Medición de volúmenes, generalidades

Resumen del episodio anterior

En la primera parte de este texto [1], se estudió el comportamiento de áreas con respecto al método de corte y pegado. En particular, se mostró el teorema de Bolyai : dos polígonos con la misma área son equivalentes cortando y pegando [2]. Pasamos ahora al caso de los volúmenes.

Propiedades elementales

La teoría de los volúmenes, al menos inicialmente, se acerca mucho a la de las áreas. También verifica las propiedades de aditividad e invarianza mediante isometría y, por tanto, de invariancia mediante corte y pegado.

Supondremos conocida la fórmula para el volumen del paralelepípedo rectangular como el producto de sus tres dimensiones, incluso si este resultado requiere (en general) de un paso al límite.

Como en el plano, también tenemos una propiedad de homogeneidad, pero como estamos en la dimensión $3$, esta vez debemos multiplicar los volúmenes por el cubo de la razón, como vemos inmediatamente en el caso de la duplicación del cubo (vea la figura 1). Sin embargo, evitaremos usar esta propiedad. Para entender por qué, vea más adelante.

Figura 1

El cubo del doble de arista tiene un volumen amplificado ocho veces

La teoría de Euclides

Usando solo corte y pegado, Euclides establece una serie de resultados. Por ejemplo, muestra que el volumen de un prisma recto es el producto del área de su base por su altura. Al cortar, volvemos al caso de un prisma con base triangular (ver figura 2) y luego usamos el corte del triángulo (Parte I, figura 4) para pasar de un prisma recto con base triangular a un paralelepípedo rectangular (ver figura 3).

Figura 2

Corte de un prisma en prismas de bases triangulares

Figura 3

Corte de un prisma recto de base triangular en un paralelepípedo de base rectangular

También se puede cortar un prisma oblicuo para devolverlo a un prisma recto y luego a un paralelepípedo rectangular. Para esto, basta cortarlo por un plano perpendicular a las aristas (el plano azul de la figura 4) y pasar el trozo de prisma superior por debajo del inferior. Deducimos que la fórmula para el volumen de cualquier prisma es siempre la misma : $base \times altura $.

Figura 4

El volumen de la pirámide

Las cosas son más complicadas para el volumen de la pirámide. Sabemos que su volumen es la tercera parte del producto $ base \times altura $, y uno puede descubrir esta fórmula con bastante facilidad (desde el liceo) a partir de casos especiales.

Por ejemplo, las seis pirámides que tienen por vértice común el centro de un cubo de arista $a$ y por base la cara respectiva del cubo, tienen todas el mismo volumen (vamos de una a otra por rotación), y este volumen es, por tanto, una sexta parte del volumen del cubo : $a^3/6$. Luego verificamos que este volumen es, de hecho, un tercio del producto $base\times altura$ : la base de dicha pirámide es una cara del cubo, por lo tanto de área $a^2$, y su altura es la mitad de la arista $a/2$ (vea la figura 5), y tenemos $\displaystyle \frac {a^3} 6 = \frac 1 3 \times a^2 \times \frac a 2 $. Asimismo, las tres pirámides cuyo vértice es un vértice del cubo y cuyas bases son las caras del cubo que no contienen este vértice, tienen por volumen un tercio del volumen del cubo según lo anunciado por la fórmula $\displaystyle \frac 1 3 \times a^2 \times a$ (vea la figura 6).

Figura 5

Corte de un cubo en seis pirámides isométricas

Figura 6

Corte de un cubo en tres pirámides isométricas

Por otro lado, la demostración de la fórmula en el caso general no es obvia : es incluso uno de los puntos clave de la matemática de Euclides. Por supuesto, al cortar la base en triángulos, volvemos inmediatamente al caso de una pirámide con una base triangular. El punto difícil es entonces mostrar el lema siguiente :

Si hemos establecido este lema, fácilmente mostramos que el volumen de una pirámide está dado por la fórmula (vea la figura 7). El método para calcular el volumen de la pirámide con vértice $D$ y de base $ABC$ parte de considerar el prisma de bases paralelas $ABC$ y $DEF$. Sabemos que su volumen es el producto del área de $ABC$ por $h$ (donde $h$ es la altura del prisma, así como de la pirámide). Luego cortamos el prisma en tres pirámides : la pirámide negra inicial $P_1 = (D, ABC)$ (vértice $D$, base $ABC$) y las pirámides azul $P_2 = (B, DEF)$ (vértice $B$, base $DEF$) y rosada $P_3 = (B, CDF)$ (vértice $B$, base $CDF$). Basta mostrar que las tres tienen el mismo volumen, que entonces será un tercio del volumen del prisma. Para $P_1$ y $P_2$, es el lema aplicado con las bases $ABC$ y $DEF$, que tienen la misma área. Para $P_1$ y $P_3$ sigue siendo el lema con las bases $ACD$ y $CDF$ (son dos mitades de un paralelogramo, por lo que tienen la misma área).

