a(T ) = n∑ i=1 a(Ti) Paso 3. Supongamos ahora el caso general, es decir, T = △ABC está descompuesto en T1, ..., Tn triángulos sin condición alguna. A B C Tracemos ahora desde el vértice C una transversal por cada vértice de los triángulos Ti que se encuentre en el interior de △ABC o en el lado AB. Esto nos proporciona una nueva descomposición de T en S1, ..., Sm. Además esta descomposición cumple con las hipótesis del (Paso 2), por lo tanto se tiene que a(T ) = m∑ j=1 a(Sj) (3.1) Ahora, afinaremos ambas descomposiciones. Los polígonos resultantes de intersecar Ti ∩ Sj pueden ser triángulos o cuadriláteros, en cuyo caso por definición de polígono puede expresarse como la unión de dos triángulos no superpuestos Rij1, Rij2. Así de manera general se tiene que T = ⋃n,m,l i,j,k=1Rijk Además, para cada j se tiene que Sj = ⋃n,l i,k=1Rijk. Esta descomposición cumple las hipótesis del (Paso 2) ya que no contiene ningún vértice de los Rijk, ya que se encuentran todos en lados del triángulo Sj y además el lado que se encuentra sobre el segmento AB, tampoco contiene ninguno. Por lo tanto, se tiene que a(Sj) = ∑n,l i,k=1 a(Rijk). Por lo tanto, combinándolo con (3.1) podemos concluir que a(T ) = n,m,l∑ i,j,k=1 a(Rijk) (3.2) Restaría ver sólo que la descomposición para cada i de Ti = ⋃m,l j,k=1Rijk permite la aditividad de la medida de área. Para ello determinemos que Ti = △DEF . Ahora bien, pueden darse dos situaciones: que el triángulo Ti quede dividido en dos por una de las transversales que parten del vértice C o no. En caso afirmativo, el triángulo Ti quedaría descompuesto en T 1 i y T 2 i y por el (Paso 1) se tiene que a(Ti) = a(T 1 i ) + a(T 2 i ). A su vez, estos dos triángulos, al intersecarse con cada Sj nos dan precisamente una descomposición suya en la triangulación de los Rijk. Ambas 10 triangulaciones cumplen las hipótesis del (Paso 2) ya que no tienen vértices en los interiores de T 1 i y T 2 i y además el lado que ambos comparten también estaría libre de vértices de los Rijk. Por lo tanto, se tendría que el área de cada T 1 i y T 2 i sería suma de áreas de sus respectivos Rijk, lo que unido a lo anterior resulta en que a(Ti) = m,l∑ j,k a(Rijk) (3.3) En el caso de que el triángulo Ti no quede dividido por una transversal de C, esto es o bien porque uno de sus lados está sobre una de esas transversales o bien porque está en uno de los lados AC o BC. En cualquier caso, el razonamiento es similar, salvo por la descomposición en dos, donde ése lado será precisamente el libre de vértices de los Rijk. Así se tiene que la identidad (3.3) se da para cada i ∈ {1, ..., n}. Entonces, unificando lo demostrado en (3.2) y (3.3) se tiene que a(T ) = n∑ i=1 a(Ti) Lema 3.6. En un plano de Hilbert con (P≤1), dado un polígono, la suma de las áreas respecto de a de los triángulos que lo componen es independiente de la triangulación empleada para definirlo. Demostración. Sea un polígono P descompuesto en dos triangulaciones P = T1 ∪ ... ∪ Tn P = S1 ∪ ... ∪ Sm Podemos definir una triangulación que refine las dos anteriores. Intersecando cada Ti con cada Sj obtenemos o bien triángulos o bien cuadriláteros en cuyo caso pueden dividirse a su vez en dos triángulos Rij1, Rij2 y podemos definir la descomposición P = ⋃n,m,l i,j,k=1Rijk que además cumple que Ti = m,l⋃ j,k=1 Rijk para cada i ∈ 1, ..., n Sj = n,l⋃ i,k=1 Rijk para cada j ∈ 1, ...,m Aplicando el lema (3.5) a cada Ti y cada Tj y sumando respectivamente respecto de i y j se concluye que n∑ i=1 a(Ti) = n,m,l∑ i,j,k=1 Rijk = m∑ j=1 a(Sj) 11 Definición 3.7. En un plano de Hilbert con (P≤1) sean P el conjunto de todos los polígonos del plano y K el cuerpo de la aritmética de segmentos asociado. Extenderemos la definición de la aplicación a de tal forma que a : P −→ K P 7−→ a(P ) := ∑n i=1 a(Ti) siendo P = ⋃n i=1 Ti una triangulación cualquiera de P . De nuevo, por los lemas (3.5) y (3.6) garantizamos que la aplicación a está bien definida. Veamos entonces que es una función de medida de área. Teroema 3.8. En un plano de Hilbert con (P≤1), a es la única función de medida de área con valores en el cuerpo aditivo de la aritmética de segmentos F que para cada triángulo T , y para cualquier lado que escojamos como base del triángulo con longitud b ∈ F y siendo h ∈ F la longitud de la altura perpendicular a dicha base a(T ) = b · h 2 Demostración. Veamos primero que a es una función de medida de área: Positividad: Sea T un triángulo. Escogiendo un lado como base con longitud b y siendo h la longitud de su correspondiente altura, se tiene que b, h > 0 en F . Por lo tanto a(T ) = b · h 2 > 0. Si T y T ′ son triángulos congruentes, entonces a(T ) = a(T ′): Escogiendo como bases dos lados congruentes, sus longitudes serán las mismas en F , al igual que sus las de sus respectivas alturas. Por lo tanto, su área respecto de a es la misma. Aditividad: Sean P y Q dos polígonos no superpuestos, entonces ambos pueden des- componerse en dos triangulaciones P = ⋃n i=1 Ti y Q = ⋃m j=1 Sj que tampoco se su- perponen entre sí y que juntas forman una triangulación de P ∪ Q. Así, se tiene que a(P ∪Q) = ∑n i=1 a(Ti) + ∑m j=1 a(Sj) = a(P ) + a(Q) Por lo tanto, queda probado que a se trata de una función de medida de área. Además, la unicidad es clara ya que en cada triángulo está unívocamente determinada y hemos probado que no depende de la triangulación que se escoja. Por lo tanto, en un plano euclidiano existe una función de medida de área que es, de hecho, la usual. La novedad es que hemos probado que la definición de esta manera de medir áreas de polígonos sólo depende de argumentos geométricos y en ningún momento de axiomas de continuidad como el de Dedekind (D). 3.2. Formulación de algunas áreas de polígonos En esta sección demostramos las conocidas fórmulas para calcular las áreas de los para- lelogramos y de los polígonos regulares, que facilitan el proceso de calcular áreas al no tener que dividir siempre los polígonos en triángulos. 12 Por último, para finalizar este capítulo, demostraremos el resultado probablemente más conocido relacionado con las áreas de polígonos: el Teorema de Pitágoras. Proposición 3.9. El área de un paralelogramo P de base b y altura h es a(P ) = b · h b h A B D CDemostración. Sea el paralelogramo P = ABCD. Entonces, por medio de la diagonal BD dividimos el paralelogramo P en los triángulos congruentes △ABD y △CDB. Ambos triángulos tie- nen base b y la misma altura h, por lo que ambos tienen área 1 2 b·h, y sumándolas obtenemos la del paralelogramo a(P ) = b · h. Corolario 3.10. Las áreas de un rectángulo R de lados a y b y de un cuadrado C de lado l son a(R) = a · b y a(C) = l2 a b l l Proposición 3.11. El área de un rombo R cuyas diagonales mayor y menor miden respec- tivamente D y d es a(R) = D · d 2 D d A B E C Demostración. Sea el rombo R = ABCE. Supongamos que su diagonal mayor es AC, que lo divide en los triángulos congruentes △ACB y △ACE cuyas base común mide D y sus alturas miden ambas 1 2 d. Por lo tanto sus respectivas áreas son 1 4 D · d y sumándolas obtenemos la del rombo a(R) = 1 2 D · d. Proposición 3.12. El área de un trapecio T cuya altura mide h y sus bases mayor y menor miden respectivamente B y b es a(T ) = (B + b) · h 2 B b h A C E D Demostración. Sea el trapecio T = ABDED y suponga- mos que sus bases mayor y menor son respectivamente AC y DE. Trazando la diagonal EC, el trapecio queda dividido los triángulos △ACE y △CDE que comparten la misma al- tura h por estar entre las mismas paralelas. Así sus áreas son respectivamente 1 2 B · h y 1 2 b · h y sumándolas obtenemos la del trapecio a(T ) = 1 2 (B + b) · h. 13 Proposición 3.13. El área de un polígono regular P cuyo perímetro mide p y su apotema a es a(P ) = p · a 2 l a Demostración. Sea P un polígono regular de n lados cuya longitud es l y sea O su centro. Podemos hacer una triangulación de P en n triángulos congruentes, uniendo O con cada uno de sus vértices. La base de cada uno de estos triángulos es el lado de P y su altura es la apotema, por lo que su área es 1 2 l · a. Así la suma de todos ellos es 1 2 n · l · a, y como el perímetro es p = n · l, el área del polígono resulta a(P ) = 1 2 p · a. Teroema 3.14 (Pitágoras). En un triángulo rectángulo, el área del cuadrado sobre la hipo- tenusa es igual a la suma de las áreas de los cuadrados sobre los catetos. A B C D E b c a b c a Demostración.