División de un polígono

Piste bleue Le 31 mai 2020  - Ecrit par  Aziz El Kacimi, Valerio Vassallo, François Recher
Le 10 mars 2020  - Traduit par  Jimena Royo-Letelier, Julio E. De Villegas
Article original : Partage d’un polygone Voir les commentaires
Lire l'article en  

Sean $\frak{P}$ un polígono y $M$ un punto sobre uno de sus lados.
Construir geométricamente un punto $N$ sobre otro lado de $\frak{P}$ de modo que el segmento $MN$ divida a $\frak{P}$ en dos partes de áreas iguales (se dirá partes iguales para simplificar). Es lo que nos proponemos exponer en este artículo.
Antes de entrar en el trabajo matemático propiamente dicho, daremos algunas motivaciones que nos han llevado a tratar este problema en la formación continua y en las clases con alumnos de liceos y colegios. Son actividades que hacemos tanto como profesores-investigadores y como matemáticos en residencia en la Cité des Géométries - Gare Numérique de Jeumont.

Este tema ha sido objeto de sesiones de trabajo en diferentes establecimientos del Norte de Francia : en el marco de una formación destinada a los profesores de matemáticas del Collège Vauban en Maubeuge, bajo la forma de talleres en el Collège Jacques Brel de Louvroil, con alumnos de secundaria, pero también durante la Semana de las Matemáticas en la Universidad de Valenciennes, la del Instituto Universitario de Tecnología de Maubeuge, en el Liceo Kernanec de Marcq en Baroeul...

En el marco de la formación mencionada, el objetivo era acercar la noción de ’’área’’ y, eventualmente, motivar a los profesores a descubrir de esta manera un campo de investigación prolífico : la división de las figuras planas en dos o varias partes iguales, históricamente de gran interés por sus aplicaciones en matemáticas y en la vida diaria. El primer ejemplo que viene a la mente es el del triángulo. La mediana da la solución cuando el punto $M$ es uno de los vértices, y se transforma en una clave decisiva cuando no lo es.

El asunto de la división se plantea naturalmente también para un polígono cualquiera. En el caso particular de los cuadriláteros, este tipo de problema es bien conocido para los cuadrados, los rectángulos y los rombos : diagonales, ejes de simetría, rectas que pasan por un centro de simetría.
Es esta idea -consistente en despertar la curiosidad por medio de preguntas simples- la que nos parece que aún falta en demasía en una enseñanza de las matemáticas más bien libre de exigencias : dar esta libertad de cuestionamiento a uno mismo -y a los profesores para ofrecérselas también a los alumnos- puede ser un punto central en la formación de los profesores. Esto tiene la ventaja de valorizar el aspecto vivo de las matemáticas, su aspecto de búsqueda, de persianas de la imaginación, de toma de iniciativa y de encuadramiento de las ideas por el rigor, aspectos de ahora en adelante convertidos en obsoletos en matemáticas durante el curso de estos últimos años [1]. Un profesor que no es libre de pensar no puede formar alumnos libres para pensar, alumnos que todo el mundo sueña con tener en clases : listos eventualmente para sobrepasar al maestro y no para quedarse sumisos ante él, listos para entrar en la sociedad civil con un espíritu crítico y constructivo a la vez.

En cuanto a los talleres, su objetivo ha sido cautivar a alumnos que no están necesariamente motivados por las matemáticas, gracias a una actividad de aspecto tal vez lúdico pero de búsqueda. En cuanto al problema de la división de un triángulo o de un cuadrilátero en dos partes iguales, los alumnos han comprendido lo que significa ’’investigar en matemáticas’’. Han entrado al juego del intercambio de ideas, en especial aquellos que no son necesariamente brillantes o habitualmente poco o nada de dinámicos en clases. Han tenido de verdad el tiempo para hacer dibujos, formular ideas y algunos de ellos incluso han llegado a la solución esperada.