Figura 7

El lema de las pirámides con la misma base y la misma altura

Queda por probar el lema. Esto es lo que hace Euclides, mediante el razonamiento siguiente, que personalmente considero una obra maestra. Este razonamiento es el modelo de lo que se llama el método de exhausión.

Primer corte

Nos referiremos a la figura 8. Tenemos dos pirámides $P$ y $Q$, con bases de la misma área y alturas iguales. Cortamos $P$ y $Q$, como se muestra en la figura, usando los puntos medios de los bordes, en dos pirámides (rosa y naranja), una arriba y la otra abajo a la izquierda, además de dos prismas (negro y verde), uno de pie, el otro acostado.

Figura 8

Lo primero que hay que tener en cuenta es que los dos prismas negro y verde de $P$ (o de $Q$) tienen el mismo volumen. En efecto (vea la figura 9), cada uno de ellos puede verse como la mitad de un paralelepípedo (uno verde, el otro negro) que tiene como base un paralelogramo cuya área es la mitad de la base de las pirámides y cuya altura es la mitad de la altura de las pirámides.

Figura 9

Luego, notamos que los prismas negros de $P$ y $Q$ tienen el mismo volumen. En efecto, la base del prisma negro de $P$ es un cuarto de la base de $P$ y su altura es la mitad de la altura de $P$, y lo mismo ocurre para $Q$. Por tanto, tienen el mismo volumen, ya que $P$ y $Q$ tienen la misma base y la misma altura. Por supuesto, lo mismo ocurre con los prismas verdes, ya que tienen el mismo volumen que los negros.

Además, cada una de las pirámides pequeñas se puede deslizar dentro del prisma negro mediante una traslación, de modo que el volumen total de las dos pirámides pequeñas de $P$ es menor que el de los dos prismas ; por lo tanto, es menor que la mitad del volumen de $P$, y lo mismo para $Q$.

Iteración del proceso

El siguiente paso consiste en quitar los prismas. Quedan dos pirámides a cada lado, con bases de la misma área (una cuarta parte del área basal de la pirámide inicial) y la misma altura (la mitad de la altura inicial). Luego repetimos la misma operación con estas pirámides : las cortamos cada una en dos prismas y dos pirámides, y retiramos los prismas. Quedan cuatro pirámides a cada lado, pero su volumen total es menos de una cuarta parte del volumen de $P$ o de $Q$. Repetimos la operación con las pirámides restantes y así sucesivamente. En el movimiento $n-$ésimo, después de quitar todos los prismas, habrá $2^n$ pirámides pequeñas cuyo volumen (total) será menor que $1/2^n$ veces el volumen de $P$ o de $Q$.

En todo este proceso, toda la parte formada por los prismas tiene el mismo volumen en el lado $P$ y en el lado $Q$ (porque es cierto en cada paso). Por lo tanto, la diferencia de volumen entre $P$ y $Q$, si hay una, proviene solo de las pirámides residuales. Veremos que esto es imposible. Supongamos que $P$ y $Q$ no tienen el mismo volumen : digamos, por ejemplo, que $P$ es mayor que $Q$ y, para fijar ideas, que la diferencia de volumen es mayor que un centímetro cúbico, mientras que el volumen de $P$ es un decímetro cúbico. Hemos visto que, durante la primera operación, las pirámides restantes tienen volúmenes menores a medio decímetro cúbico. En la segunda operación, los volúmenes son menores a un cuarto de decímetro cúbico. En la décima operación, son menores que una milésima (porque $2^{10} = 1024 > 1000$) de decímetro cúbico, es decir, un centímetro cúbico. Pero entonces, la diferencia de volumen entre $P$ y $Q$, que solo proviene de la diferencia entre las pequeñas pirámides del décimo corte, es menor que un centímetro cúbico, lo cual es absurdo.

El razonamiento que se acaba de hacer suponiendo la diferencia de volumen del orden de una milésima puede extenderse al caso general : podemos hacer que el volumen de las pirámides residuales sea tan pequeño como queramos [3] y más pequeño que la diferencia de volumen asumida entre $P$ y $Q$ ; esto es absurdo, ya que esta diferencia solo proviene de estas pequeñas pirámides.

Observación

Se observará que, a diferencia del cálculo del área del triángulo que se realiza mediante una división finita, el proceso utilizado aquí requiere una serie de pasos que pueden ser arbitrariamente grandes. De hecho, es un ’’paso al límite’’ : vemos el volumen de la pirámide como el límite del volumen de las piezas prismáticas cuando aumentamos el número de piezas (las pirámides residuales son cada vez más pequeñas). Esto nos lleva inmediatamente a la siguiente pregunta.