(Garfield). Sea un triángulo rectángulo △ABC con ángulo recto en ∠BAC y sean a, b y c las longitudes de su hipotenusa y sus catetos. Es claro que el área de los cuadrados sobre estos lados son respectiva- mente a2, b2 y c2. Veamos la relación que guardan entre ellos mediante una construcción auxiliar. Sea T = ACED el trapecio rectángulo con bases b y c y altura c+ b. Por (3.12) sabemos que su área es a(T ) = (b+ c) · (b+ c) 2 = b2 + 2bc+ c2 2 Por otro lado T puede descomponerse en los triángulos △ABC, △EDB y △CBE. Los dos primeros son congruentes entre sí por (LAL) y sus áreas son 1 2 b · c. △CBE es rectángulo ya que ∠ABC y ∠DBE son complementarios y sumados a ∠CBE resultan un ángulo llano. Así, su área es 1 2 a2. Por lo tanto el área del trapecio es la suma de las tres a(T ) = b · c 2 + b · c 2 + a2 2 = a2 + 2bc 2 Ahora, igualando ambos resultados tenemos que a2 + 2bc 2 = b2 + 2bc+ c2 2 =⇒ a2 = b2 + c2 lo que demuestra la relación entre las áreas de los cuadrados sobre los lados del triángulo △ABC 14 Capítulo 4 Equidescomposición y equicomplementariedad En este capítulo definiremos la equidescomposición y equicomplementariedad de polígo- nos. Demostraremos sus propiedades más importantes, la relación que existe entre ambas definiciones y demostraremos el teorema de Pitágoras utilizando ambos conceptos. Final- mente, veremos su relación con las funciones de medida de áreas. Como bien explica Boltianski en [3], otra manera de medir el área un polígono es por comparación con otro. Así, dividiéndolos en partes iguales o añadiéndolos polígonos iguales hasta formar la misma figura, podemos determinar si dos polígonos tienen el mismo área1. Estas son las ideas en las que se basan la equidescomposición y la equicomplementariedad. 4.1. Equidescomposición Definición 4.1. Dos polígonos P y P ′ se dicen equidescomponibles si pueden descomponerse cada uno de ellos en una unión finita de n triángulos no superpuestos entre sí P = T1 ∪ T2 ∪ · · · ∪ Tn P ′ = T ′ 1 ∪ T ′ 2 ∪ · · · ∪ T ′ n de tal manera que, por parejas, los triángulos Ti y T ′ i sean congruentes entre sí. Cuando dicha descomposición se explícita diremos que P y P ′ están equidescompuestos. Ejemplo 4.2. En un plano euclidiano, si consideramos P la unión de dos cuadrados con- gruentes entre sí y, P ′ un cuadrado cuyo lado es congruente con la diagonal de uno de los cuadrados de P , tenemos que P y P ′ son equidescomponibles. P P ′ 1Boltianski en [3] denomina a estas dos formas de proceder «método de división» y «médtodo de adición». 15 Ejemplo 4.3. En un plano euclidiano, un triángulo es equidescomponible a un paralelogramo de igual base y altura mitad. A B C D E F Sea el triángulo △ABC. Sean D y E el punto medio de los lados AC y BC, respectivamente. Prolonguemos el segmento DE una longitud igual a él mismo hasta el punto F . Entonces se tiene que DE ∼= FE, CE ∼= BE y ∠CED ∼= ∠BFE. Por lo tanto los triángulos △CDE y △BFE son congruentes y por lo tanto el triángulo △ABC y el paralelogramo ABFD son equidescomponibles. Veamos ahora las principales propiedades de la equidescomposición de polígonos. Proposición 4.4 (Aditividad de la equidescomposición). Sean dos parejas de polígonos P , P ′ y Q, Q′ equidescomponibles entre sí de tal manera que tanto P y Q como P ′ y Q′ no se superpongan entre sí. Entonces, P ∪Q y P ′ ∪Q′ son equidescomponibles. Demostración. Dado que las uniones son de polígonos no superpuestos, basta con definir la triangulación de cada unión como la unión de las triangulaciones de los polígonos que la forman. Proposición 4.5. En un plano de Hilbert, la equidescomposición de polígonos es una rela- ción de equivalencia. Demostración. La equidescomposición cumple por definición la reflexividad y la simetría. Veamos que cumple la transitividad: Supongamos que P y P ′ son dos polígonos equidescomponibles y que P ′ también es equidescomponible con P ′′. Entonces, existen unas triangulaciones tales que P = T1 ∪ ... ∪ Tn P ′ = T ′ 1 ∪ ... ∪ T ′ n = S ′ 1 ∪ ... ∪ S ′ m P ′′ = S ′′ 1 ∪ ... ∪ S ′′ m con Ti y T ′ i congruentes entre sí para cada i y cada S ′ j congruente con S ′′ j para cada j. Para ver que P es equidescomponible con P ′′, vamos a refinar las descomposiciones que hemos realizado en P ′. Así, para cada i, j consideramos las intersecciones de triángulos T ′ i ∩ S ′ j, que sabemos que en caso de tener interior no vacío, por la proposición 2.4, se trata de un polígono y como tal podemos ponerlo como unión de triángulos no superpuestos: T ′ i ∩ S ′ j = p⋃ k=1 R′ ijk y P ′ = ⋃ ijk R′ ijk para aquellos i, j que hagan la intersección con interior no vacío. Ahora, para trasladar esta descomposición a los polígonos P y P ′ utilizaremos los movimientos rígidos definidos entre triángulos congruentes φi : T ′ i −→ Ti y ψj : S ′ j −→ S ′′ j definidos para cada i, j. Llamando Rijk = φi(R ′ ijk) y R′′ ijk = ψi(R ′ ijk) se tiene que P = ⋃ ijk Rijk y que P ′′ = ⋃ ijk R′′ ijk 16 siendo por construcción Rijk, R ′′ ijk triángulos congruentes entre sí (ya que ambos lo son a R′ ijk). Además ambos conjuntos son familias de triángulos no superpuestos entre sí, también por construcción, ya que los R′ ijk y los Ti y Sj por definición no lo eran. Por lo tanto, se tiene que P y P ′′ son equidescomponibles. Proposición 4.6. Sean P y P ′ dos polígonos equidescomponibles y supongamos que P puede expresarse como la unión de dos subpolígonos no superpuestos entre sí P = P1 ∪ P2. Entonces, P ′ también puede expresarse como la unión no superpuesta de dos subpolígonos P ′ = P ′ 1 ∪ P ′ 2 tales que cumplan que P1 y P ′ 1, y P2 y P ′ 2 son equidescomponibles entre sí respectivamente. Demostración. Como P y P ′ son equidescomponibles, se tiene que: P = T1 ∪ ... ∪ Tn y P ′ = T ′ 1 ∪ ... ∪ T ′ n con Ti congruente con T ′ i para cada i = 1, ..., n. Ahora, para cada i ∈ {1, ..., n} las intersecciones P1 ∩ Ti y P2 ∩ Ti son polígonos, y como tal podemos expresarlos como la unión finita de triángulos no superpuestos: P1 ∩ Ti = m⋃ j=1 S1ij P2 ∩ Ti = m⋃ j=1 S2ij Ahora, como Ti es congruente con T ′ i para cada i ∈ {1, ..., n}, se tiene que existe un mo- vimiento rígido φi : Ti −→ Ti − T ′ i . Si para cada i ∈ {1, ..., n}, j ∈ {1, ...,m} y k ∈ {1, 2} llamamos S ′ kij = φi(Skij), entonces P ′ 1 = n,m⋃ i,j=1 S ′ 1ij P ′ 2 = n,m⋃ i,j=1 S ′ 2ij cumpliendo que P ′ = P ′ 1 ∪ P ′ 2 y que P1 con P ′ 1, y P2 con P ′ 2 son equidescomponibles. Para finalizar esta sección, demostremos el teorema de pitágoras haciendo uso de la equidescomposición de polígonos. Teroema 4.7 (Pitágoras). En un triángulo rectángulo, el cuadrado sobre la hipotenusa es equidescomponible a la unión de los cuadrados sobre los catetos. Demostración.(Bhaskara). Sea el triángulo rectángulo △ABC, con ángulo recto en ∠BAC. Sean los cuadrados DEFG, LMNO y MPQR de tal modo que DE ∼= BC, LM ∼= AB, MP ∼= AC y M ∗N ∗R. D E FG H I J K Ahora, en el cuadrado DEFG, podemos disponer los pun- tos H, I, J y K de tal forma que los triángulos △HDE, △IEF , △JFG y △KGD sean congruentes con △ABC. Por la complementariedad de los ángulos agudos de un triángulo rectángulo y la congruencia de segmentos, podemos garantizar que los triángulos apoyan sus catetos los unos en los otros y que forman el cuadrado HIJK. Esto da una des- composición del cuadrado DEFG en cinco polígonos. 17 L M NO P QR U S T Por otro lado, en la unión de los cuadrados LMNO ∪MPQR tomamos U de tal manera que el triángulo △LOU sea congruente con △ABC. De este modo, por la congruencia y suma de segmentos podemos garantizar que los triángulos △SUO, △UPT y △QTP también son congruentes con △ABC. Y además, esto mismo también evidencia que △NSTR es un cuadrado. Esto da una descom- posición de LMNO ∪MPQR en cinco polígonos. Para probar la equidescomposición basta probar que los dos cuadrados HIJK y NSTR son equidescomponibles, ya que los otros cuatro triángulos en ambas descomposiciones son todos congruentes a △ABC. Por un lado tenemos que HE ∼= TU por ser ambos congruentes con el lado AC de △ABC y por otro IE ∼= US por ser ambos congruentes con el lado AB, luego por la resta de segmentos congruentes se tiene que HI ∼= RN . Así, se tiene los dos cuadrados son congruentes y, por tanto, equidescomponibles. Luego, por la aditividad de la equidescomposición (4.4), concluimos que el cuadrado DEFG y la unión de los cuadrados LMNO y MPQR son equidescompuestos. 