Ver a los alumnos tomarse el tiempo para dibujar y formular ideas es lo que en varias ocasiones hemos encontrado lo más apasionante durante nuestras intervenciones en las clases de nuestra región [2]. Además, ¿qué sentido tiene un estudio sobre las preguntas planteadas por la enseñanza si no prueba en las clases las respuestas que se supone debe aportar ?, ¿si no ve ahí una mejoría clara del interés de nuestros jóvenes por las matemáticas ? ¿Se puede hablar de un estudio sobre la adquisición de conocimientos sin crear este espacio para intercambiar, escuchar y comprender cómo han sido adquiridos primero por nosotros mismos y luego por los jóvenes ? Quedarse en la teoría pedagógica o didáctica y abordar estos temas sin experimentación (en las clases) ¡corre el riesgo de ser totalmente inútil !

En el caso de la división de los triángulos, pusimos inmediatamente por delante el asunto de la existencia de una recta que pueda realizar la adecuada división. En un triángulo $ABC$ tomamos una recta que pasa por el vértice $A$ y la hicimos girar (vea la Figura 1) alrededor de $A$. Los alumnos han visto fácilmente que ella corta al triángulo en dos partes (no siempre, pero estas situaciones no nos interesan en el contexto del estudio ; puede ser interesante que los propios alumnos lo hagan notar y ayudará a darle un sentido a este ’’espacio de libertad’’ presente en todo cuestionamiento matemático) : aparentemente una tiene un área inferior a la otra.

PNG - 27.1 ko

\[\small{\mbox{Figura 1}}\]
\[\small{\mbox{La región oscurecida es la de las rectas que pasan por A y no intersecan al triángulo.}}\]

Ellos han visto que al proseguir el movimiento, necesariamente va a existir una posición en la cual las dos partes van a ser iguales. Han llegado a la misma conclusión partiendo de un punto cualquiera que ya no es un vértice. Esto da la ocasión para hablar -de una manera intuitiva por cierto- de la noción de ’’continuidad’’. Además, como ocurre a menudo en geometría, se presentan numerosas ocasiones para anticipar esta misma noción enseñada sin gran motivación. La prueba es que, incluso en primer año de universidad, la noción de función continua sobre un intervalo sigue siendo abstracta y sobre todo incomprendida, así como muchos otros resultados que lo rodean, como por ejemplo el ’’teorema de los valores intermedios’’... ¡por citar uno !

Sin embargo, ya que nosotros los profesores pensamos en situaciones de este tipo, puede ser instructivo compartir nuestras ideas con los alumnos, tomando -por supuesto- las precauciones necesarias. Una vez que la clase se ha asegurado de la existencia de esta recta y ha comprendido más o menos dónde se encuentra, la búsqueda de su determinación exacta es lanzada. Ahí los jóvenes pueden proponer sus conjeturas, tratando de justificarlas. Es necesario entonces verificar si ellos dominan bien otros teoremas, distintos del de la mediana citada más arriba. En efecto, en este problema -como en aquel que se refiere al cuadrilátero- es necesario recordar que dos triángulos (vea la Figura 2) $ABC$ y $A'BC$ que tienen la misma base $BC$ y la misma altura (por ejemplo cuando los vértices $A$ y $A'$ están situados sobre una misma recta paralela a $BC$) tienen la misma área. De ahí la memoria de los resultados, otro asunto que nos intrigó durante nuestras investigaciones ya que no se le da suficiente importancia. La utilización frecuente de los resultados forma parte de un adecuado enfoque de la enseñanza de las matemáticas y de su aprendizaje. Pensamos que este lugar de la memoria es muy importante para justificar ante los ojos de los alumnos por qué es indispensable practicar constantemente la utilización de los teoremas, sus demostraciones, sus aplicaciones...

PNG - 39.4 ko

\[\small{\hbox{Figura 2}}\]

Finalmente, para hablar de las matemáticas en un marco como el de los talleres, siempre es agradable hacerlo colocando un poco de humor, comenzando con una gran sonrisa, mostrando de alguna manera que ’’hacer matemáticas es un placer’’. Es por eso que nuestras sesiones de trabajo acerca de la división geométrica siempre empiezan con la pequeña historia que sigue... ¡y que les aconsejamos leer !

