Hola a todos. En esta ocasión vamos a ocuparnos de la lista de Hilbert, concretamente de un problema de geometría que ocupa la tercera posición en su famosísima lista de 23. El problema enuncia lo siguiente: Dados dos poliedros de igual volumen, ¿es siempre posible cortar el primero en una cantidad finita de piezas poliédricas que puedan ser ensambladas de modo que quede armado el segundo? La respuesta es no, y lo cierto es que no llevó mucho tiempo desentrañarla. Tan sólo unos pocos meses después de ser propuesta, durante el curso del mismo año 1900. Fue resuelta por un alumno suyo de 22 años llamado Max Dhen utilizando los posteriormente llamados invariantes de Dhen.
Es curioso que tan sólo 5 problemas más abajo se encuentre la hipótesis de Riemann, ya comentada en este blog y que lleva 152 años sin siquiera acercarnos lo más mínimo a su resolución.
El hecho es que este caso no ha tenido demasiada repercusión, por lo que considero justo que le dediquemos un artículo. Además la geometría es una de las ramas de la matemática más satisfactoriamente comprensibles para todos 🙂
Antes de empezar, me gustaría dar una definición de geometría. Es la siguiente:
La Geometría (del latín geometrĭa, que proviene del idioma griego γεωμετρία, geo tierra y metria medida), es una rama de la matemática que se ocupa del estudio de las propiedades de las figuras geométricas en el plano o el espacio, como son: puntos, rectas, planos, politopos (paralelas, perpendiculares, curvas, superficies, polígonos, poliedros, etc).
Dicho esto, ya podemos comenzar.
El enunciado exacto de nuestro problema fue:
Encontrar dos tetraedros de misma base y misma altura que no
puedan ser descompuestos en la misma familia finita de tetraedros congruentes.
Aunque desde los griegos se sabe que dos triángulos de igual área se descomponen en triángulos congruentes, Hilbert sospechaba que este resultado era falso al pasar a dimensión tres. Y de ahí su tercer problema. De hecho, encontramos en la correspondencia de Gauss su malestar con que ciertos teoremas de geometría sólida dependiesen del axioma de continuidad. En particular el cálculo del volumen de una pirámide exige un
procedimiento infinito a diferencia del cálculo del área de un triángulo.
Empezemos pues, tratando el caso de dimensión dos y posteriormente el de tres.
POLIGONOS
Denotaremos por a(P) el área de un polígono. Todos sabemos que si T es un triángulo de base b y de altura h, se tiene a(T) = b x h. La manera geométrica (« a la griega ») de demostrar este hecho es la siguiente:
Así pues, dos triángulos de misma base y misma altura tienen el mismo área.
Esto da pie a la definición siguiente. Dos polígonos P1 y P2 son equivalentes, escrito P1 � P2 , si podemos descomponerlos en la misma familia finita de polígonos.
Obsérvese que esta noción no cambia si sustituimos «misma familia de polígonos» por «
misma familia de triángulos». El Teorema de Pitágoras se demuestra con esta
herramienta de la manera siguiente:
La relación que acabamos de introducir es una relación de equivalencia.
En efecto, las propiedades reflexiva y simétrica son inmediatas. Respecto a la
propiedad transitiva supongamos que tenemos las dos relaciones A B y B C, lo que nos da dos descomposiciones a) y b). Para demostrar A C lo que hacemos es superponer las dos descomposiciones de B (trazo punteado) y trasladar el resultado a A y C.
Es claro que dos polígonos equivalentes tienen la misma área. De hecho, la figura de la página precedente muestra que dos triángulos son equivalentes si y sólo si tienen la misma área. El resultado es más general.
TEOREMA (BOLYAI – GERWIEN)
Dados dos polígonos P1 y P2 se tiene la equivalencia:
a(P1) = a (P2) P1 ^P2
Demostración:
La suficiencia es directa ya que dos polígonos congruentes tienen la misma área. Para la necesidad vamos a proceder en varias etapas.
Etapa 1
Dos paralelogramos de la misma base y misma altura son equivalentes.
Bastará ver que todo paralelogramo de base b y de altura h es equivalente a un rectángulo de base b y altura h y utilizar la transitividad de la relación.
Si el pie de la altura cae en la base, procedemos como indica la figura:
En caso contrario habrá que cortar horizontalmente el paralelogramo un número suficiente de veces. Esto se puede hacer ya que el cuerpo de los números reales es arquimediano.