4.2. Equicomplementariedad En los Elementos [6], Euclides hace referencia a una «igualdad» entre polígonos dis- tinta a la congruencia, pero sin llegar a definirla. Hilbert mostró que esta igualdad puede definirse a partir de los axiomas. Hilbert llamó a esto «equicomplementariedad», aunque otros autores como Hartshorne [8] lo han denominado «igualdad de contenido», o incluso «equiadicionalidad» como hizo Boltianski [4]. Definición 4.8. Dos polígonos P y P ′ se dicen equicomplementables si existen otros dos polígonos Q y Q′ de tal forma que: P y Q no se superponen entre sí. P ′ y Q′ no se superponen entre sí. Q y Q′ son equidescomponibles. P ∪Q y P ′ ∪Q′ son equidescomponibles. Cuando dicha composición sea explícita, diremos que P y P ′ son equicomplementarios. 18 Ejemplo 4.9 (Proposición I.35). En un plano de Hilbert, dos paralelogramos de base común e igual altura son equicomplementarios.2 A B CD EF Consideremos los paralelogramos P = ABCD y P ′ = ABEF . Tomamos los triángulos Q = △CBF y Q′ = △DAF , que son congruentes y por lo tanto equidescomponibles. Entonces, se tiene que P ∪ Q y P ′ ∪ Q′ son am- bos el cuadrilátero ABED. Y así, obtenemos que los paralelogramos P y P ′ son equicomplementarios. Este ejemplo es el que inspira en Euclides [6] la noción de «igualdad» entre polígonos. Proposición 4.10. La equidescomposición de polígonos implica la equicomplementariedad, es decir, si dos polígonos son equidescomponibles, entonces son equicomplementables. Demostración. Se debe a la propia definición de equicomplementariedad y a la aditividad de la equidescomposición: Sean P y P ′ son equidescomponibles. Para cualquier pareja de polígonos equidescom- ponibles Q y Q′ que cumplan que no se superponen respectivamente con P y P ′, por la aditividad, se tiene que P ∪Q y P ′ ∪Q′ son equidescomponibles. Y por lo tanto P y P ′ son equicomplementarios. Todos los polígonos equidescomponibles, por definición, son equicomplementarios, pero el recíproco no es cierto siempre en un plano de Hilbert. Proposición 4.11. La equicomplementariedad de polígonos no implica la equidescomposi- ción, en el sentido de que dos polígonos equicomplementables no siempre son equidescompo- nibles. Contraejemplo. Sea ΠK el plano cartesiano sobre un cuerpo ordenado, Pitagórico y no Ar- quimediano K (y por tanto, un plano de Hilbert). Sean ABCD el cuadrado unidad y ABEF un paralelogramo donde E = (t, 1) y F = (t+ 1, 1) siendo t un elemento infinito de K. A B CD EF t t+ 1 ΠK Entonces, los dos paralelogramos comparten la base AB y están entre las mismas pa- ralelas (y = 0 e y = 1). Entonces, por el ejemplo 4.9 se tiene que ABCD y ABEF son equicomplementarios. Pero, por otro lado, el lado AE del romboide ABEF tiene una longitud de √ t2 + 1 > t que es infinita en el cuerpo K y, por el contrario, cualquier triángulo en que se descomponga 2Proposición I.35: «Los paralelogramos que están sobre la misma base y entre las mismas paralelas, son iguales entre sí». 19 el cuadrado ABCD tiene todos sus lados con una longitud menor o igual que √ 2. Por lo tanto ninguna combinación finita de estos triángulos cubrirá enteramente el lado AE y por ende, el paralelogramos ABEF . Por este motivo, los polígonos ABCD y ABEF no son equidescomponibles. Veamos ahora las principales propiedades de la equicomplementariedad de polígonos. Primero, tendremos que demostrar un lema técnico que usaremos recurrentemente. Lema 4.12. En un plano de Hilbert, sean dos polígonos P y Q. Entonces existe un movi- miento rígido φ tal que φ(P ) y Q no se superponen entre sí. A B V P Q φ(P ) r s Demostración. Sean P y Q dos polígonos cuales- quiera. Tomemos todos los segmentos que unen un vértice de P con otro de Q y escojamos aquel que su longitud sea la máxima de entre todos ellos. Supon- gamos que dicho segmento es AB, siendo A vértice de P y B de Q. Veamos que, si φ es la traslación del plano que lleva el punto A a B, P ′ = φ(P ) no se superpone con Q. Sean r y s las rectas perpendiculares a AB por A y B respectivamente. Entonces P está contenido enteramente en el mismo lado de r que B ya que si no fuera así, existiría un punto V , vértice de P , a distinto lado de r que B. Pero entonces, el ángulo ∠BAV sería obtuso, y por la proposición I.19 de los Elementos [6], se tendría que V B > AB lo cual contradiría la propia elección de AB3. Luego P está enteramente contenido en el mismo lado de r que B, y por tanto, al aplicar la traslación φ, P ′ está enteramente contenido en el lado de s contrario a A. Además, por un argumento similar al anterior, podemos deducir que Q se encuentra al mismo lado de s que A. De este modo, concluímos que P ′ y Q no se superponen entre sí. Proposición 4.13. En un plano de Hilbert, la equicomplementariedad entre polígonos es una relación de equivalencia. Demostración. La equicomplementariedad cumple por definición la reflexividad y la sime- tría. Veamos que cumple también la transitividad: Supongamos que P es complementable con P ′ y a su vez P ′ es complementable con P ′′. Entonces se tiene que existen dos pares de polígonos equidescomponibles Q,Q′ y R′, R′′ tales que: P ∪Q y P ′ ∪Q′ son equidescomponibles P ′ ∪R′ y P ′′ ∪R′′ son equidescomponibles El principal problema que podemos encontrarnos es que Q′ y R′ se superpongan. Nuestra intención entonces es «mover» con un movimiento rigído R′ para evitar esa superposición. Ahora bien, no podemos hacer esto sin asegurarnos de que no interfiere con la equidescom- ponibilidad de P ′ ∪ R′ y P ′′ ∪ R′′: podría darse la situación en que la triangulación que 3Proposición I.19: En todo triángulo, al ángulo mayor lo subtiende el lado mayor. 20 define en P ′ ∪ R′ dicha equidescomponibilidad cortara a R′ y, al trasladarlo, estaríamos «rompiendo» esta trangulación y no podríamos concluir la equicomplementariedad. Debemos entonces hacer más finas las triangulaciones que definen esta equidescomposi- ción y usaremos para ello el lema previo: Como los polígonos P ′∪R′ y P ′′∪R′′ son equidescomponibles y P ′ y R′ no se superponen entre sí, por el lema 4.6 podemos expresar P ′′ ∪ R′′ como la unión no superpuesta de dos subpolígonos equidescomponibles respectivamente a P ′ y R′. Uniendo entonces las triangu- laciones que definen estas equidescomposiciones, obtenemos otras dos (una de P ′∪R′ y otra de P ′′ ∪R′′) de tal manera que la tringulación resultante de P ′ ∪R′ no corta a R′. En este momento ya estamos en disposición de poder mover R′ de tal manera que se superponga con Q′. La existencia de un movimiento rígido φ del plano que nos permita hacer esto está garantizada por el lema (4.12). Si llamamos R̃ = φ(R′) , entonces seguimos teniendo que P ′ ∪ R̃ es equidescomponible con P ′′ ∪Q′′. Ahora, sea R un polígono equidescomponible con R̃ que no se superponga con P ni con Q y sea Q′′ un polígono equidescomponible con Q que no se superponga tampoco ni con P ′′ ni con R′′. Si llamamos S = Q ∪ R, S ′ = Q′ ∪ R̃ y S ′′ = Q′′ ∪ R′′, por la aditividad y la transitividad de la equidescomposición, se tiene que S, S ′ y S ′′ son equidescomponibles entre sí. Y así, de nuevo por la aditividad y la transitividad, P ∪ S es equidescomponible con P ′′ ∪ S ′′. Por lo tanto, se tiene que P es equicomplementable con P ′′, como se quería demostrar. Proposición 4.14 (Aditividad de la equicomplementariedad). En un plano de Hilbert, las uniones de polígonos no superpuestos equicomplementarios son equicomplementarios. Demostración. Sean las parejas de polígonos equicomplementarios P, P ′ y Q,Q′ y suponga- mos que tanto P y Q como P ′ y Q′ no se solapan entre sí. Entonces, existen dos pareja de polígonos equidescomponibles R,R′ y S, S ′ de tal manera que las parejas P ∪ R,P ′ ∪ R′ y Q ∪ S,Q ∪ S ′ son equidescomponibes respectivamente. De nuevo, nuestro problema es que nada nos garantiza que P ∪R y S o P ′∪R′ y S ′ no se solapen entre sí. Para evitar esto, utilizaremos el lema previo para evitar los solapamientos. Por el lema 4.12 existen dos movimientos rígidos φ, φ′ que evitan estos solapamientos, de tal manera que S̃ = φ(S) y S̃ ′ = φ′(S ′) no se solapen respectivamente con P ∪R y P ′ ∪R′. De este modo, por la aditividad de la equidescomposición (4.4), (P ∪Q)∪(R∪ S̃) y (P ′∪ Q′)∪(R′∪S̃ ′) son equidescomponibles y por lo tanto, P∪Q y P ′∪Q′ son equicomplementarios. Proposición 4.15 (Complementariedad de la equicomplementariedad). En un plano de Hilbert, los complementarios de polígonos equicomplementarios en polígonos equicomple- mentarios, son también equicomplementarios. Es decir, si dos polígonos P y P ′ son equi- complementarios y Q ⊂ P , Q′ ⊂ P ′ son también equicomplementarios entre sí, entonces P \Q y P ′ \Q′ son equicomplementarios. Demostración. Como P, P ′ y Q,Q′ son parejas