1 Polígonos

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Polígonos
Definición. Sea O un punto arbitrario de un plano euclidiano. Entonces, un conjunto Υ de puntos de ese
plano es asteroide de O si para todo Q ∈ Υ el segmento OQ está contenido en Υ.
Ejemplos. Sea O ∈ R2 arbitrario pero fijo; entonces:
1. ∅ es asteroide de O, ya que es válida la implicación
Q ∈ ∅ ⇒ OQ ⊆ ∅
2. {O} es asteroide de O, porque
OO ⊆ {O}
3. R2 es asteroide de O, porque
OQ ⊆ R2 , ∀Q ∈ R2
4. Toda recta
que pase por O es asteroide de O, porque
OQ ⊆ , ∀Q ∈
Proposición. Sea Υ cualquier conjunto de puntos de un plano euclidiano y sea
©
ª
Ξ (Υ) = P ∈ R2 : Υ es asteroide de P
Entonces, Ξ (Υ) es un conjunto convexo.
Demostración. Si Υ = ∅, entonces Ξ (Υ) = R2 , que es convexo.
Supongamos que Υ 6= ∅. Si Υ = {O}, entonces Ξ (Υ) = {O}, que es convexo.
Si
1 < (Υ) ≤ ℵ0
entoces Ξ (Υ) = ∅, que es convexo.
Si Υ es tal que
(Ξ (Υ)) > 1
entonces, escojamos
O1 , O2 ∈ Ξ (Υ)
arbitrarios. Hay que probar que O1 O2 ⊆ Ξ (Υ); para ello, tomemos cualquier O ∈ O1 O2 . Es claro que si
O = O1 u O = O2 entonces O ∈ Ξ (Υ). Supongamos que
O 6= O1
y
O 6= O2
Para poder concluir que O ∈ Ξ (Υ), hay que demostrar que Υ es asteroide de O; para esto, tomemos cualquier
P ∈ Υ y, veamos que, efectivamente, OP ⊆ Υ.
Sea Q ∈ OP ; si Q = O ó Q = P , entonces Q ∈ Υ, y no habría más por demostrar. Si Q 6= O y Q 6= P ,
entonces
Q ∈ (O1 P O2 )◦
Por lo tanto, la recta que pasa por O2 y por Q corta a O1 P en algún punto R. Puesto que Υ es asteroide de
O1 , tenemos O1 P ⊆ Υ; ∴ R ∈ Υ. Y como Υ es asteroide de O2 , tenemos O2 R ⊆ Υ; ∴ Q ∈ Υ. Esto es prueba
de que OP ⊆ Υ, lo cual a su vez, demuestra que Υ es asteroide de O. Y como O se escogió arbitrariamente
en O1 O2 , queda demostrado que O1 O2 ⊆ Ξ (Υ). Pero también O1 y O2 se escogieron arbitrariamente en
Ξ (Υ). Por lo tanto, Ξ (Υ) es un conjunto convexo, como se quería demostrar.@
1
Definición I . Sea Υ cualquier conjunto de puntos de un plano euclidiano. Entonces, el conjunto de puntos
de los cuales Υ es asteroide (es decir, el conjunto Ξ (Υ) de la proposición anterior) es el núcleo convexo
de Υ.
Recordemos que llamamos región poligonal convexa a la intersección de un número finito de semiplanos,
y que un polígono convexo es una región poligonal convexa que está acotada.
Ejercicio c35 : Probar que
(a) todo semiplano abierto es un conjunto abierto;
(b) todo semiplano cerrado es un conjunto cerrado.
Acordémonos también de que la intersección arbitraria de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado. No
es difícil demostrar que la intersección finita de conjuntos abiertos es un conjunto abierto.
Esto, aunado a los resultados del ejercicio c35 , justifica que llamemos abierta ó cerrada a una región
poligonal convexa definida por la intersección finita de semiplanos abiertos ó cerrados, respectivamente. En
particular, resultan efectivamente abiertos los polígonos convexos abiertos (es decir, las regiones poligonales
acotadas abiertas), y efectivamente cerrados los polígonos convexos cerrados.
Definición II . Sea Υ ⊆ R2 arbitrario.
• Una división de Υ es una pareja (U, V)de conjuntos abiertos tales que
Υ⊆U ∪V
y
U ∩V =∅
¡ 2 ¢
•• La división R , ∅ se llama trivial.
• • • Se dice que Υ es conexo si la única división que tiene es la trivial.
Definición III . Υ ⊆ R2 es un polígono si es la unión de un número finito de polígonos convexos y es
conexo.