División de poliedros : tercer problema de Hilbert e invariante de Dehn

El problema

Es el análogo en el espacio del problema resuelto por Bolyai en el plano. La pregunta busca saber si dos poliedros del mismo volumen son equivalentes cortando y pegando (en un número finito de poliedros). Si es así, significaría que todo cálculo del volumen de un poliedro (por ejemplo, el de la pirámide de Euclides) se puede hacer cortando y pegando un número finito de veces, sin utilizar un paso al límite o el método de exhausión visto anteriormente. Muchos matemáticos -en particular, Gauss- plantearon la cuestión de si este proceso infinito, recurriendo al axioma de Arquímedes, era esencial.

Este problema, que no es fácil, se resuelve negativamente hacia el año $1900$. Primero hubo una solución de Raoul Bricard en 1896, no del todo rigurosa, pero que contenía una idea esencial y que evocaremos a continuación. Sin duda esta solución pasó desapercibida, o se consideró incorrecta, pues el problema de mostrar la igualdad del volumen de dos tetraedros [4] cuyas bases y alturas son iguales fue el tercer problema de los $23$ planteados por David Hilbert a sus colegas en el Segundo Congreso Internacional de Matemáticos de París en 1900. Si bien algunos de los problemas de Hilbert todavía están abiertos hoy, éste tuvo solo una breve existencia (independientemente del intento de Bricard), ya que la solución fue proporcionada por Dehn el mismo año 1900. Como se ha dicho, la respuesta es negativa. En particular, es imposible dividir un cubo en un número finito de poliedros y reconstruir un tetraedro regular (de igual volumen) con las piezas. La vida de Dehn y el tercer problema de Hilbert también se mencionan en este retrato escrito por Michèle Audin.

Cortes regulares : la prueba de Bricard

Daremos una idea de la prueba del resultado anunciado : no existe [5] un rompecabezas que permita transformar un cubo en un tetraedro regular.

Diedros

Recordemos primero qué es un ángulo diedro de un poliedro $P$. Consideramos una arista $A$ de $P$ (que es común a dos caras de $P$). Dibujamos un plano perpendicular a la arista, que intersecta las caras a lo largo de dos semirrectas (ver figura 10). Por definición, el ángulo diedro de $P$ a $A$ es el ángulo de estas semirrectas. Lo mediremos en grados.

Figura 10

$\quad$

La situación

Considere dos poliedros $P$ y $Q$ equivalentes por corte y pegado. Esto significa que hemos cortado $P$ en poliedros $P_1,P_2,\ldots,P_n$, que movemos $P_i$ para obtener así nuevos poliedros $Q_1,Q_2,\ldots,Q_n$, y que pegamos estos juntos en $Q$. Además, asumiremos que la división de $P$ (así como la de $Q$) es regular. Esto significa que las piezas $P_i$ son disjuntas (no tienen nada en común) o tienen en común un vértice, una arista o una cara. Esta es una condición restrictiva como se ve en la figura 11, donde dos de los poliedros tienen en común una parte que es una cara de uno pero no del otro. En muchos casos, se puede volver a este caso particular refinando la descomposición. Por ejemplo, en la figura 12 se regularon los dos recortes afinándolos por adición de prismas con bases triangulares (¡Atención ! La dificultad no es tanto refinar una división para regularizarla, sino afinar simultáneamente los dos recortes en cortes regulares que correspondan). Con esta hipótesis de regularidad, y solo con esta hipótesis, la prueba de Bricard es correcta [6] (pero su resultado sigue siendo correcto, ver [Benko]) y daremos una descripción general.

Figura 11

El corte de la izquierda es regular : las intersecciones entre las partes son aristas o caras. El corte de la derecha no es regular : el rectángulo rosado es una cara del paralelepípedo delantero, pero no del de atrás.

Figura 12

Los cortes de la figura 11 fueron transformados para que sean regulares por medio de un refinamiento consistente en agregar prismas de bases triangulares.

El cálculo de la suma de diedros

La idea es comparar los diedros de $P$ y de las piezas $P_i$. Veamos una arista de un $P_i$. Hay varios casos.

• 1) Si esta arista está al interior de $P$ como la arista $[AB]$ de la figura 13, ella es común a varias piezas $P_i$ que llenan todo el espacio alrededor de la arista, de modo que si sumamos todos los diedros de $P_i$ alrededor de $[AB]$, su suma es $360$ grados.

Figura 13

El primer caso : [AB] interior a P, el plano perpendicular a la arista en rojo, la suma de los ángulos diedros a lo largo de [AB] vale 360º.

• 2) Si esta arista está dentro de una cara de $P$ como la arista $[CD]$ de la figura 14, nuevamente, es común a varias piezas $P_i$, pero esta vez llenan solo un lado del espacio (el lado donde se encuentra $P$) y la suma de los diedros es $180$ grados.

Figura 14

El segundo caso : [CD] está en una cada de P, la suma de los ángulos diedros a lo largo de [CD] vale 180º.