de polígonos equicomplementarios, existen entonces sendas parejas de polígonos equidescomponibles R,R′ y S, S ′ de tal forma que P ∪R,P ′ ∪R′ y Q ∪ S,Q′ ∪ S ′ son equidescomponibles respectivamente. El principal escollo resulta en la posibilidad de solapamiento de los polígonos S y S ′ con el resto. Por ello, utilizamos el lema (4.12) para, con un movimiento rígido del plano, ubicar estos polígonos de tal forma que no se solapen con P ∪R y P ′∪R′ respectivamente. Si deno- tamos como S̃ y S̃ ′ a estos polígonos reubicados, que conservan su equidescomponibilidad, 21 se tiene que los únicos solapamientos que se dan en las dos familias de polígonos son el de Q con P y el de Q′ con P ′, siendo este total por tratarse de polígonos contenidos el uno en el otro. Ahora bien, se tiene lo siguiente. Por un lado, R ∪ (Q ∪ S̃) = Q ∪ R ∪ S̃ y R′ ∪ (Q′ ∪ S̃ ′) = Q′ ∪ R′ ∪ S̃ ′ son polígonos equidescomponibles por la aditividad de la equidescomposición (4.4). Por el otro, P ∪ R ∪ S̃ y P ′ ∪ R′ ∪ S̃ ′ también son equidescomponibles por ser la unión no superpuesta de polígonos equidescomponibles (4.4). Y como (P \Q) ∪ (Q ∪R ∪ S̃) = P ∪R ∪ S̃ (P ′ \Q′) ∪ (Q′ ∪R′ ∪ S̃ ′) = P ′ ∪R′ ∪ S̃ ′ concluimos que P \Q y P \Q′ son equicomplementarios. Teroema 4.16 (Pitágoras). En un triángulo rectángulo, la unión de los cuadrados sobre los catetos y el cuadrado sobre la hipotenusa son equicomplementarios. Demostración. (atribuida a Pitágoras). Sea el triángulo rectángulo △ABC con ángulo recto en ∠BAC. Llamemos a sus lados a, b y c de la manera usual. 4 Dispongamos de los cuadrados sobre los catetos de tal forma que compartan un vértice y los lados que confluyen en él estén sobre las misma dos perpendiculares. Entonces, podemos complementar esta unión sobre el cuadrado que los inscribe, uniéndoles cuatro triángulos congruentes con △ABC. Comprobamos fácilmente que el cuadrado complementado tiene lado b+ c. Por otro lado, también podemos complementar el cuadrado sobre la hipotenusa con otros cuatro triángulos congruentes con △ABC de tal manera que formen un cuadrado de lado b+ c. Como los dos cuadrados complementados tienen lado b+ c, son congruentes y por tanto equidescomponibles. Y así, los dos cuadrados sobre los catetos son equicomplementables con el cuadrado sobre la hipotenusa. Introduciremos ahora un axioma adicional que necesitamos para completar la teoría de la equicomplementariedad. Podemos entenderlo como la noción común 5 de losElementos de Euclides [6] «el todo es mayor que la parte». Gracias a este axioma podremos ordenar los polígonos de un plano euclidiano según su equicomplementariedad. Además, en la siguiente 4En esta demostración se inspira el diseño del escudo del equipo de Rugby Matemáticas UCM. 22 sección demostraremos que este axioma se cumple cuando existe una función de medida de área, luego en particular, lo hace en un plano de Hilbert con (P≤1). Z. (De Zolt) Si Q es un polígono contenido enteramente en otro polígono P , y P \Q tiene algún punto interior, entonces P y Q no son equicomplementarios. Lema 4.17. En un plano Euclidiano con (Z), sean dos rectángulos R y R′ de misma altura. Entonces, si R y R′ son equicomplementarios, son congruentes entre sí. Demostración. Sean AB y CD las longitudes de las bases de R y R′. Demostremos el contrarrecíproco: supongamos que AB no es congruente con CD y sin pérdida de generalidad supongamos que CD < AB. Veamos que R y R′ no son equicomplementarios. Como CD < AB, existe un punto E tal que A ∗ E ∗ B y AE ∼= CD. Ahora, sea R′′ el rectángulo sobre AE y la misma altura que R y R′. Se tiene que el rectángulo R′′ está contenido enteramente en el rectángulo R. Además, se tiene que R \ R′′ tiene interior no vacío. Por lo tanto, por el axioma de De Zolt (Z), R y R′′ no son complementarios. Y como R′′ ∼= R′, se tiene que R y R′ no son equicomplementarios. Proposición 4.18. En un plano Euclidiano con (Z) existe un orden total en el conjunto de clases de equivalencia de los polígonos complementarios con la propiedad de que si P ≤ Q, entonces existe un polígono P ′ contenido en Q y tal que es equicomplementario con P . Demostración. En la proposición (I.44) de los Elementos [6], Euclides demuestra que todo triángulo es equicomplementario con un paralelogramo con un ángulo y uno de sus lados prefijados5. Esto implica que cualquier polígono es equicomplementario a un rectángulo con uno de sus lados prefijados, ya que podemos aplicar (I.44) reiteradamente a todos los triángulos que lo componen. Por lo tanto, dados dos polígonos P y Q, podemos construir dos rectángulos equicom- plementarios a ellos R y S de misma altura. Así, podemos comparar P y Q acorde con la longitud de las bases de R y S. Y además, como hemos visto en la demostración del lema (4.17), en caso de que P < Q, existe un rectángulo T equicomplementario con P tal que T ⊂ Q. 4.3. Relación con el área Proposición 4.19. En un plano de Hilbert con una función de medida de área α definida en él, la equidescomposición implica la igualdad de área respecto de α. Es decir: Si P y P ′ son equidescomponibles, entonces α(P ) = α(P ′). Demostración. Como P y P ′ son equidescomponibles, podemos descomponerlos en un nú- mero finito de triángulos que sean, por parejas, congruentes entre sí y por lo tanto tienen el mismo área con respecto a α. Y se como se tratan de uniones no superpuestas, se tiene que α(P ) = n∑ i=1 α(Ti) = n∑ i=1 α(T ′ i ) = α(P ′) 5Proposición I.44. Aplicar a una recta dada en un ángulo rectilíneo dado, un paralelogramo igual a un triángulo dado. 23 Proposición 4.20. En un plano de Hilbert con una función de medida de área α definida en él y sobre un grupo G, la equicomplementariedad implica la igualdad de área respecto de α. Es decir: Si P y P ′ son equicomplementarios, entonces α(P ) = α(P ′). Demostración. Como P y P ′ son equicomplementarios, entonces existen dos polígonos Q y Q′ equidescomponibles entre sí y que no se superponen respectivamente con P y P ′ tales que P ∪Q es equidescomponible con P ′ ∪Q′. Así, por (b), se tiene que tanto Q y Q′ como P ∪Q y P ′∪Q′ tienen el mismo área respecto de α. Además, por la aditividad de la medida de área, se tiene que α(P ) + α(Q) = α(P ∪Q) = α(P ′ ∪Q′) = α(P ) + α(Q′) = α(P ′) + α(Q) Y restando α(Q) en el grupo G, concluimos que α(P ) = α(P ′). Corolario 4.21. En un plano de Hilbert, la existencia de una función de medida de área garantiza el cumplimiento del axioma de De Zolt (Z). Demostración. Supongamos que en un plano de Hilbert existe una medida de área α. Sean entonces, dos polígonos P y Q de tal forma que Q está enteramente contenido en P y que P \ Q tiene al menos un punto interior. Entonces, por la proposición (3.2) se tiene que α(Q) < α(P ) y por el contrarrecíproco de la proposición (4.20) se tiene que P y Q no pueden ser equicomplementarios. Por lo tanto, se sostiene el axioma de De Zolt (Z). Y al haber probado que en un plano de Hilbert con (P≤1) existe la función de medida de área a, podemos concluir que: Corolario 4.22. En un plano de Hilbert con (P≤1) se cumple el axioma de De Zolt (Z). Teroema 4.23. En un plano de Hilbert con (P≤1), la equicomplementariedad es equivalente a la igualdad de área respecto de la medida a. Es decir, P y Q son dos polígonos equicomplementarios si y sólo si a(P ) = a(Q) Demostración. Que la equicomplementariedad implica la igualdad de área lo hemos com- probado en (4.20). Para probar el recíproco nos apoyaremos en la proposición (I.44) de los Elementos de Euclides [6], que nos asegura que dados dos polígonos P y Q, podemos encon- trar dos rectángulos P ′ y Q′ equicomplementarios a ambos respectivamente y que, además, podemos suponer que uno de los dos lados de los rectángulos tiene longitud 1 en el cuerpo de la aritmética de segmentos. Por lo tanto, si los otros dos lados de los rectángulos tienen longitudes a y b, tenemos que las áreas de los rectángulos son a(P ′) = 1 ·a = a y a(Q′) = 1 · b = b. Entonces, como por hipótesis a(P ) = a(Q) y hemos visto que el área se conserva en figuras complementarias, obtenemos que tenemos que a = a(P ′) = a(Q′) = b. Pero esto quiere decir que los rectángulos P ′ y Q′ son congruentes y por tanto equicomplementarios. Y así, por la transitividad de la equicomplementariedad, concluimos que P y Q son equicomplementarios. 