La mamá Nona tenía la costumbre de preparar cada domingo un delicioso pastel para sus dos hijos. Siempre tenía una forma regular : un círculo, un cuadrado o un rectángulo. Dividirlo en dos partes iguales con un solo corte de cuchillo (regla siempre obligatoria) no era una tarea difícil. Cansada de las formas que ella veía en todas las esquinas de su vieja casa, un buen decidió ser un poco fantasiosa : ¡su pastel iba a tener forma poligonal ! Hagámoslo, se dijo. Fue entonces cuando se dio cuenta que su decisión era irreflexiva : no sabía cómo dividir con un sólo corte de cuchillo para darles una mitad a cada uno de sus dos hijos. ¡Qué lío ! Afortunadamente la mamá Nona era fuerte, no retrocedía ante nada y resolvió aprender lo que le faltaba para solucionar el problema : geometría. Escuchémosla, ella es la que habla y nos orienta.

Evidentemente, los alumnos se plantean la pregunta : ¿es un problema verdadero ? Por supuesto que no : en la vida corriente, nos contentamos con la aproximación sin comprobar nunca si está de acuerdo con una teoría. Este debate tiene su interés propio. En efecto, permite ver la diferencia entre las necesidades de lo real y las razones de una modelización de los problemas. Está claro que, en la división de un pastel, lo aproximado nos es ampliamente suficiente.

0. El problema general

Sea ${\frak{P}}=A_1\ldots A_n$ un polígono con $n\geq 3$ lados.
Construir un segmento $\Delta $ que divida a $\frak{P}$ en dos polígonos $\frak{P}_1$ y $\frak{P}_2$ que tengan la misma área.

Se plantea una pregunta preliminar : ¿existe un segmento $\Delta $ con esta propiedad ? La respuesta es : ¡sí ! En efecto, un argumento de continuidad combinado con el teorema de los valores intermedios permite mostrar las dos aseveraciones que siguen :

i) Para toda recta vectorial fija $\overrightarrow \Delta $, existe un segmento $\Delta $ de dirección $\overrightarrow \Delta $ que responde a la pregunta.

ii) Por todo punto no interior al cuadrilátero $ABCD$ pasa una recta que corta el polígono en un segmento $\Delta $ que responde a la pregunta.

1. Caso del triángulo

1.1. Problema. Sean $ABC$ un triángulo de área ${\cal A} >0$ y $\lambda \in [0,1]$. Se da un punto $M$ sobre el lado $AB$. Construir un segmento $\Delta $ que pase por $M$ y divida el triángulo $ABC$ ya sea en dos triángulos, o sea en un triángulo y un cuadrilátero, de tal manera que el área de una de las dos figuras obtenidas sea igual a $\lambda {\cal A}$.

Para las construcciones que vamos a realizar, suponemos por supuesto que el número $\lambda$ es constructible con regla y compás, o simplemente que un segmento de longitud $\lambda $ es dado.

1.2. Solución

$\bullet $ Uno puede conformarse con tomar $0\leq \lambda \leq {1\over 2}$. Construir el segmento $\Delta $ equivale a construir otro punto $N$ sobre el triángulo $ABC$. Denotemos $J$ al punto medio de $AB$ ; entonces el segmento $JC$ es solución del problema para $\lambda ={1\over 2}$.

$\bullet $ Se toma $M$ sobre el segmento $AJ$. Como $0\leq \lambda \leq {1\over 2}$, el punto $N$ no puede encontrarse sino en el lado $BC$ si uno quiere, por ejemplo, que la figura que busca sea el triángulo $BMN$.
El área del triángulo $BMN$ debe ser $\lambda $ veces la de $ABC$ ; como consecuencia ${1\over 2}BN\cdot MM_0={\lambda \over 2}BC\cdot AA_0$
donde $ A_0$ y $M_0$ son las proyecciones ortogonales respectivas de los puntos $A$ y $M$ sobre el segmento $BC$. Se trata entonces de construir el punto $N$ sobre la recta $BC$ tal que ${{BN}\over {BC}}={{\lambda \cdot AA_0}\over {MM_0}}$.