• 3) Si esta arista está sobre una arista de $P$ como la arista $[EF]$ de la figura 15, los diedros de $P_i$ que la contienen forman un diedro de $P$ y la suma de sus ángulos es el ángulo del correspondiente diedro de $P$. Si hay $n$ aristas de $P_i$ a lo largo de la misma arista de $P$, encontraremos que la suma es $n$ veces el diedro de $P$.

Figura 15

Tercer caso : el segmento [EF] está sobre una arista de P, la suma de los ángulos diedros a lo largo de este segmento es igual al ángulo diedro de P a lo largo de la arista correspondiente.

En definitiva, si sumamos todos los ángulos diedros de $P_i$, obtenemos una suma de todos los ángulos diedros de $P$ (proveniente de las aristas del caso 3, cada uno de los cuales se puede contar varias veces), más un múltiplo entero de $180$ grados (provenientes de las aristas de los casos 1 y 2).

Pero lo que hicimos con $P$ también lo podemos hacer con $Q$ : la suma de los ángulos diedros de $Q_i$ es la suma de los ángulos diedros de $Q$ (cada uno posiblemente contado varias veces), más un múltiplo entero de $180$ grados.

Sin embargo, los poliedros $P_i$ y $Q_i$ son los mismos poliedros, simplemente movidos en el espacio. Entonces, sus ángulos diedros son los mismos, al igual que su suma. Por lo tanto, hemos demostrado que la suma de los diedros de $P$ es igual a la suma de los diedros de $Q$ (cada uno posiblemente contado varias veces), más un múltiplo entero de $ 180 $ grados.

El cubo y el tetraedro regular

Veamos el cubo $C$ y el tetraedro regular $T$. Para el cubo, las cosas son simples : todos sus diedros valen $90$ grados, y cualquier suma de estos diedros, en cualquier número, siempre dará un múltiplo entero de $90$ grados.

Si podemos cortar el cubo y obtener un tetraedro, entonces podemos encontrar una suma de los diedros de $T$ (contando cada uno varias veces si es necesario) que sea un múltiplo entero de $90$ grados (podemos olvidar los múltiplos de $180$ porque tenemos $180 = 2\times 90$). Ahora, los seis diedros de $T$ son todos iguales y, si su valor común se denota por $a$, deberíamos tener $n \times a = k \times 90$ con $n$ y $k$ enteros. Pero esto no es posible porque la razón $\displaystyle \frac{a}{90}$ sería igual a $\displaystyle \frac{k}{n}$, por lo tanto racional, y mostraremos que $a$ es, por el contrario, inconmensurable a $90$ (como decían los antiguos), es decir, $a/90$ es irracional.

Para esto último, primero debemos hacer algo de geometría en el espacio (vea la figura 16). Si proyectamos el vértice $A$ del tetraedro sobre la base $BCD$, cae en el centro de gravedad $G$ del triángulo y, además, sabemos que este centro está en el tercio de la mediana $[BB']$. Como las caras del tetraedro son triángulos equiláteros del mismo tamaño, las medianas también son las alturas y son iguales. El ángulo diedro a lo largo de $[CD]$ es, por tanto, $a = \widehat{BB'A}$ y su coseno es $\displaystyle \frac{B'G} {B'A} = \frac{B 'G}{ B'B} = \frac{1}{3}$.

Figura 16

El coseno de los ángulos diedros del tetraedro regular vale 1/3.

Ahora, un ángulo $a$ que es tal [7] que $\cos a = 1/3$ no puede ser un múltiplo racional de $90$ grados, o $180$ (es lo mismo). Esto es el resultado de un pequeño cálculo de trigonometría. De hecho, si tuviéramos $a = \frac{p}{q} \times 180$, tendríamos $qa = p \times 180$. Por tanto, el coseno de $qa$ sería igual a $\cos (p \times 180) = \pm 1$. Pero es fácil mostrar (si recordamos las fórmulas de trigonometría [8]) que $\cos qa $ tiene la forma $\displaystyle \frac {a_q} {3^q}$ donde $a_q$ es un número entero no múltiplo de $3$ y por lo tanto no puede ser igual a $\pm 1$. Por ejemplo, analicemos el caso $q = 2$ en detalle para comprender el motivo de este cálculo. Tenemos $\cos 2a = \cos^2a -\sin^2a$ (es una fórmula clásica). Como tenemos $\cos^2 a + \sin^2 a = 1$ (es una fórmula aún más clásica), deducimos $\cos 2 a = 2 \cos^2 a -1 = \frac 2 9 -1 = - \frac 7 9 $ y por lo tanto este coseno no es igual a $\pm 1 $. El caso general es análogo.