24 Capítulo 5 Disección En este capítulo definiremos el método de disección, por el cual se podrán obtener po- lígonos equivalentes. Demostraremos sus propiedades más importantes y demostraremos el teorema de Pitágoras. Construiremos distintas equivalencias por disección entre polígonos en planos de Hilbert y euclidianos. Finalmente, demostraremos la equivalencia entre las cuatro maneras que hemos presentado de definir área en un plano euclidiano. El método de disección puede recordarnos a algún juego del ámbito de las matemáticas recreativas, como el Tangram, cuyo objetivo es construir con siete piezas poligonales siluetas de objetos de la vida cotidiana. En alguno de estos juegos, el punto de dificultad añadida es construir una figura a partir de las piezas que formaban otra, pero sin «voltear» dichas piezas. Esta es la idea detrás de la disección, que algunos autores llaman «scissors congruence», por su similitud con los juegos infantiles de recortables. Definición 5.1. Se define como disección al método por el cual, dados dos polígonos P y Q, el primero puede descompo- nerse en una unión finita de polígonos no superpuestos entre sí de tal manera que, tras ser desplazados por movimientos rígi- dos sin reflexiones (basados sólo en traslaciones y rotaciones), pueden unirse sin solapamientos para componer Q. Diremos entonces que P y Q son equivalentes por disección o equicompuestos. Ejemplo 5.2 (Puzzle de Haberdasher). Dudeney propuso y resolvió el problema de dar una disección entre un triángulo equilátero y un cuadrado con sólo tres cortes. Proposición 5.3. Las uniones no superpuestas de polígonos equicompuestos son equicom- puestos Demostración. Se desprende de la definición, tomando las uniones de los polígonos que los componen, ya que no hay solapamiento ni se realiza ninguna reflexión. Proposición 5.4. En un plano de Hilbert, la equicomposición de polígonos es una relación de equivalencia. Demostración. Por definición la equivalencia por disección cumple la reflexividad y la sime- tría. Veamos que cumple la transitividad. 25 Sean P, P ′ y P ′′ tres polígonos de tal manera que existen una disección de P en P ′ y otra de P ′ en P ′′. Es decir, P = Q1 ∪ ... ∪Qn y P ′ = Q′ 1 ∪ ... ∪Q′ n con φi : Qi −→ Q′ i para cada i ∈ {1, ..., n} y P ′ = R′ 1 ∪ ... ∪R′ m y P ′′ = R′′ 1 ∪ ... ∪R′′ m con ψj : R ′ j −→ R′′ j para cada j ∈ {1, ...,m} de tal manera que cada φi y ψj son movimientos rígidos sin reflexiones. Entonces en P ′ tenemos dos descomposiciones, una por cada disección. Intersecando sus elementos entre sí tal que S ′ ij = Q′ i ∩ R′ j, obtenemos una descomposición más fina. Trasladamos estas descomposiciones a P y a P ′′ con los movimientos rígidos que las definen tal que Sij = φ−1 i (S ′ ij) y S ′′ ij = ψj(S ′ ij) Esto nos da una disección entre P y P ′′ ya que ψj ◦ φi(Sij) = S ′′ ij y ψj ◦ φi no contiene reflexiones para cada i ∈ {1, ..., n} y j ∈ {1, ...,m}. Para ejemplificar su relación con el concepto de área, probemos el teorema de Pitágoras mediante una disección. Teroema 5.5 (Pitágoras). En un plano de Hilbert con (P≤1), dado un triángulo rectángulo, existe una disección de los cuadrados sobre los catetos en el cuadrado de la hipotenusa. Demostración. (Dudeney). Sea △ABC un triángulo rectángulo en un plano de Hilbert con (P≤1), con án- gulo recto en ∠BAC. Y sean □ABDE, □BCFG y □ACHI los cuadrados sobre sus lados. Supongamos, sin perder generalidad, que el cateto mayor es AC. Sea O el centro del cuadrado □ACHI y tracemos dos paralelas a los lados del cuadrado sobre la hipotenusa de tal manera que corta a los lados de □ACHI en los puntos J,K, L y M . Ahora sean N,P,Q,R los puntos medios de los la- dos del cuadrado sobre la hipotenusa. Tracemos desde N y Q dos rectas paralelas al cateto AB y desde P y R dos rectas paralelas al cateto AC y llamemos S, T, U y V a los puntos donde se intersecan. Ahora, como O es el centro del cuadrado □ACHI, se tiene que JL ∼= KM y O es su punto medio. Además, el cuadrilátero BCMK es un paralelogramo, luego deducimos que los segmentos OJ,OK,OL y OM son congruentes con la mitad de la hipotenusa. Esto, sumado a que JL y KM son paralelos a los lados de □BCFG y que desde los puntos N,P,Q y R hemos trazado paralelas a los lados de □ACHI, por la congruencia de ángulos con lados paralelos, obtenemos las congruencias de cuadriláteros OJIK ∼= FRV Q, OKAL ∼= CNSR y OLCM ∼= OMHJ . Además, por cómo hemos realizado la construcción, todos los cuadriláteros tienen la misma orientación. 26 Por último, el cuadrilátero STUV se trata de un cuadrado ya que sus lados son paralelos a los del cuadrado □ACHI. Además, NT ∼= MC y NS ∼= KA, por la congruencia que acabamos de probar. Y de nuevo, por tratarse el cuadrilátero BCMK de un paralelogramo, CM ∼= BK. Por lo tanto, por la resta de segmentos congruentes se tiene que ST ∼= AB, lo que demuestra que □ABDE ∼= □STUV . 5.1. Equivalencias por disección En esta sección vamos a demostrar distintas equivalencias por disección entre polígonos. En ocasiones tendremos que asumir distintos axiomas y probar algunos lemas técnicos para poder garantizar las construcciones. Proposición 5.6. En un plano de Hilbert con (P≤1), existe una disección de cualquier triángulo a un paralelogramo de misma base y altura mitad. Demostración. La construcción propuesta en el ejemplo (4.3) da lugar a una disección entre el triángulo △ABC y el paralelogramo ABFD, ya que los triángulos △DEC y △FEB no son imagen especular el uno del otro. De hecho, para mover el primero a la posición basta con aplicar una rotación sobre el punto E con un ángulo de dos rectos. Lema 5.7. Sea el triángulo △ABC, y supongamos que el punto D, pie de la altura de A al lado BC, no está entre B y C. Entonces, o bien ∠ABC, o bien ∠BCA es obtuso. A B CD Demostración Supongamos que D ∗B ∗C, entonces ∠ABC es ángulo exterior del triángulo rectángulo △ADB, y por (I.16), obtuso. Respectivamente, en el caso de que B ∗ C ∗ D, ∠BCA es obtuso. Proposición 5.8. En un plano de Hilbert con (P≤1), existe una disección de un paralelo- gramo a un rectángulo de mismo lado. Demostración. Sea el paralelogramo ABCD. Trazando las alturas de los puntos C y D sobre el lado AB y llamemos E y F a sus respectivos pies. Entonces pueden darse dos casos: A B CD EF Caso 1: Uno de los dos pies está en el segmento AB. Supongamos que A ∗ F ∗ B. Entonces se tiene que △ADF ∼= △BCE por (LAL) y no son imagen es- pecular el uno del otro. De este modo se tiene la disección del paralelogramo ABCD en el rectángu- lo FECD. 27 A B CD EF Caso 2: Ninguno de los pies está en el segmento AB. Supongamos que A ∗B ∗ F ∗E. Entonces el ángulo ∠DBF es agudo ya que △DBF es un triángulo rec- tángulo en F . Por lo tanto, su ángulo suplementario ∠ABD es obtuso. Esto implica que los dos ángulos ∠BAD y ∠BDA son agudos y por tanto, por el con- trarrecíproco del lema (5.7), el pie de la altura de B sobre AD está entre A y D. Por lo tanto, en el Caso 2 si en vez de las alturas de C y D sobre AB, trazamos las de B y C sobre el lado AD, nos encontramos en el Caso 1 y por tanto existe tal disección en cualquiera de los casos. Lema 5.9. Sea un plano de Hilbert con (P≤1). Sea un rectángulo ABCD, y un punto E de tal manera que A ∗ B ∗ E y que las longitudes de los segmentos AB y AE respectivamente a y b en el cuerpo de la aritmética de segmentos cumplan que a < b < 2a. Entonces, existe una disección del rectángulo ABCD en otro con lado AE. Demostración. Sea B′ en el rayo −→ AE tal que AB ∼= BB′. Entonces el segmento DB′ corta al lado BC en su punto medio M y como por hipótesis B ∗ E ∗ B′, el segmento DE lo corta en F de tal manera que B ∗ F ∗M . Sea entonces G en AD de tal manera que DG ∼= EF . Sea entonces AEHG el rectángulo de lados AE y AG. El lado GH se interseca con DF y BC en K y L respectivamente. Por paralelismo se tiene que ∠GDK ∼= ∠BFE, lo que supone que △GKD ∼= △BEF por (ALA). Además como AE ∼= GH y BE ∼= GK, por resta de segmentos, se tiene que KH ∼= AB ∼= CD. Y por un razonamiento similar como BC ∼= AD y BF ∼= DG se tiene que CF ∼= AG ∼= EH. Lo que supone que por (LAL) △CDF ∼= △HKE, y por tanto da una disección entre el rectángulo ABCD y el rectángulo AEHG. Nótese que la hipótesis sobre los segmentos es necesaria ya que de otra manera, si B ∗ B′ ∗E, se tendría que E ∗M ∗ F y entonces el triángulo △BEF no estaría contenido en el rectángulo AEHG. Lema 5.10. En un plano de Hilbert con (P≤1) y (A). Sea un segmento de longitud b. Entonces existe una disección de cualquier rectángulo en otro con lado a que cumpla que a < b < 2a. Demostración. Primero, describamos una disección que usaremos recurrentemente: Sea un rectángulo ABCD y sea E el