$\bullet $ Sobre una semirecta de origen $B$ (por ejemplo, perpendicular a $BC$, se toma los puntos $\alpha $ y $\beta $ tales que $B\alpha =\lambda \cdot AA_0$ y $B\beta =MM_0$. La paralela a $\beta C$ que pasa por $\alpha $ corta el lado $BC$ en el punto $N$ buscado.

$\bullet $ Si $M$ está sobre el segmento $JB$, se razona como antes, haciendo que el vértice $B$ juegue el papel de $A$, y en el lado $AC$ el de $BC$.

PNG - 13 ko

\[\small{\mbox{Figura 3}}\]
\[\small{\mbox{En esta figura,} \lambda = 1/3.}\]

1.2. Otra solución

Ahora se va a estudiar de otra manera el caso particular $\lambda=1/2$.

Se puede proceder de una manera más intuitiva para llevar el debate en clases de modo menos formal. Sea $J$ el medio del segmento $AB$. Ya es interesante hacer notar que hay 3 posiciones del punto $M\in AB$ para las cuales la solución del problema buscado es inmediata. Se trata de los casos siguientes : $M=A$, $M=J$ y $M=B$. En cada uno de esos tres casos, al aplicar juiciosamente el teorema de la mediana, se llega con facilidad a cortar el triángulo en dos partes iguales. Dicho esto, lo que es fácil de comprobar para un profesor no lo es para un alumno cualquiera. La idea de hacer decir a los alumnos que los casos citados son fáciles de tratar (una vez comprendida la solución) tiene que ver con esta educación de los jóvenes en la mirada geométrica sobre la cual trabajamos desde hace muchos años [3].

PNG - 18.6 ko

\[\small{\mbox{Figura 4}}\]

Supongamos entonces que $M$ está sobre el segmento $AJ$ y es diferente de $A$ y $J$. Está claro (pero esta afirmación se deja a los jóvenes) que $N$ no puede estar sobre el segmento $AC$ ya que el área del triángulo $AMN$ es ’’visiblemente’’ (¡ah, la mirada !) más pequeña que la del cuadrilátero $MBCN$. La naturaleza del problema impone ’’rebasar’’ el punto $C$ e invita a plantearse de nuevo la pregunta : ¿dónde puede encontrarse el punto $N$ ?

PNG - 13.6 ko

\[\small{\mbox{Figura 5}}\]

Tracemos la mediana $JC$ (sin ese empujón es difícil avanzar, pero en un taller de investigación podemos dejar que los alumnos tomen esa iniciativa). Sea $K$ el punto de intersección de $MN$ con $JC$. Sabemos que $\hbox{Área}(AJC) = \hbox{Área}(BJC)$. En el corte actual, el triángulo $BJC$ ’’pierde’’ el pedazo (un triángulo) $KNC$ y ’’gana’’ el pedazo (un triángulo) $MJK$.

PNG - 24.1 ko

\[\small{\mbox{Figura 6}}\]

En consecuencia, si nos las arreglamos para que $\hbox{Área}(MJK)=\hbox{Área}(KNC)$, la pérdida y la ganancia se compensarán.

$\hbox{Área}(BMN)=\hbox{Área}(BJC)+\hbox{Área}(MJK)-\hbox{Área}(KNC) =\hbox{Área}(AJC)+\hbox{Área}(KNC)-\hbox{Área}(MJK) =\hbox{Área}(AMNC)$

¿Cómo hacer para que $\hbox{Área}(MJK)=\hbox{Área}(KNC)$ ? Volvamos a la configuración de la figura vista anteriormente.

PNG - 39.4 ko

\[\small{\mbox{Figura 7}}\]

En ese caso, sabemos que $\hbox{Área}(ABC)=\hbox{Área}(A'BC)$. De esta igualdad, sustrayendo el área del triángulo $BPC$ común a los dos triángulos $ABC$ y $A'BC$, deducimos otra igualdad también interesante (¡al menos para nuestro objetivo !) : $\hbox{Área}(ABP)=\hbox{Área}(A'CP)$.

