La cuadratura del triángulo

Piste bleue Le 10 mai 2019  - Ecrit par  Andrés Navas
Le 8 mai 2019
Article original : La quadrature du triangle Voir les commentaires
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¿Cómo cortar un triángulo equilátero en cuatro trozos poligonales que, rensamblados, den un cuadrado ? Aquí desarrollamos un método notable, hoy en día ya clásico.

Tomemos dos polígonos regulares de los más sencillos, un triángulo equilátero y un cuadrado, y supongamos que tengan la misma área.

Pregunta : ¿Se puede pasar del triángulo al cuadrado (y viceversa) cortándolo en un número finito de piezas poligonales y luego rensamblándolas ?

La respuesta a esta pregunta (no muy difícil, por cierto) es afirmativa [1]. Por ejemplo, se puede pasar del triángulo al cuadrado cortándolo en cinco piezas, como se muestra a continuación.

Sin embargo, existe un método magnífico para pasar del triángulo equilátero al cuadrado... ¡que usa solo cuatro piezas ! De hecho, este método permite transformar dicho triángulo en cualquier rectángulo de una vasta familia. Para hacerte una idea, comienza observando esta animación :

Problema : ¿Se puede descomponer el triángulo equilátero en tres piezas poligonales que, rensambladas, formen un cuadrado ?

¡Esperamos tu respuesta en los comentarios de este artículo !

Un poco de historia

El problema de transformar un triángulo equilátero en un cuadrado por corte y rensamble fue propuesto por Henry Dudeney en 1902 en su famosa columna de problemas matemáticos ’’Puzzles and Prizes’’ del periódico Weekly Dispatch en Inglaterra. Una solución (que, al parecer, era conocida por Dudeney [2]) fue propuesta por C. W. McElroy. Más abajo desarrollamos los cálculos de la construcción subyacente. Como veremos, estos cálculos no son lo que uno podría denominar ’’triviales’’. Además, no son fáciles de encontrar en la literatura.

Antes de proceder, y para darte un poco de fuerza, observa esta aplicación ’’práctica’’ de la transformación de triángulos en cuadrados : ¡es posible sentarse de a tres o de a cuatro en una misma mesa ! (sin dejar espacio libre...)

Baltasar posando feliz junto a su mesa al fin terminada.

Los cálculos

La animación de arriba sugiere que la parte inferior izquierda del triángulo gira (por una rotación de 180º centrada en el punto medio del lado correspondiente) hacia la parte izquierda del cuadrado, y que algo análogo sucede a derecha (girando en el sentido contrario). Además, la parte central inferior del triángulo se identifica a la parte superior del cuadrado.

Los dibujos, sin embargo, pueden inducir a errores. Además, nos gustaría calcular las longitudes precisas de las piezas (¡de modo de poder fabricar una mesa perfecta !). En la ilustración de la izquierda abajo incluimos entonces algo de esta información geométrica. Observa que $E$ debe ser el punto medio del lado $PQ$ del cuadrado, mientras que $D$ debe ser el punto medio de $RS$. Observa también que los ángulos en $Q$ y $R$ son rectos, pues tras una rotación se corresponden con ángulos del cuadrado. Además, $\, \overline{AU} = \overline{HC} \,$ y $\, \overline{VB} = \overline{CI}, \,$ y como $\, \overline{HI} = \overline{UV}, \,$ la longitud de $UV$ debe ser la mitad de la del lado del triángulo. En lo que sigue, supondremos que la longitud del lado del triángulo es igual a 1. Toda esta información aparece desplegada en la figura de la derecha a continuación.

He aquí una observación muy importante : por cada valor de $x$ menor o igual a $1/2$, las rotaciones descritas anteriormente llevan a un cuadrilátero de ángulos rectos, es decir, a un rectángulo. Nuestro problema consiste entonces en calcular el valor de $x$ para el cual este rectángulo es un cuadrado. Si bien se trata de un cálculo elemental, no es en absoluto trivial. Trata de hacerlo por tu cuenta antes de revisarlo abajo : debieras llegar a
\[x = \frac{3-\sqrt{4\sqrt{3}-3}}{4} \sim 0,2545...\]

El cálculo de $x$.