El invariante de Dehn

La prueba de Dehn es un poco más complicada que la de Bricard, pero tiene la gran ventaja de ser válida incluso si la división no es regular. La idea es tener en cuenta, para cada arista, no solo el ángulo diedro, sino también la longitud de la arista [9]. En lenguaje moderno, asociamos a un poliedro $P$ un invariante $\delta (P) $ (llamado invariante de Dehn) que se calcula con los ángulos diedros y las longitudes. Vive en un objeto algebraico llamado producto tensorial, un objeto algo complicado del que no puedo dar una idea en pocas palabras. El resultado de Dehn se puede formular de la siguiente forma : si $P$ y $Q$ son equivalentes al cortar y volver a pegar, tenemos $\delta (P) = \delta (Q)$. Entonces mostramos que para el cubo tenemos $\delta (C) = 0$, mientras que para el tetraedro regular tenemos $\delta (T) \neq 0$.

La cuestión del recíproco (es decir, de precisar, finalmente, en qué condición son equivalentes dos poliedros cortando y pegando) permaneció abierta durante mucho tiempo. Fue solo en $1965$ que Sydler mostró lo siguiente : Dos poliedros $P$ y $Q$ son equivalentes al cortar y volver a pegar (con piezas poliédricas) si y solo si tienen el mismo volumen y el mismo invariante de Dehn. Podemos considerar que este resultado cierra el tercer problema de Hilbert.

Algunas consecuencias

Los resultados anteriores, y en particular la consideración de ángulos diedros, permiten arrojar luz sobre determinados cortes.

Prismas

En primer lugar, vimos que cualquier prisma, incluso oblicuo, se puede cortar en un paralelepípedo rectangular. Podemos explicar esto notando que la suma de los diedros de un prisma (a diferencia del caso del tetraedro regular) es un múltiplo entero de $180$ grados [10]. Para ver esto, volvamos al caso de un prisma con una base triangular como hicimos anteriormente (ver figura 2). Luego agrupamos los diedros de dos formas (ver figura 17) Los diedros de las aristas ascendentes son los tres ángulos del triángulo $ABC$, cuya suma es $180$ grados como se sabe. Los diedros de dos aristas horizontales paralelas son los ángulos sucesivos de un paralelogramo y nuevamente su suma es $180$ grados. En otras palabras, la suma de los diedros de un prisma es, como la de un cubo o un paralelepípedo, un múltiplo entero de $180$ grados.

Figura 17

Pirámides cortables

El mismo argumento es válido para las pirámides ’’fáciles’’ del cubo. Para las seis pirámides cuyo vértice es el centro del cubo y cuya base es una cara del cubo, vemos que los cuatro ángulos diedros en la base valen $45$ grados y los cuatro en la parte superior $120$ grados. La suma de los ángulos diedros de una pirámide es, por tanto, $660$ grados, y para las $6$ pirámides tenemos $6 \times 660 = 3960 = 22 \times 180$.

Luego están las pirámides cuyo vértice es un vértice del cubo y cuya base es una cara del cubo que no contiene este vértice. Para ellas, podemos verificar fácilmente que hay cinco ángulos diedros de $90$ grados, dos de $45$ grados y uno de $120$ grados, siendo en total $660$ grados. Para las tres pirámides, tenemos $3 \times 660 = 1980 = 11 \times 180$.

Dehn y la homogeneidad

Un último punto interesante se refiere a la propiedad de la homogeneidad del volumen. Para el plano, hemos visto (vea la figura 6 de la Parte I) que si duplicamos los lados de un triángulo, su área se multiplica por $4$, y que este resultado se puede establecer cortando. No es lo mismo en el espacio en general. Por supuesto, podemos dividir un cubo duplicado en $8$ cubos pequeños (ver figura 1), pero comencemos ahora desde un tetraedro regular $T$, y consideremos el tetraedro $T'$ obtenido al duplicar todas las aristas de $T$. Entonces, si fuera cierto que el volumen de $T'$ es igual a $8$ veces el de $T$, no podemos mostrar esta propiedad solo dividiendo y volviendo a pegar porque no hay división que permita pasar de $T'$ a $8$ tetraedros pequeños e isométricos a $T$. De hecho, la división de Euclides (ver figura 18) muestra que $T'$ se divide en dos copias del tetraedro $T$ y dos prismas $P,P'$. Si pudiéramos dividir $T'$ en $8$ copias de $T$, podríamos dividir la unión de los prismas en $6$ copias de $T$. Pero, hemos visto que podríamos cortar un prisma para hacer un paralelepípedo rectangular y, por lo tanto, podríamos cortar los $6$ tetraedros para hacer dos paralelepípedos rectangulares. Dado que tal paralelepípedo tiene todos sus ángulos diedros rectos, el razonamiento de Bricard muestra que una cierta suma de los diedros de $T$ (cada uno contado posiblemente varias veces) debería ser un múltiplo de $180$ grados. Pero, todos los diedros de $T$ son iguales al ángulo $a$ encontrado arriba [11]. Por tanto, tal suma es un múltiplo de $a$, y hemos visto que la relación entre $a$ y $180$ es irracional. En consecuencia, la división prevista es imposible.