A nuestro parecer, este tipo de consideraciones, casi derivadas del sentido común, de la mirada, de la práctica diaria, merecerían tener un buen lugar en la enseñanza. Lo que se puede extraer de la discusión anterior es que si se traza la paralela a $MC$ que pasa por $J$ y se escribe como $N$ la intersección entre esta paralela y el segmento $BC$, los dos triángulos $MCN$ y $MCJ$ tienen igual área, pero se tiene también $\hbox{Área}(KNC)=\hbox{Área}(MJK)$.

PNG - 30.5 ko

\[\small{\mbox{Figura 8}}\]

Basta con ver la expresión de alegría de los jóvenes estudiantes para convencerse del placer que experimentan a su vez cuando descubren los pequeños tesoros escondidos de una configuración.

2. Caso del cuadrilátero

2.1. Problema. Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo. Construir geométricamente un segmento $\Delta$ que lo divida en dos polígonos que tengan la misma área.

PNG - 8.8 ko

\[\small{\mbox{Figura 9}}\]

2.2. Solución

Denotemos $A_1$ y $C_1$ las proyecciones ortogonales sobre el segmento $BD$ de los puntos $A$ y $C$, respectivamente, y definamos $\ell =BD$, $h=AA_1$ y $k=CC_1$.

$\bullet $ Si $h=k$, entonces se tiene $\hbox{Área}(BAD)=\hbox{Área}(BCD)$ ; el cuadrilátero $ABCD$ está por lo tanto dividido en dos triángulos de igual área por la diagonal $BD$.

$\bullet $ Si $h\neq k$, uno supone para hacerse una idea que $h>k$.
Sobre el segmento $AA_1$ se localiza el punto $A'$ tal que $AA'=k$. Por el punto medio $J$ del segmento $A'A_1$ se traza la paralela a la recta $BD$ ; esta corta al segmento $AD$ en un punto $E$ y al segmento $AB$ en un punto $F$. Entonces ambos segmentos $BE$ y $DF$ responden a la pregunta.
Mostremos esto por ejemplo para $BE$. Se tiene :
\[\eqalign{\hbox{Área}(ABE)&=\hbox{Área}(ABD)-\hbox{Área}(BDE)\cr &={1\over 2}\ell \cdot h-{1\over 2}\ell \cdot {{h-k}\over 2}\cr &={1\over 2}\ell \cdot k+{1\over 2}\ell \cdot {{h-k}\over 2}\cr &=\hbox{Área}(BCD)+\hbox{Área}(BDE)\cr &=\hbox{Área}(BCDE)\cr &={{\hbox{Área}(ABCD)}\over 2}.} \]

PNG - 10 ko

\[\small{\mbox{Figura 10}}\]

Se puede hacer el mismo tipo de razonamiento tomando la diagonal $AC$, encontrando así otras dos soluciones. Por lo tanto, a partir de cada vértice del cuadrilátero pasa una recta que lo corta en dos partes que tienen la misma área.

2.3. Construcción rápida

Las distancias respectivas de los puntos $A$ y $C$ al segmento $EF$ son ambas iguales a ${{h+k}\over 2}$. Sean $J$ y $K$ las proyecciones ortogonales respectivas de los puntos $A$ y $C$ sobre $EF$. Los segmentos $AJ$ y $CK$ son iguales ; como además son paralelos, ya que ambos son perpendiculares al segmento $EF$, el cuadrilátero $AJCK$ es un paralelógramo, y por lo tanto sus diagonales se cortan en su punto medio $\omega$. Esta observación justifica la construcción directa que sigue a los puntos $E$ y $F$.

Se supone siempre que $h>k$ para razonar sobre la figura 6. Por el punto medio $\omega $ de la diagonal $AC$ se traza la paralela a la diagonal $BD$. Esta corta al segmento $DA$ en $E$ y al segmento $AB$ en $F$. Cada uno de los segmentos $BE$ y $DF$ divide por lo tanto el cuadrilátero $ABCD$ en dos cuadriláteros convexos $ABEE$ y $BCDE$ que tienen la misma área. Al intercambiar los roles de las diagonales, se obtiene otras dos soluciones.