Si el rectángulo es un cuadrado, entonces $\triangle UVR$ y $\triangle DEQ$ son congruentes, pues tienen los mismos ángulos (¿por qué ?) y $\overline{UV} = \overline{DE} = 1/2$. Por lo tanto, si denotamos $u = \overline{UQ} = \overline{RD} = \overline{DS}$ y $\upsilon = \overline{PE} = \overline{EQ} = \overline{RV}$, entonces la condición $\overline{PQ} = \overline{QS}$ (la cual es necesaria para obtener un cuadrado) se transforma en $\overline{QR} = 2\upsilon - 2u$, tal como se ilustra más abajo. Además, dado que el área del triángulo es igual a $\sqrt{3} / 4$ y que esta es igual al área del cuadrado, la longitud del lado del cuadrado debe ser $\sqrt{\sqrt{3}/4} = \sqrt[4]{3} / 2$, y por tanto $\upsilon = \sqrt[4]{3} / 4$.

Si aplicamos el teorema de Pitágoras a $\triangle URV$ obtenemos
\[\overline{UV}^2 = \overline{UR}^2 + \overline{RV}^2,\]
es decir,
\[\frac{1}{4} = (2\upsilon -u)^2 + \upsilon^2 = 5\upsilon^2 - 4u\upsilon + u^2 = u^2 - u \sqrt[4]{3} + \frac{5 \sqrt{3}}{16}.\]
Esto nos da una ecuación cuadrática en $u$, la cual tiene dos soluciones. La que debemos considerar es
\[u = \frac{1}{2} \left( \sqrt[4]{3} - \sqrt{ \sqrt{3} - 4 \left( \frac{5 \sqrt{3}}{16} - \frac{1}{4} \right) } \right) = \frac{1}{2} \left( \sqrt[4]{3} - \sqrt{ 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} } \right). \]
En efecto, la otra solución es mayor que $\sqrt[4]{3} / 2$, lo cual es absurdo pues el lado del cuadrado debe ser a la vez igual a $\sqrt{3} / 4$ y mayor que $u^2$.

Denotando $\ell = \overline{EU}$, el teorema del coseno aplicado a $\triangle AUE$ y el teorema de Pitágoras aplicado a $\triangle EQU$ nos dan
\[ x^2 + \frac{1}{4} - 2\, x \frac{1}{2} \cos (60º)\,\, = \,\, \ell^2\,\, =\,\, \upsilon^2 + u^2.\]
Por lo tanto,
\[\begin{eqnarray*} x^2 - \frac{x}{2} + \frac{1}{4} &=& \frac{\sqrt{3}}{16} + u^2 \\ &=& \frac{\sqrt{3}}{16} + \frac{1}{4} \left( \sqrt{3} + \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) - 2 \sqrt{ \sqrt{3} \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) } \right) \\ &=& \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4} \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3}. \end{eqnarray*}\]
En consecuencia,
\[x^2 - \frac{x}{2} - \left( \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4} \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3} \right) = 0.\]
Nuevamente, se trata de una ecuación cuadrática que lleva a dos soluciones. Aquella que nos concierne es la mayor a $1/4$ (de modo que $\overline{AU} > \overline{VB}$), es decir,
\[\begin{eqnarray*} x &=& \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} + \sqrt{ \frac{1}{4} + 4 \left( \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4} \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3} \right) } \right) \\ &=& \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \sqrt{ 1 + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3 } } . \end{eqnarray*}\]
Esta última expresión puede ser simplificada al notar que
\[\begin{eqnarray*} \left( 2 - \sqrt{4 \sqrt{3}-3} \right)^2 &=& 4 + (4\sqrt{3}-3) - 4 \sqrt{4 \sqrt{3}-3}\\ &=& 1 + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{4 \sqrt{3}-3}. \end{eqnarray*}\]
En efecto, como $\,2 - \sqrt{4\sqrt{3}-3} \sim 0,018... > 0,\,$ esto implica que
\[2 - \sqrt{4 \sqrt{3}-3} = \sqrt{1 + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{4 \sqrt{3}-3}},\]
y por tanto
\[x = \frac{1}{4} + \frac{2-\sqrt{4\sqrt{3}-3}}{4} = \frac{3-\sqrt{4\sqrt{3}-3}}{4} \sim 0,2545...\]

Disponemos (¡al fin !) de todas las medidas involucradas en la descomposición de Dudeney. ¡Ahora puedes entretenerte fabricando tu propia mesa triangular-cuadrada !