Figura 18

El tetraedro doble T’ es la unión de dos tetraedros isométricos a T (rosado y naranjo) y de dos prismas.

Algunos resultados más difíciles : la paradoja de Hausdorff-Banach-Tarski, el teorema de Laczkovich

La paradoja de Hausdorff-Banach-Tarski

El resultado

Este es un extraordinario teorema de corte. Nos permitirá dimensionar el potencial de uno de los axiomas más misteriosos de la teoría de conjuntos : el axioma de elección.

Comentarios

El lector habrá notado que no asumimos que $A$ y $B$ tienen el mismo volumen. No hace falta decir que no sabemos cómo hacer estos cortes explícitamente y que las piezas ciertamente no son simples. Para convencernos de ello, pensaremos en los siguientes casos :
$A$ es una manzana y $B$ es la luna, $A$ es una rana y $B$ es un buey, $A$ es un pan y $B$ son ¡mil panes [13] !

Por otro lado, no se debe creer que se necesita muchas piezas. Se puede mostrar que para pasar de una bola de radio $r$ a dos bolas de radio $r$... ¡basta con $5$ pedazos !

Una idea de la demostración

No se trata aquí de explicar realmente la demostración de la paradoja. La idea esencial, en mi opinión, se debe a Hausdorff (1914) y conduce a una partición de la esfera [14] en cuatro partes : tres piezas $X,Y,Z$ isométricas entre ellas y tales que $X$ también es isométrica con la unión de las otras dos y un residuo numerable $T$ [15]. El trabajo de Banach y Tarski ha sido dar a este resultado la forma anterior, mucho más llamativa, pero la idea fundamental es la de Hausdorff.

Sin entrar en los detalles de la demostración, intentaré dar una idea. Básicamente, se trata de exhibir descomposiciones paradójicas del tipo $1 = 2$, una bola es igual a dos bolas, un conjunto $X$ igual a $Y$, a $Z$ y a su unión. Pero conocemos perfectamente un ejemplo muy simple de tal descomposición con números enteros. Me explico. Considere el conjunto de números enteros : $0,1,2,\ldots$. Aunque parecen ser más numerosos que los números enteros pares, están en perfecta correspondencia (decimos “biyectiva”) con ellos. De hecho, asociamos a $0$ con sí mismo, luego a $1$ le asociamos $2$, a $2$ le asociamos $4$ ; y así, a un número entero asociamos su doble. Tenemos una correspondencia perfecta, es decir, cada número par se obtiene una vez y solo una vez mediante este proceso. De la misma forma, los números enteros también están en correspondencia con los impares. Esta vez asociamos $0$ con el número $1$, luego a $1$ con el impar que sigue $3$, a $2$ lo asociamos con $5$, y así, asociamos a cada número entero con su doble más uno. Así, se tiene un conjunto, los enteros, que es al mismo tiempo ’’isomorfo [16]’’ a dos de sus partes (los pares y los impares), pero también -obviamente- a la unión de ambos (ya que es él mismo).

La prueba de Hausdorff va en esta línea, pero trabaja con transformaciones del espacio en lugar de números enteros. Considera dos rotaciones : una, denotada por $a$, es una media vuelta alrededor de un eje (una rotación de $180$ grados). Es una transformación en la que vuelves al punto de partida cuando la haces dos veces. La otra transformación, denotada por $b$, es una rotación de $120$ grados alrededor de un eje, pero diferente de la primera. Esta vez, si la hacemos dos veces tenemos una rotación $b^2$ de ángulo $240$ grados, pero si la hacemos tres veces el ángulo es $360$ grados, por lo que hemos dado un giro completo y estamos tal como al inicio. Con estas rotaciones, hacemos muchas más haciendo una, luego la otra, luego la otra, luego una, de forma alternada y aleatoria. Así, escribimos algo así como ’’palabras’’, como por ejemplo $abab^2ababab^2$ [17]. La idea de Hausdorff es dividir el conjunto de estas palabras en tres partes : las que comienzan con $a$ (formando un conjunto $A$), las que comienzan con $b$ (conjunto $B$) y las que comienzan con $b^2$ (conjunto $C$). Con ello, vemos que $A$ es equivalente a cada uno de los otros dos [18] : si multiplicamos por $b$ una palabra que comienza con $a$, caemos en $B$, si lo multiplicamos por $b^2$ caemos en $C$, pero también vemos que $A$ es lo mismo que la unión de $B$ y $C$ porque si multiplicamos por $a$ una palabra que comienza con $b$ o $b^2 $, ¡caemos en $A$ ! En otras palabras, $A$ [19] es a la vez equivalente a $B$ y $C$, pero ademas a la unión $B \cup C$. Así, ¡$1 = 2$, como habíamos vaticinado !