PNG - 11.5 ko

\[\small{\mbox{Figura 11}}\]

2.4. Ya no se parte de un vértice

Supongamos ahora que se impone al segmento $\Delta$ pasar por un punto $M$ que no es un vértice ; por ejemplo, $M$ está sobre el segmento abierto $BC$. Sea $CC'$ el segmento (que parte del vértice $C$) que divide $ABCD$ en dos partes de igual área. Por $C$ tracemos la paralela a la recta $MC'$ ; esta corta el lado $AD$ en un punto $C_1$. Entonces el segmento $MC_1$ divide el cuadrilátero $ABCD$ en dos partes de igual área.

PNG - 12.9 ko

\[\small{\mbox{Figura 12}}\]

2.4. Otra solución

En realidad, el descubrimiento de este problema fue el primero, incluso antes de aquel de la división del triángulo en partes iguales. ¡Muchos universitarios se lo habían saltado, lo que hacía este problema aún más intrigante !

Al principio el asunto era saber cómo trazar un segmento por un vértice del cuadrilátero $ABCD$ para cortarlo en dos partes iguales. Este tipo de preguntas se encuentra en todo buen viejo libro de geometría [4].

Por ejemplo, fijemos nuestra atención en la figura de abajo.

PNG - 16.2 ko

\[\small{\mbox{Figura 13}}\]

¿Cómo trazar $AE$ para que $\hbox{Área}(ABCE)=\hbox{Área}(AED)$ ? El problema de la existencia de un segmento tal mediante argumentos de continuidad ya ha sido discutido y no vamos a volver a él. Lo ideal sería... pero ahí uno se lo salta, busca, se da vueltas en la cama durante la noche, y luego, un día, uno se acuerda que un cuadrilátero (todo polígono, en efecto) puede transformarse en un triángulo de igual área. Veamos cómo. Se traza la diagonal $AC$ , luego se prolonga $CD$ del lado de $C$ y se traza la paralela a $AC$ resultante de $B$. Sea $E$ el punto de intersección entre esta paralela y la recta $CD$ y tracemos $AE$.

PNG - 21 ko

\[\small{\mbox{Figura 14}}\]

Denotemos $F$ al punto de intersección entre $AE$ y $BC$. Por construcción se tiene $\hbox{Área}(AEC)=\hbox{Área}(ABC)$, de lo cual se deduce (ya hemos utilizado esta observación) $\hbox{Área}(EFC)=\hbox{Área}(ABF)$ y, en consecuencia, $\hbox{Área}(ABCD)=\hbox{Área}(AED)$. Es lo que buscábamos mostrar.

Ahora basta con trazar la mediana $AN$ del triángulo $AED$ resultante de $A$, y nuestro cuadrilátero $ABCD$ será dividido en dos partes $ABCN$ y $AND$ ¡de igual área !

PNG - 18 ko

\[\small{\mbox{Figura 15}}\]

Qué sorpresa y qué alegría poder explicar a los jóvenes el siguiente enfoque en el proceso de creatividad cuando se presentó el mismo problema, pero imponiendo un punto $M$ cualquiera del perímetro de $ABCD$. En ese caso, se trata de invertir la idea anterior : se traza los segmentos $MC$ y $MD$, luego las paralelas resultantes de $B$ y de $A$, respectivamente, $MC$ y $MD$.

PNG - 20 ko

\[\small{\mbox{Figura 16}}\]

Con argumentos similares a los anteriores, se concluye primero que $\hbox{Área}(ABCD)=\hbox{Área}(MEG)$, y luego que la mediana $MN$ resultante de $M$ en el triángulo $MEG$ es la solución al problema planteado.

PNG - 23.3 ko

\[\small{\mbox{Figure 17}}\]

Esta demostración figura también en un libro muy original de Jean-Louis Brahem Histoires de géomètres et de géométrie de Éditions Le Pommier (2011).