Etapa 2
Todo paralelogramo es equivalente a un rectángulo de base dada.
Gracias a la Etapa I podemos suponer que el paralelogramo en cuestión es un rectángulo ABCD. Sea EFGH un rectángulo de la misma área con EF la base dada. Si la base AB es más pequeña que la base dada EF entonces subdividimos verticalmente el rectángulo EFGH en rectángulos suficientemente pequeños para que cada base sea más pequeña que EF. Entonces estamos en la situación siguiente, donde hemos construido el paralelogramo EFLK cuyos lados EL y FK miden le mismo que AB.
Observemos que a(ABCD) = a(EFGH) = a(EFLK). Tenemos EFLK EFGH ya que tienen la misma base y la misma altura (cf. Etapa I). Por otra parte, EFLK ABCD por las mismas razones. Por lo tanto, ABCD EFGH.
Etapa 3
Todo triángulo es equivalente a un paralelogramo. Ya lo hemos demostrado.
Etapa 4
Todo polígono es equivalente a un rectángulo de base dada.
Cada polígono P es descomponible en un número finito de triángulos: P • T1 + … + Tn. Aquí la suma + indica la unión. Gracias a las Etapas II y III encontramos una familia de rectángulos de base dada {Ri / i= 1, … ,n} con Ti � Ri para todo i= 1, … ,n .
El rectángulo buscado es R = R1 + … + Rn.
Etapa final
Dos polígonos del mismo área son equivalentes.
Sean dos polígonos P1 y P2 con a(P1) = a(P2). Fijemos una base b. La Etapa IV permite escribir P1 R1 y P2 R2 con R1 y R2 rectángulos de base dada b. Como a(R1) = a(P1) = a(P2) = a(R2) se tiene que necesariamente los dos rectángulos poseen la misma base y la misma altura. Por lo tanto R1 = R2 y finalmente P1 P2.
POLIEDROS
Denotaremos por v(P) el volumen de un poliedro. Todos sabemos que si T es un tetraedro de base B y de altura h, se tiene v(T) = a(B) x h. Así pues, dos tetraedros de misma base y misma altura tienen el mismo volumen. La manera geométrica de demostrar este hecho exige un proceso infinito (¿sabéis hacerlo sin integrar?), con lo que la situación es distinta entre la dimensión 2 y la dimensión 3, lo que dio pie a Hilbert para proponer su conjetura.
Diremos que dos poliedros P1 y P2 son equivalentes, escrito P1 P2, si podemos descomponerlos en la misma familia finita de poliedros. Obsérvese que esta noción no cambia si sustituimos «misma familia de poliedros» por «misma familia de tetraedros». Como en el caso de los polígonos, se demuestra que la relación es una relación de equivalencia.
Es claro que dos poliedros equivalentes tienen el misma volumen. Pero el recíproco es falso como vamos a ver a continuación. Para ello introducimos el invariante de Dehn.
Recordatorio. El conjunto R de los números reales es un espacio vectorial sobre el cuerpo de los números racionales Q. Su dimensión es infinita. En adelante fijamos f : R • R una aplicación Q-lineal, es decir, una aplicación verificando f(n+m) = f(n) + f(m) para todos n,m en Z, con f(π) =0. ¡Hay un número infinito!
Definición.
El invariante de Dehn de un poliedro P es el número:
f(P) = Σ f(αi) x li
donde la suma se hace sobre las aristas del poliedro, li denota la longitud de la arista y αi el ángulo diedral.
Observemos que la condición f(π)=0 hace que las aristas virtuales no aporten nada a este invariante.
Veamos algunos ejemplos:
Cubo.
Cada ángulo diedral del cubo C es π/2. Puesto que f es Q-lineal se tendrá 0 = f(π) = 2f(π/2), con lo que f(π/2) = 0. Así pues f(C) =0.
Prisma.
El invariante de Dehn del prisma P contiene dos partes, a saber, la que proviene de las aristas verticales y la que proviene de las aristas horizontales: f(P) = d1+d2. Todas las aristas verticales tienen la misma longitud l. El aporte de estas aristas es pues d1 = l x f(α1+ … +αn), donde los αi son los ángulos diedrales correspondientes. Ahora bien, esta suma es π con lo que d1 = 0. Las otras aristas vienen emparejadas: cada arista de la base tiene una correspondiente en la tapa de la misma longitud. Así, d2 = l1 x f(αn+1,base+ …+αn+1,tapa)+ … + lq x f(αq,base+…+αq ;tapa). Ahora bien, como αj,base + αj ;tapa= π tendremos también d2 = 0 y por lo tanto f(P) = 0.