De esta descomposición paradójica de las transformaciones deducimos una descomposición paradójica de ciertas partes de la esfera. Basta tomar un punto $s$ de la esfera y sus transformadas $A',B',C'$ mediante transformaciones de $A,B,C$ : podemos ver fácilmente que $A'$ es isomorfo a $B'$, a $C'$ y a la unión de las dos. Pero lo que hicimos con $s$ lo podemos hacer desde cualquier punto [20] de la esfera. Por lo tanto, hemos dividido la esfera $S$ en partes $S_i$ (mostramos fácilmente que los conjuntos de transformadas de los diferentes puntos son iguales o disjuntos) y que todas admiten descomposiciones paradójicas.

Aquí es donde entra en juego el famoso axioma de elección. ¿Qué decir sobre lo extraordinario de este axioma y sus diabólicas consecuencias ? Algo que parece bastante natural en el caso que nos interesa : si cortamos una esfera $S$ en un número (infinito) de piezas $S_i$, existe un conjunto $E$ obtenido de elegir un punto en cada $S_i$. Bueno, con eso, y solo eso, obtenemos la paradoja. De hecho, es suficiente tomar para $X,Y,Z$ los transformados de $E$ por las transformaciones de $A,B,C$.

Acerca del Axioma de Elección

Obviamente, podemos cuestionar la paradoja de Hausdorff-Banach-Tarski al rechazar el axioma de elección, y los debates sobre este tema entre matemáticos fueron animados a principios del siglo XX. El lector meditará, sin embargo, el siguiente resultado de Dougherty y Foreman, que no requiere el axioma de elección : Sean $A$ y $B$ dos bolas del espacio con diferentes radios (por ejemplo, una de radio $1$ y la otra de radio $2$, o incluso $1000$). Entonces son ’’casi equivalentes’’ en el siguiente sentido : podemos encontrar un número finito de piezas de $A$ y transportarlas al interior de $B$ de modo que lo que le falte a $A$ o a $ B $ no contenga bolas, por muy pequeñas que estas sean. Para usar la metáfora de la manzana y la luna, podemos encontrar una división que vaya de una a la otra dejando en cada una un núcleo que no contenga migajas, ¡por pequeñas que sean !

Una consecuencia

La paradoja de Hausdorff-Banach-Tarski, además de desafiar la comprensión, también parece plantear un problema puramente matemático. De hecho, se ha dicho que los volúmenes eran invariantes al cortar y pegar. Pero aquí, como hemos cortado una bola de radio $r$ en dos bolas de radio $r$, una bola y dos bolas deberían tener el mismo volumen, lo que obviamente es absurdo.

Sin embargo, no hay contradicción, sino simplemente la prueba de que en una descomposición paradójica de Hausdorff-Banach-Tarski hay necesariamente partes cuyo volumen no podemos medir. Esto da una respuesta negativa a otra famosa pregunta :

Como acabamos de ver, la paradoja de Hausdorff-Banach-Tarski impide la existencia de una medida universal en el espacio, sembrando así confusión en nuestra mente : finalmente, ¿qué partes podemos medir ?

Que el lector se tranquilice, pues sabemos medir todas las partes ’’razonables’’ (polígonos, poliedros, discos, bolas, conos, etc.) y, una vez elegida la unidad, la medida de estos objetos está bien determinada. La pregunta se refiere a las partes complicadas que los matemáticos aman. Por dar solo un ejemplo, podemos considerar, en un cuadrado del plano, la parte formada por los puntos cuyas coordenadas con respecto a un marco de referencia son números racionales (es decir que están escritos en forma de fracciones ; ya hemos recordado que hay muchos otros puntos). Aquí hay una parte muy difícil de imaginar y aún más de medir. De hecho, hay puntos de este tipo en todas partes del cuadrado, pero también hay puntos en todas partes del cuadrado que no son de este tipo.

En verdad, este conjunto no supone ningún problema para el matemático (se le atribuye un área cero). Para nuestra fortuna, en el caso del plano, podemos medir todas las partes acotadas :

La demostración no es fácil y además utiliza el axioma de elección. Una versión más clara (debida a Von Neumann) que muestra por qué la demostración ya no funciona en la dimensión $3$, está en el pequeño libro de Guinot.

Volviendo al plano : la cuadratura del círculo

El teorema de Banach prohíbe que una paradoja como la de Hausdorff-Banach-Tarski pueda existir en el plano : dos partes equivalentes por corte y pegado necesariamente tienen la misma área. Incluso hay un resultado espectacular y extremadamente reciente que afirma que la cuadratura del círculo es posible [22] :

Que no se tambalee demasiado la confianza del lector en las matemáticas : esta división no se puede lograr construyendo las piezas con una regla y un compás, por lo que no se trata de cuadrar el círculo en el sentido habitual del término (¡uuf !). De todos modos, este resultado es asombroso y nada obvio (un círculo es redondo y un cuadrado es recto. ¿Y entonces, cómo se hace ?).