punto medio de AB. Trazando una paralela a CD por E, queda el rectángulo dividido en dos partes iguales. Trasladando el rectángulo EBCF de tal manera que EB quede sobre DF , obtenemos por disección el rectángulo AECF cumpliendo que AE es la mitad de AB y AF el doble de AD. 28 Ahora, sea un rectángulo sobre un lado a. Supongamos que no se cumple que a < b < 2a. Entonces, puede haber dos casos: Si a < 2a < b: Por el axioma de Arquímedes (A) se tiene que existe un número natural n tal que a < b < na. Si b < a < 2a: Por el axioma de Arquímedes (A) se tiene que existe un número natural m tal que a < mb y por lo tanto 1 m a < b < a. Esto nos garantiza que repitiendo un número finito de veces la disección anterior, podemos alcanzar la condición de que a < b < 2a. Proposición 5.11. En un plano de Hilbert con (P≤1) y (A), dado un rectángulo ABCD y un segmento EF cualquiera, existe una disección de ABCD en otro rectángulo con lado EF . Demostración. Llamemos a y b a las longitudes de los segmentos AB y EF en el cuerpo de la aritmética de segmentos. Entonces, si no se satisface que a < b < 2a, podemos aplicar el lema (5.10) y una vez lo hayamos logrado, aplicar el lema (5.9). Teroema 5.12. En un plano de Hilbert con (P≤1) y (A), dado un polígono P y un segmento AB cualquiera, existe una disección de P a un rectángulo de lado AB. Demostración. Sabemos que P puede descomponerse en una triangulación P = T1∪ ...∪Tn. Ahora a cada Ti les aplicamos las proposiciones (5.6), (5.8) y (5.11) para obtener unos rectángulos R1, ..., Rn equivalentes por disección a los triángulos y con lado AB. Ahora, trasladando estos rectángulos, podemos apilarlos uno encima del otro y obtener un rectán- gulo R equivalente por disección a P . Corolario 5.13. En un plano de Hilbert con (P≤1) y (A) existe un orden total sobre el conjunto de los polígonos. Demostración. Sean dos polígonos P y P ′, veamos que po- demos compararlos de alguna manera. Sea un segmento AB cualquiera. Por el teorema (5.12), P y P ′ pueden diseccionar- se en dos rectángulos ABCD y ABC ′D′. Podemos entonces definir un orden de tal manera que P < P ′ si AD < AD′, pe- ro para ello faltaría comprobar que no depende del segmento AB. Veamos entonces, que la relación de orden entre P y P ′ se mantiene si escogemos ahora el segmento AE ̸= AB. Su- pongamos que AB < AE < 2AB, entonces estamos en las hipótesis del lema (5.9). Realicemos esta disección en los dos rectángulos simultáneamente. Por semejanza de los triángu- los △EFF ′ y △EDD′, tenemos que FF ′ < DD′. Entonces haciendo las siguientes operaciones con segmentos: AG+GD +DD′ = AG′ +G′D Como GD ∼= BF y G′D′ ∼= BF ′, se tiene que AG+BF +DD′ = AG′ +BF ′ = AG′ +BF + FF ′ < AG′ +BF +DD′ =⇒ AG < AG′ 29 Lo que nos da de nuevo que P < P ′. Además, como en la proposición (5.11), en el caso de no satisfacer la condición de que AB < AE < 2AB, utilizaremos en ambos rectángulos la disección descrita en el lema (5.10). Como en esta disección resulta un rectángulo con lados mitad y doble del original, la relación de orden entre los lados desiguales de los rectángulos se mantiene. Lema 5.14. En un plano de euclidiano, sea un rectángulo ABCD tal que a = AB y b = AC satisfaciendo a < b < 4a. Entonces, existe un segmento c = AE tal que el rectángulo ABCD es equivalente por disección a un cuadrado con lado AE. Demostración. Sea D′ en el rayo −→ BA tal que AD′ ∼= AD. Ahora, siendo el punto medio de AD′ el punto O, tracemos una circunferencia de diámetro AD′ que corta al rayo −−→ AD en el punto G. Sea ahora E en el rayo −→ AB tal que AE ∼= AG y llamemos c a su longitud. Veamos que el seg- mento AE cumple las hipótesis del lema (5.9) para poder aplicar esa disección. Como ∠D′GB es un ángulo recto, se tiene que ∠AGB ∼= ∠AD′G y además como hemos supuesto que a < b, ambos son menores que la mitad de un recto. Por lo tanto, se tiene que a < c < b. Por otro lado, por (S-AAA), los triángulos △D′AG y △GAB son semejantes. Por tanto, si c ≥ 2a, por semejanza, b ≥ 2c, lo que resulta en que b ≥ 4a, lo que contradice nuestras hipótesis. Esto fuerza a que a < c < 2a y por tanto se satisfagan las hipótesis del lema (5.9). Ahora, estamos en disposición de hacer la disección propuesta en el lema (5.9), pero falta comprobar que el rectángulo sobre el lado AE resulta un cuadrado. Por (LAL) △DAE ∼= D′AG, con lo que los ángulos ∠AGB y ∠ADE son congruentes. Entonces, DE y GB son paralelas y por tanto GD ∼= BF . Esto implica que es desde el mismo punto G donde se traza la perpendicular en la disección y como AE ∼= AG, el rectángulo resultante es realmente el cuadrado □AEHG. Teroema 5.15. En un plano Euclidiano con (A), cualquier polígono puede es equivalente por disección a un cuadrado. Demostración. Sea un polígono P y sea un segmento AB cualesquiera. Entonces, por el teorema (5.12) existe una disección de P en un rectángulo de lado AB. Ahora, queremos utilizar la disección descrita en el lema (5.14), pero para ello debemos garantizar que lados a y b cumplan que a < b < 4a. Para ello, utilizaremos la disección descrita en el lema (5.10). Supongamos que a < 4a < b. Tras realizar la disección obtenemos un rectángulo con lados 2a y 1 2 b que cumplen que 2a < 1 2 b. Ahora si se cumple que 2a < 1 2 b < 8a, estamos 30 en las hipótesis del lema (5.14). En caso de que 2a < 8a < 1 2 b, debemos aplicar de nuevo el lema (5.10). El axioma de Arquímedes (A) nos garantiza que tras un numero finito de veces, estaremos en las condiciones de aplicar el lema (5.14) y tras hacerlo, obtenemos el cuadrado. 5.2. Relación con el área En esta sección vamos a ver la relación de la equicomposición de polígonos con el resto de deifiniciones del área que hemos dado en este trabajo y concluiremos con el teorema de Bolyai-Gerwien, que prueba la equivalencia entre todas ellas. Lema 5.16 (Gerling). En un plano de Hilbert, dado cualquier triángulo existe una disección en su imagen especular. Demostración. Sea el triángulo △ABC. Sea I su incentro y llamemos D, E y F a los pies de las perpendiculares a los lados des- de I, que son los puntos de tangencia de la circunferencia circunscrita con los lados del triángulo. Fijémonos en los triángulos △AIF y △AIE. Dado que ∠FAI ∼= ∠EAI, y am- bos son triángulos rectángulos, se tiene que ∠AIF ∼= AIE. Además ambos triángulos comparten el lado AI y IF ∼= IE por ser inradios, luego por (LAL) son triángulos con- gruentes. De hecho, es más, son simétricos el uno del otro respecto del lado común AI. Traslademos ahora esta construcción a la imagen especular de △ABC, el triángulo △A′B′C ′. Se tiene entonces que △A′I ′F ′ es imagen especular de △AIF . Sin embargo, △A′I ′E ′, también congruente con él, no lo es. Y lo mismo sucede con △AIE y ∠A′I ′F ′, son congruentes pero no son simétricos el uno respecto del otro. De este modo, siguiendo el mismo razonamiento para las demás parejas de triángulos damos una disección del triángulo △ABC en su simétrico ∠A′B′C ′. Proposición 5.17. La equidescomposición de polígonos es equivalente a la equicomposición de polígonos. Es decir, P y Q son equidescomponibles si y sólo si P y Q son equivalentes por disección Demostración. Ya vimos que la equicomposición implica la equidescomposición. Para probar el recíproco, notemos que en una equidescomposición de dos polígonos, realizamos en ambos dos triangulaciones cuyos triángulos son congruentes dos a dos. El principal escollo que nos encontramos es que dos triángulos congruentes pueden ser imagen especular el uno del otro, lo que, a priori, nos imposibilitaría mover el uno sobre el otro sin aplicar una reflexión. El lema (5.16) nos resuelve este problema, pues podemos afinar estas primeras triangulaciones a otras dos en las que las parejas de triángulos no sólo sean congruentes, sino que además no sean simétricos. Por lo tanto, esas triangulaciones no sólo definen la equidescomposición, sino también una disección entre ambos polígonos. 