3. Caso de un polígono cualquiera

3.1. El número natural $n$ es arbitrario y el polígono es convexo o no.
Sin embargo, no habrá posibilidad de elegir el punto de partida del corte con el cuchillo : se comenzará por un vértice.

PNG - 23.7 ko

\[\small{\mbox{Figura 18}}\]

3.2. Solución

El área de $\frak{P}$ se supone que es igual a $1$, lo que no es de ningún modo una restricción. Se divide el polígono $\frak{P}$ en $m=n-2$ triángulos $\delta_1,\ldots ,\delta_m$ de tal modo que $\delta_i$ y $\delta_{i+1}$ (para $i$ variando de $1$ a $m-1$) tengan un lado común. Se simboliza la cadena $\{ \delta_1,\ldots ,\delta_m\} $ mediante una línea segmentada (en verde sobre la Figura 18), que se llama arteria de $\frak{P}$. Se denota ${\cal A}_j$ el área de $\delta_j$. Existe entonces $i\in \{ 1,\ldots ,m\} $ tal que :

\[{\cal A}_1+\cdots +{\cal A}_{i-1}+{\cal A}_i\geq {{1}\over 2}\hbox{ y } {\cal A}_i+{\cal A}_{i+1}+\cdots +{\cal A}_m\geq {{1}\over 2}.\;\;(\ast)\]

Establezcamos, para simplificar, que $a={\cal A}_1+\cdots +{\cal A}_{i-1}$, $b={\cal A}_{i+1}+\cdots +{\cal A}_m$ y $c={\cal A}_i$. Se tiene entonces $a+b+c=1$, y se ve fácilmente, por la condición ($\ast $), que $a\leq {\frac12}$ y $b\leq {\frac12}$. Para dividir el polígono $\frak{P}$ en dos partes de igual área, basta con dividir el triángulo $\delta_i$ en una relación $\lambda \in [0,1]$ tal que $a+(1-\lambda )c=b+\lambda c.$
Un cálculo inmediato nos da :

\[\lambda ={\frac{1-2b}{2(1-a-b)}}.\]

Como $a\leq {\frac12}$ y $b\leq {\frac12}$, el número $\lambda $ es positivo. Se calcula fácilmente a partir de los datos sobre el polígono (sus lados...) y también se lo puede construir geométricamente.

Finalmente, es necesario que nuestro segmento $\Delta $ atraviese solo al triángulo $\delta_i$. Ese será el caso. En efecto, uno de los lados de $\delta_i$ es también un lado de $\frak{P}$ ; el segmento $\Delta $ tendrá por lo tanto como origen el vértice $M$ de $\frak{P}$ opuesto a ese lado. El resto se hace como en la subsección 1.2.

Post-scriptum :

Agradecemos a Étienne Ghys por habernos señalado una referencia a Euclide (a partir de la página 29). Esto prueba que no siempre conocemos bien los escritos de aquellos que nos preceden, pero reinvindicamos esta frescura que nos permite volver a preguntas elementales. Es esta misma frescura en el cuestionamiento la que tratamos de comunicar a los jóvenes que encontramos en las clases.

Gracias también a Mathieu Morinière por la relectura que hizo de este artículo y por la mirada extremadamente positiva que le dio.

Article original édité par Christian Mercat

Notes

[3Hemos dedicado un coloquio sobre este tema, ’’Miradas Geométricas’’, organizado conjuntamente por la Cité des Géométries - Gare Numérique de Jeumont y el IREM (Institut de Recherche sur l’Enseignement des Mathématiques, Instituto de Investigación sobre la Enseñanza de las Matemáticas) de Lille en 2010. Acerca de este tema, podemos citar algunos artículos de referencia : È possibile un’educazione al « saper vedere » in matematica ? de Emma Castelnuovo y Il « saper vedere » in Matematica (1967) de Bruno de Finetti

[4Vea por ejemplo : F.G.M. Exercices de géométries Editions Jacques Gabay

Partager cet article

Pour citer cet article :

Julio E. De Villegas, Jimena Royo-Letelier — «División de un polígono» — Images des Mathématiques, CNRS, 2020

Commentaire sur l'article

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?