Tetraedro regular.
Por simetría se tiene que el invariante de Dehn del tetraedro regular T es f(T) =6 x f(ϕ), donde ϕ es el ángulo agudo de coseno 1/3.
Suma de poliedros.
Si P es la unión de varios poliedros P1 , … , Pn, entonces se tiene f(P) = f(P1)+ … +f( Pn).
El resultado clave para resolver el problema de Hilbert es el siguiente:
PROPOSICION
Dados dos poliedros P1 y P2 se tiene la relación:
P1^P2 G f(P1)=f(P2)
Demostración:
Podemos obtener P2 a partir de P1 mediante una serie de descomposiciones que consisten en “dar un corte”, es decir, añadir dos caras y las correspondientes aristas. Los tres casos posibles de aristas están representados en al dibujo siguiente:
Para demostrar el resultado vamos a ver que f(P) es invariante por estos cortes.
Corte en la arista. La arista de origen l queda subdividida en dos aristas l1 y l2. El ángulo diedral α es el mismo. El invariante de Dehn se preserva:
l x f(α) = l1 x f(α) + l2 x f(α).
Corte en el ángulo. La arista es la misma antes y después de la descomposición, mientras que el ángulo α queda dividido en dos ángulos α1 y α2. El invariante de Dehn se preserva:
l x f(α) = lx f(α1) + lx f(α2).
Nueva arista. De hecho hay dos nuevas aristas con ángulos suplementarios. El invariante de Dehn se preserva:
0 = l x f(π) =lx f(α1) + lx f(α2).
Esto termina la demostración. Gracias a este resultado obtenemos el sorprendente teorema siguiente:
TEOREMA
El tetraedro regular y el cubo del mismo volumen no son equivalentes.
Vamos a encontrar f : R • R de modo que los invariantes de Dehn asociados f(C) y f(T) sean distintos. Esto implicará que C y T no son equivalentes.
Sabemos que f(Cubo) = 0 y f(Tetraedro regular) = 6 l x f (ϕ), donde el ángulo ϕ verifica cos(ϕ) = 1/3. Para demostrar el Teorema bastará encontrar:
f : R R una aplicación Q-lineal con f() = 0 y f( ) diferente de 0
lo que es equivalente a mostrar que:
cp y jt son Q-linealmente independientes, o bien que no existen dos enteros m y n con m + mcp =0. Para ello basta demostrar que:
cos (mcp) es distinto de 1 y de -1.
Llegamos a esto demostrando por inducción sobre m que cos (m am / 3m , donde el entero am no es divisible por 3.
Para m = 1 tenemos directamente cos (ϕ) = 1/3. Supongamos el resultado cierto para m. Por trigonometría elemental podemos escribir:
cos ((m+1)ϕ) = 2/3 cos (mϕ) – cos ((m-1)ϕ) = 2 am / 3m+1 – am-1 / 3m-1 = (2 am – 9am-1 )/ 3m+1
y 2 am – 9 am-1 no es divisible por 3 ya que 2 am no lo es.
Ahora estamos pues en condiciones de responder a la pregunta de Hilbert.
PROBLEMA DE HILBERT
Encontrar dos tetraedros de misma base y misma altura que no puedan ser descompuestos en la misma familia finita de tetraedros congruentes.
Demostración.
A partir del tetraedro regular M1 construimos un prisma P de misma base y misma altura:
Este prisma se descompone en tres tetraedros: M1, M2 y M3 que tienen la misma base y la misma altura. Sabemos que tenemos:
0 = f(P) = f(M1) + f(M2) + f(M3), con f(M1) diferente de 0.
Forzosamente los tres invariantes de Dehn no pueden ser iguales. Así pues, hemos encontrado dos tetraedros de igual base y altura con invariantes de Dehn distintos y, por consiguiente, no equivalentes.
Con esto finaliza la exposición sobre el tercer problema (resuelto en 1900 por Dhen) de la lista de Hilbert. A la semana que viene volveremos con otro problema poco conocido de la lista.
Un saludo 🙂
Bibliografía.
V.G. Boltianski. Figuras equivalentes y equicompuestas. Lecciones populares de Matemáticas. Editorial Mir; 1981.
The walrus was Paul 