31 Teroema 5.18 (Bolyai, Gerwien). En un plano de Hilbert con (P≤1) y (A), sea la función de medida de área a. Entonces, la equicomposición de polígonos es equivalente a la igualdad de área respecto de a. Es decir, P y Q son equivalentes por disección si y sólo si a(P ) = a(Q) Demostración. ⇒) Esto es claro por lo que ya hemos demostrado. En la proposición (5.17) hemos probado la equivalencia entre la equivalencia por disección y la equidescomposición, y a su vez en la proposición (4.19). ⇐) Para demostrar esta implicación, tomemos dos polígonos P y Q de misma área, es decir a(P ) = a(Q). Por el teorema (5.12), ambos polígonos pueden diseccionarse a dos rectángulos que tengan un lado de longitud 1 y el otro con longitudes p y q. Por la implicación anterior, tenemos que ambos rectángulos tienen el mismo área respectivamente que P y Q y como por (3.10) el área de un rectángulo R de lados 1 y a es a(R) = a, deducimos que p = q y, en definitiva, que los dos rectángulos son congruentes. De este modo, por la transitividad de la equivalencia por disección (5.4), se tiene que existe una disección de P sobre Q. Corolario 5.19. En un plano de Hilbert con (P≤1) y (A), sea la función de medida de área a. Entonces la equidescomposición, la equicomplementariedad, la equivalencia por disección son equivalentes entre sí y a su vez con la igualdad respecto de a. Demostración. Es consecuencia directa del teorema de Bolyai-Gerwin (5.18), el teorema (4.23) y la proposición (5.17). 32 Capítulo 6 La teoría del volumen En este capítulo veremos la imposibilidad de desarrollar una teoría del volumen de po- liedros que no dependa de axiomas de continuidad como el de Dedekind (D). Explicaremos el contexto histórico en el que se formuló el conocido como «tercer problema de Hilbert» y probaremos la solución dada por Dehn con la construcción de un invariante. 6.1. El tercer problema de Hilbert En el Congreso Internacional de Matemáticas de 1900 en París, David Hilbert formuló una lista de 23 problemas «para el siglo que comienza». En la tercera posición de esta lista se formulaba el siguiente problema: Especificar dos tetraedros de bases y alturas iguales que no puedan ser divididos de ninguna manera en dos tetraedros congruentes, y que tampoco puedan ser combinados con tetraedros congruentes para formar dos poliedros que a su vez no puedan ser divididos en dos tetraedros congruentes. La importancia de este problema, viene de mucho más atrás en la historia. En la proposición XII.5 de los Elementos de Euclides [6] se demuestra que dos pirámides con igual base e igual altura tienen el mismo volumen. El problema reside en que para hacerlo, se utiliza el llamado «método de exhaución». En este caso, se construye una pirámide escalonada, la cual se van haciendo cada vez más pequeños sus escalones (llamada la «escalera del diablo» por algunos autores). Este método no es otra cosa que lo que hoy en día llamaríamos «paso al límite». En términos modernos, la formulación de la prueba de la proposición XII.5 en los Elementos depende del axioma de Dedekind (D), lo que no es puramente geométrico. Esto tiene fuertes implicaciones, porque se utiliza en la demostración de la proposición XII.8, donde se demuestra que el volumen de un tetraedro es un tercio del prisma que determinan sus cuatro vértices. Es decir, que la teoría clásica del volumen parece depender del axioma de continuidad, al contrario del caso del área en el que puede desarrollarse, como hemos visto, toda una teoría basada en argumentos geométricos. Sin embargo, de lo aprendido en el caso del área, surge una estrategia para poder de- sarrollar una teoría del volumen sin (D). Siguiendo el mismo esquema, podemos definir la equidescomposición, equicomplementariedad y equicomposición de poliedros, que no depen- den de (D) y que tienen unas propiedades similares a las vistas para los polígonos. Si ahora 33 se consiguiera demostrar un resultado similar al teorema de Bolyai-Gerwien, se llegaría a la conclusión de que puede definirse el volumen de poliedros sin necesidad de asumir (D). Ya desde los tiempos de Gauss, se intuía que la respuesta a si se podría abrir esta vía era negativa, como le advirtió a Gerling en la correspondencia que mantuvieron. El intento de demostración que dio Bricard en 1986, así como otros posteriores, resultaron erróneos. Pero Max Dehn, alumno del propio Hilbert, dio con una respuesta negativa correcta. Su idea se asemeja a lo que hoy desarrollan áreas como la homología o la homotopía: asignar a cada poliedro un valor que no varíe mediante los procesos de disección y demostrar que hay dos poliedros que tienen el distinto invariante. A continuación desarrollaremos un enfoque moderno de este planteamiento a partir de los productos tensoriales. 6.2. El invariante de Dehn Definición 6.1. Para cada poliedro P en el espacio euclidiano, definimos el invariante de Dehn d(P ) ∈ R⊗Z R/πZ como d(P ) = n∑ i=1 (ai, αi) donde n es el número de lados de P , ai es la longitud del lado y αi la medida del ángulo diédrico formado por las dos caras que se encuentran en ese mismo lado para cada i ∈ 1, ..., n. Observación 6.2. R⊗Z R/πZ es el producto tensorial formado por elementos de la forma n∑ i=1 (ai, αi) donde ai ∈ R y αi ∈ R/πZ y cumpliéndose que (a, α) + (a, β) = (a, α+ β) (a, α) + (b, α) = (a+ b, α) Con esta operación, (R⊗Z R/πZ,+) es un grupo abeliano. Ejemplo 6.3 (Invariante de Dehn de un cubo). Sea C un cubo de lado a. Todos sus ángulos diedricos son rectos, por lo tanto su invariante de Dehn es d(C) = 12∑ i=1 (a, π/2) = 12 · (a, π/2) Operando en R⊗Z R/πZ obtenemos que (a, π/2) = (a/2, π/2) + (a/2, π/2) = (a/2, π) = 0 Luego el invariante de Dehn de todo cubo es d(C) = 0. Vista la definición de d, veamos que de hecho es invariante respecto de la equicomposición. Para ello, primero tenemos que probar su aditividad para uniones sin solapamientos. 34 Proposición 6.4 (Aditividad del invariante de Dehn). Sean P1 y P2 dos poliedros que no se superponen entre sí. Entonces d(P1 ∪ P2) = d(P1) + d(P2) Demostración. La demostración se reduce a probar cómo son los lados y ángulos diédricos poliedro resultante de unir otros dos y ver como afecta esto al invariante de Dehn. Podemos considerar tres casos: Si un lado de longitud a en P1 y otro de la misma longitud en P2 forman un solo lado de P1∪P2 de longitud a al hacer la unión. En este caso, el ángulo diedral α sobre ese lado en P1 ∪P2 será la suma α1 +α2 de los ángulos en P1 y P2. Y como en R ⊗Z R/πZ (a, α1 + α2) = (a, α1) + (a, α2), la contribución de esto a d son las mismas. Si dos lados de longitudes a en P1 y b en P2, con el mismo ángulo diedral α forman un lado de longitud a + b en P1 ∪ P2. Como en R ⊗Z R/πZ (a + b, α) = (a, α) + (b, α), la contribución de esto a d son las mismas. Si dos lados de longitud a en P1 y P2 forman una sola cara al hacer la unión. En este caso, no forman ningún lado en P1 ∪ P2, pero los ángulos diedrales de ambos lados α en P1 y β en P2 han de ser suplementarios para formar esa cara, por lo tanto α + β = π. Y como en R ⊗Z R/πZ (a, α) + (a, β) = (a, π) = 0, la contribución de esto a d son las mismas. Corolario 6.5. Dos poliedros equicompuestos tienen el mismo invariante de Dehn. Demostración. Sean dos poliedros equicompuestos P y P ′. Entonces ambos pueden descom- ponerse en las uniones no superpuestas de P = P1 ∪ ... ∪ Pn y P ′ = P ′ 1 ∪ ... ∪ P ′ n con P ′ i = φi(Pi) para cada i ∈ {1, ..., n}, siendo φi un movimiento rígido del espacio sin reflexiones. 35 Entonces se tiene que d(Pi) = d(P ′ i ) para cada i ∈ {1, ..., n}. Luego por (6.4) se tiene que d(P ) = n∑ i=1 d(Pi) = n∑ i=1 d(P ′ i ) = d(P ′) Lema 6.6. Sea (a, α) ∈ R⊗Z R/πZ. Entonces, (a, α) = 0 si y sólo si a = 0 o es múltiplo racional de π Demostración. ⇒) Sea (a, α) = 0 y supongamos que a ̸= 0. Ahora, entendamos R como espacio vectorial sobre Q. Dado que a ̸= 0, aQ es un subespacio vectorial unidimensional suyo. Escoja- mos W = (aQ)⊥. Entonces para cada b ∈ R, podemos expresarlo de forma única como b = q · a+ w con q ∈ Q y w ∈ W . Entonces, definimos el homomorfismo de grupos f : R⊗Z R/πZ −→ R/πQ z = ∑n i=1(bi, βi) 7→ f(z) := ∑n i=1 qi · βi de tal manera que ai = qi · a+ wi para cada i ∈ 1, ..., n. Comprobemos que f está bien definida. • Primero, como βi ∈ πZ, entonces riβi ∈ πQ para cada i ∈ 1, ..., n. • Si z = (b, β) = (b1, β) + (b2, β) con b1 = r1 · a+ w1 b2 = r2 · a+ w2 Entonces, b = (r1 + r2) · a+ (w1 + w2) y por lo tanto f(z) = (r1 + r2) · β. Por el otro lado, por ser f homomorfismo f(z) = f((b1, β)) + f((b2, β)) = r1 · β + r2 · β = (r1 + r2) · β Luego f está bien definida. Ahora, a = 1 ∗ a + 0, por lo que f((a, α)) = α ∈ R/πQ. Entonces, si (a, α) = 0 en R⊗ZR/πZ, por ser f homomorfismo de grupos, f((a, α)) = 0 en R/πQ, luego α ∈ πQ, es decir, α es múltiplo racional de π. ⇐) Si a = 0 el resultado es claro. Supongamos que α es un múltiplo racional de π, entonces α = p q π con p, q ∈ Z. Entonces, operando en R⊗Z R/πZ tenemos que (a, α) = q · (a/q, α) = (a/q, qα) = (a/q, pπ) = 0 Proposición 6.7. El