Nachito y sus módulos de Dudeney para una tarea del liceo.

Un consejo : intenta primero hacer una versión en miniatura ; en este video se muestra uno con bisagras [3].

Problema : ¿Para qué valor de $x$ la construcción precedente lleva a un rectángulo áureo, es decir, un rectángulo para el cual la proporción entre el largo y el ancho es igual al número áureo (o de oro) $\varphi$ ?

La respuesta está aquí (¡pero trata primero de resolver el problema por tu cuenta !)

Problema : En el dibujo de la derecha arriba, $\triangle ABC$ es un triángulo equilátero, $D$ es el punto medio de $BC$, y $E$ es el punto sobre la prolongación de $AD$ para el cual $\overline{DE} = \overline{EB}$. Además, $F$ es el punto de intersección entre la semicircunferencia de diámetro $AE$ y la prolongación de $BC$. Si $G$ es el punto de intersección de $AB$ con la circunferencia de centro $D$ y radio $\overline{DF}$, prueba que $G$ corresponde al punto $U$ de la construcción de la partición de Dudeney.

¡La partición de Dudeney puede ser hecha con regla y compas !

Los módulos de Dudeney en una feria de matemáticas en un liceo de Quilpué.
Post-scriptum :

Para saber más :

El libro ’’Recreational Problems in geometric dissections and how to solve them’’, de H. Lingren, es una referencia clásica obligada. Allí hay muchos resultados sobre el número mínimo de piezas de corte para la transformación de un polígono en otro de igual área (un juego que tiene muchísimos adeptos). Ver también la página web de G.N.Frederickson (en inglés), así como esta página (en francés).

La construcción de Dudeney es aún más notable por ser un corte con bisagras [4]. En torno a esto, el resultado más general es aquel del artículo ’’Hinged dissections exist’’, de Timothy G. Abbott, Zachary Abel, David Charlton, Erik D. Demaine, Martin L. Demaine y Scott Duke Kominers, publicado en 2012 en Discrete & Computational Geometry. [5]

Agradecimientos :

Agradezco infinitamente a Nicolé Geyssel por las imágenes y videos de este artículo, así como a Inge Alicera por sus simpáticas mesa y módulos de Dudeney. Agradezco igualmente a los lectores de pseudónimos Lalanne, Veurius, Jimmy y Clément.

Article original édité par Philippe Colliard

Notes

[1De hecho, un teorema notable del siglo XVIII debido a varios autores (William Wallace, Paul Gerwien y Farkas Bolyai) establece que esto puede hacerse con cualquier par de polígonos de la misma área (vea este artículo). La prueba de este resultado es sencilla y constructiva. Sin embargo, el número de piezas que surgen de la demostración puede ser muy grande, incluso en casos sencillos. En la (primera) animación presentada arriba, hemos seguido esencialmente dicho método para llegar a la descomposición en cinco piezas.

[2Ver G.N. Frederickson, ’’Hinged Dissections : Swinging and Twisting’’ (pp. 8-10) ; disponible aquí.
La historia que se relata en este artículo me hace recordar aquella del extraordinario teorema que señala que, en todo triángulo, las trisectrices de los ángulos se intersecan en tres puntos que son los vértices de un triángulo equilátero (observa esta animación iluminadora). Este famoso teorema de Morley fue propuesto como problema por Frank Morley (¡en fechas muy cercanas al de Dudeney !), quien disponía de una prueba más bien complicada que utilizaba cálculos trigonométricos sofisticados. La primera demostración geométrica es debida a M. T. Naraniengar. Una prueba sorprendentemente sencilla puede ser hallada aquí (documento en francés, pero fácilmente entendible).

[3Hasta hace no mucho se podía adquirir aquí el magnífico modelo del video. Esperamos que vuelva a estar disponible.

[4Este es el caso también de esta demostración del teorema de Pitágoras.

[5Se trata de una extensión del teorema de Wallace-Gerwien-Bolyai : para todo par de polígonos de igual área, existe un corte con bisagras que transforma uno de ellos en el otro.

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Pour citer cet article :

— «La cuadratura del triángulo» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - La imagen de portada del artículo fue tomada desde wikipedia.

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