De todos modos, algunas advertencias sobre este teorema. Primero, tal como Hausdorff-Banach-Tarski, Laczkovich usa el axioma de elección, por lo que las piezas son cosas complicadas ; y segundo, se necesita muchas piezas, $10^{40}$ aproximadamente según la estimación de la prueba.

Por otro lado, el mismo Laczkovich demostró en 2003 que existen partes $A,B$ del plano, limitadas por curvas regulares excepto en un punto, de la misma área, pero tales que no se puede pasar de una a otra por corte y pegado. Así que no todo es posible con este método.

Tenga cuidado, estos son resultados muy recientes y muy difíciles : a diferencia del caso de Hausdorff-Banach-Tarski, ¡sería difícil dar incluso un cuarto de la mitad del comienzo de una idea de la demostración !

Referencias

Solo podemos aconsejar al lector que lea el Libro XII de Euclides, que trata del volumen de la pirámide. Para una discusión sobre la prueba de Bricard, consulte a [Hopf] y especialmente a [Boltianskii2]. Una demostración directa y magnífica del resultado de Bricard se puede encontrar en [Benko]. Sobre el teorema de Dehn, aconsejamos [Boltianskii1,2], [Cartier] y [GS]. En el teorema de Sydler, preferimos el texto original [Jessen], [Boltianski2] o [Cartier]. Sobre la paradoja de Hausdorff-Banach-Tarski, además de los artículos originales, podrá leer [Guinot] (que también es una buena referencia para la existencia de una medida universal en el plano) o [Wagon]. Finalmente, los artículos de Laczkovich son muy difíciles, pero el artículo panorámico [Laczkovich3] es muy interesante.

[Banach] Banach S., Sur le problème de
la mesure, Fond. Math. 4, 1923, p. 7-33, ou
Banach, œuvres complètes.

[Banach-Tarski] Banach S., Tarski A., Sur la décomposition des ensembles de points en parties
respectivement congruentes, Fond. Math. 6, 1924, p. 244-277, ou Banach, œuvres complètes.

[Benko] Benko D., A new approach to Hilbert’s third problem, Amer. Math. Monthly, vol. 114, 8, p. 665-676 (2007).

[Boltianskii1] Boltianskii V., Equivalent
and equidecomposable figures, D.C. Heath and
company, 1963.

[Boltianskii2] Boltianskii V., Hilbert’s
third problem, Winston \& sons, 1978.

[Bricard] Bricard R., Sur une question de géométrie relative aux polyèdres, Nouvelles Annales de Mathématiques 15, p. 331-334 (1896).

[Cartier] Cartier P., Décomposition des polyèdres : le point sur le troisième problème de Hilbert, Séminaire
Bourbaki, 1984-85, numéro 646.

[DG] Dougherty R. et Foreman M., The Banach-Tarski paradox using pieces with the property of Baire, Proc.
Nat. Acad. Sci. 89 (1992), p. 10726-28.

[Euclide] Euclide, Les éléments, Traduction et présentation de
Georges Kayas, Éd. du CNRS, 1978.

[Guinot] Guinot M., Le paradoxe de
Banach-Tarski, Aleas, Lyon (1991).

[GS] Grandemange P. et Schwartz P.,
Aspects classiques du troisième problème de
Hilbert, Gazette
des mathématiciens, 52, avril 1992.

[Hausdorff] Hausdorff F., Bemerkung über den Inhalt den Punktmengen, Math. Ann., 75, 1914, p. 23-28.

[Hopf] Hopf H., Differential Geometry in the Large, Lecture Notes in maths., 1000, Springer Verlag.

[Jessen] Jessen B., The algebra of polyhedra and the Dehn-Sydler theorem, Math. Scand., 22, 1968, 241-256.

[Laczkovich1] Laczkovich M., Equidecomposability and discrepancy ; a solution of Tarski’s circle-squaring
problem, J. reine angew. Math. 404, 1990, p. 77-117.

[Laczkovich2] Laczkovich M., Paradoxical Decompositions : A Survey of Recent Results, European Congress of
Mathematics, Vol. II, Progress in Math. 120, Birkhaüser, Basel, 1994.

[Laczkovich3] Laczkovich M., Equidecomposability of Jordan domains under groups of isometries, Fund. Math. 177, numéro 2, 2003, p.
149-171.

[Sydler] Sydler J.-P., Conditions nécessaires et suffisantes pour l’équivalence des polyèdres de l’espace euclidien à
trois dimensions, Comment. Math. Helv., 40, 1965, p. 43-80.

[Wagon] Wagon S., The Banach-Tarski paradox, Encyclopedia of Mathematics, Vol. 24, Cambridge, 1985.