invariante de Dehn de un tetraedro regular es no nulo. 36 Demostración. Sea el tetraedro regular T = ABCD de lado a. Para calcular su invariante de Dehn, pri- mero debemos conocer su ángulo diedral. Sea O el centro de la cara △ABC. Y sea P el pie de la altura de D en la cara △ABD. En el triángulo rectángulo △APD la hipotenusa AD = a y el cateto AP = a/2 por lo que, aplicando el teorema de Pitágoras, de- ducimos que PD = √ 3 2 . Ahora, como el triángulo △APC ∼= △APD, se tiene que PC = √ 3 2 , y por ser O baricentro de △ABC, se tiene que OP = √ 3 6 . Por lo tanto, del triángulo rectángulo △POD obtenemos que cosα = 1 3 y en consecuencia senα = 2 √ 2 3 . Sea ahora el número complejo w = cosα + i senα = 1 + 2 √ −2 3 ∈ C. w es raíz del polinomio 3z2 + 2z + 3 ∈ Q[z], por lo que Q(w) = Q( √ −2) es una extensión de cuerpos de grado 2 sobre Q. Ahora, si α fuera un múltiplo racional de π, es decir, si α = p q 2π con p, q ∈ Z y (p, q) ∼ 1 y entonces z sería una q-ésima raíz primitiva de la unidad y su polinomio mínimo sería el polinomio ciclotómico Φq Q(z), que tiene grado ϕ(q), siendo ϕ la función de Euler que se define como ϕ(m) = n∏ i=1 pli−1 i (pi − 1) para m = pl11 · ... · plnn para cada m ∈ Z Los únicos valores que hacen ϕ(p) = 2 son q = 3, 4, 6 cuyas correspondientes extensio- nes de cuerpos son respectivamente ( √ −3) Y Q(i), ambas distintas a Q( √ −2), lo que es contradictorio. En consecuencia, concluimos que α no es un múltiplo racional de π y, por el lema (6.6), que el invariante de Dehn del tetraedro d(T ) ̸= 0. Teroema 6.8 (Tercer problema de Hilbert). En el espacio euclidiano, la igualdad de volu- men no implica la equicomposición. Demostración. Es consecuencia directa de lo que hemos probado anteriormente. Hemos visto que dos polígonos equicompuestos tienen el mismo invariante de Dehn y que el de un cubo y un tetraedro nunca van a tener el mismo valor, ya que uno será nulo y el otro no. Sin embargo, sí existen tetraedros y cubos con el mismo volumen. Un cubo de lado l tiene un volumen de l3, al igual que un tetraedro de lado l lo tiene de √ 2 12 l3. Por lo tanto, 37 un cubo de lado 1 y un tetraedro de lado 3 √ 6 √ 2 tienen ambos volumen 1, pero no son equicompuestos. Teroema 6.9 (Dehn-Sydler). Dos poliedros son equicompuestos si y sólo si tienen el mismo volumen y el mismo invariante de Dehn. Observación 6.10. La demostración de la condición necesaria fue gracias a Sydler en 1965, pero todavía permanece abierto el problema para la geometrías esféricas e hiperbólicas. Por otro lado, tras resolver el tercer problema de Hilbert, se demostró que se satisfacía una modificación de la condición de Bricard. En el 2007, Benko demostró la condición de Bricard modificada a partir del lema de las perlas y no como consecuencia del tercer problema de Hilbert. 38 Capítulo 7 Conclusiones A lo largo de este trabajo hemos realizado un recorrido por las distintas maneras que los seres humanos hemos desarrollado para comparar el tamaño de los polígonos. Hemos intentado plasmar las ideas puramente geométricas de una manera clara y sencilla (lo cual a veces es más complicado de lo que parece) y haciendo especial hincapié en la estética, siguiendo el camino que dejó marcado Oliver Byrne en 1874 en su versión de los Elementos de Euclides. Además, hemos podido constatar dos grandes verdades que se dan en el ámbito de la geometría. La primera es que, las implicaciones entre los diversos conceptos que dependen de una serie de axiomas que en ocasiones se asumen y en otras se intentan demostrar, se pueden volver muy tediosas y complicadas. Quizás aún más cuando se generalizan estos conceptos en busca de encontrar más dependencias entre ellos. Un ejemplo claro es el de asociar a la equidescomposición un grupo de isometrías del plano con el que poder mover los triángulo que forman los polígonos, como hace Boltianski en [4]. Otro podría ser el trabajo de Benko, demostrando que la condición de Bricard puede implicar el Teorema de Dehn en con la ayuda de su lema de las perlas [2]. Sin duda alguna, estos y otros muchos ejemplos más darían para mucho que analizar, pero lamentablemente sobrepasan los objetivos de este trabajo. La segunda verdad que hemos verificado es el gran avance que supuso a principios del s.XX el desarrollo de las llamadas «matemáticas modernas», donde los sistemas axiomáticos asentaron unas bases firmes para el desarrollo de las teorías, y la formalización hizo que el avance en geometría se facilitara. Aquí juega un papel fundamental el álgebra moderna, como hemos visto en esta última sección, o como puede constatarse en materias como la teoría de números, que nos ayuda a resolver problemas como estos o como el de la constructibilidad. Gracias a este trabajo, personalmente, he podido poner en práctica una manera de pensar que se ha ido formando en estos años de estudio y que gracias a asignaturas como Matemática elemental, Teoría de Conjuntos, Ecuaciones Algebraicas o la ya citada Teoría de Números me ha llevado a entender la problemática, los razonamientos y las conclusiones de grandes figuras de las matemáticas en nuestra historia reciente. 39 40 Bibliografía [1] Martin Aigner y Günter M. Ziegler. «Hilbert’s third problem: Decomposing polyhe- dra». En: Proofs from THE BOOK (2018), págs. 67-75. doi: 10.1007/978-3-662- 57265-8_10. [2] David Benko. «A New Approach to Hilbert’s Third Problem». 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Si B está entre A y C, (escrito como A ∗ B ∗ C), entonces A, B, C son tres puntos distintos que pertenecen a la misma recta, y también C ∗B ∗ A. B2. Para cualquiera dos puntos distintos A, B, existe un punto C tal que A ∗B ∗ C. B3. Dados A, B, C, tres puntos distintos en una recta, uno y sólo uno de ellos está entre los otros dos. Es decir: A ∗B ∗ C, o bien A ∗ C ∗B, o bien B ∗ A ∗ C. A B C l D B4. (Pasch). Dados A,B, C tres puntos no alineados, y una recta l que no contiene a ninguno de ellos. Si l contiene a un punto D tal que A ∗D ∗B, entonces debe contener también un punto entre A y C, o bien, un punto entre B y C, pero no ambos. Axiomas de Congruencia de Segmentos: r A B C D C1. Dado un segmento AB y un rayo r con origen un punto C, existe un único punto D en el rayo r tal que AB ∼= CD. C2. Si AB ∼= CD y AB ∼= EF , entonces CD ∼= EF . Todo segmento es congruente consigo mismo. 43 A B C D E F C3. (Suma) Dados tres puntos A, B, C en una recta cum- pliendo A ∗B ∗C, y tres puntos más D, E, F en una recta cumpliendo que D ∗ E ∗ F , si AB ∼= DE y BC ∼= EF , entonces AC ∼= DF . Axiomas de Congruencia de Ángulos: A B C D E F C4. Dado un ángulo ∠BAC y dado un rayo −→ DF , existe un único rato −→ DE, en un lado dado de la recta DF , tal que ∠BAC ∼= ∠EDF . C5. Para cualquiera tres ángulos α, β, γ, si α ∼= β y α ∼= γ, entonces β ∼= γ. Todo ángulo es congruente consigo mismo. A B C D E F C6. (LAL) Dados dos triángulos △ABC, △DEF cumpliendo que AB ∼= DE y AC ∼= DF , y que ∠BAC ∼= ∠EDF , entonces los dos triángulos son congruentes. Es de- cir, BC ∼= EF , ∠ABC ∼= ∠DEF y ∠ACB ∼= ∠DFE. Axiomas de Paralelismo: P≤1. (Playfair) Para cada punto A y cada recta l, hay a lo sumo una recta que pasa por A y es paralela a l. Γ ∆ C D A BAxiomas de Continuidad: ICC. Dadas dos circunferencias Γ, ∆, si ∆ contiene al menos un punto A en el interior de Γ y otro punto B en el exterior de Γ, entonces ∆ y Γ intersecan en exactamente dos puntos C, D. A. (Arquímedes) Dados dos segmentosAB y CD, existen un número de puntosA1, A2, ..., An tales que A ∗A1 ∗A2 ∗ ... ∗An con los segmentos AA1 ∼= A1A2 ∼= ... ∼= An−1An ∼= CD, de tal modo que A ∗B ∗ An. A B C DA1 A2 A3 An−1 An D. (Dedekind) Dada una recta r que está dividida en dos subconjuntos S y T de tal manera que ningún punto de S está entre dos puntos de T y ningún punto de T está entre dos de S, existe un único punto P que separa S y T . Es decir: si A ∈ S y B ∈ T , o bien P = B, o bien P = B, o bien A ∗ P ∗B. S T P 44 Portada Autorización Abstract Índice Agradecimientos Agradecimientos Dedicatoria Dedicatoria Introducción Generalidades sobre Polígonos Funciones de medida de área Existencia de funciones de medida de área Formulación de algunas áreas de polígonos Equidescomposición y equicomplementariedad Equidescomposición Equicomplementariedad Relación con el área Disección Equivalencias por disección Relación con el área La teoría del volumen El tercer problema de Hilbert El invariante de Dehn Conclusiones Bibliografía Los axiomas de la geometría plana de Hilbert