Se ha demostrado ya que la unión arbitraria de conjuntos abiertos es un conjunto abierto. Es fácil
demostrar que la unión finita de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado. Así, si llamamos abierto ó
cerrado a un polígono que sea unión (finita) de polígonos convexos abiertos ó cerrados, sabemos que es un
conjunto efectivamente abierto ó efectivamente cerrado, respectivamente.
Notemos, por otra parte, que todo polígono es un conjunto acotado, ya que es una unión finita de
conjuntos acotados.
Definiciones. 1. Al conjunto formado por tres segmentos de longitud finita que tienen un extremo común
lo llamaremos triodo.
2. Un polígono Π es de Helly si es cerrado y si para cualesquiera tres puntos
A, B, C ∈ ∂Π
existe P ∈ Π tal que el triodo
PA ∪ PB ∪ PC
está contenido en Π.
Proposición. Si el núcleo convexo de un polígono cerrado es distinto del vacío, entonces el polígono es de
Helly.
Demostración. Sea Π un polígono cerrado tal que Ξ (Π) 6= ∅; sean
y
A, B, C ∈ ∂Π
P ∈ Ξ (Π)
Como Π es cerrado, tenemos que A, B, C ∈ Π; en consecuencia
∴ PA ∪ PB ∪ PC ⊆ Π
P A, P B, P C ⊆ Π;
Esto prueba que Π es de Helly.@
El resultado anterior es tan sencillo que quizá hubiera podido haberse comentado como una observación.
El que no es tan simple es su recíproco, es decir, que un polígono de Helly jamás tiene vacío su núcleo
convexo. Ambas afirmaciones constituyen un teorema, mismo que veremos enseguida. En su demostración
desempeña un importante papel el resultado establecido en el ejercicio c21 , que es el caso finito del Teorema
de Helly para dos dimensiones.
2
Teorema de Krasnoselskii. Sea Π un polígono cerrado arbitrario. Entonces, son equivalentes las afirmaciones:
(a) Ξ (Π) 6= ∅;
(b) Π es de Helly.
Demostración. (a) ⇒ (b) Es la proposición anterior.
(b) ⇒ (a) Orientemos la frontera de Π recorriéndola en sentido contrario al de las manecillas de un reloj;
de este modo, al considerar las rectas determinadas por cada lado de Π, podemos referirnos con precisión a
los semiplanos cerrados situados a la izquierda de estas rectas, según esta orientación. Probaremos que la
intersección de cualesquiera tres de estos semiplanos en diferente del vacío.
Sean m , n , ñ tres de estas rectas y denotemos por
Π
m
, Π n, Π
ñ
a los semiplanos cerrados correspendientes, respectivamente. Sean
A∈
m
∩ ∂Π, B ∈
n
∩ ∂Π, C ∈
ñ
∩ ∂Π
que no sean vértices de Π. Puesto que Π es de Helly, existe P ∈ Π tal que el triodo
P A ∪ P B ∪ P C ⊆ Π · · · (F)
Aseguramos que P ∈ Π m ∩ Π n ∩ Π ñ . En efecto, porque lo contrario querría decir que P está a la derecha
de alguno de estos semiplanos, y entonces uno de los brazos del triodo (P A ó P B ó P C) llegaría desde P
hasta su otro extremo (A ó B ó C) por la derecha, es decir, por fuera de Π ◦O Esto está en contradicción
con (F). Por lo tanto
P ∈Π
m
∩Π
n
∴Π
∩ Π ñ ;
m
∩Π
n
∩Π
ñ
6= ∅
A partir de esto podemos aplicar el Teorema de Helly y asegurar que si son k los lados de Π, y si denotamos
por i y por Π i , i ∈ {1, 2, ..., k}, a las rectas que estos lados determinan y a los semiplanos cerrados
k
corespondientes, entonces i = 1∩ Π i 6= ∅. Sea
k
P0 ∈i = 1∩ Π
i
· · · (z)
Aseguramos que P0 ∈ Π. En efecto, porque si P0 ∈
/ Π, bastaría fijarnos en el lado de Π más cercano a P0 y
tendríamos que P0 estaría a la derecha de ese lado, contraviniendo el hecho (implícito en (z)) de hallarse a
la izquierda.
Para concluir la demostración, probaremos que P0 ∈ Ξ (Π), es decir, que Π es asteroide de P0 .
Sea Q ∈ Π arbitrario; hay que probar que
P0 Q ⊆ Π
Supongamos que no fuera así; entonces, podríamos hallar un punto
¡
¢
R ∈ P0 Q ∩ R2 − Π
Sea S ∈ QR ∩ ∂Π; nótese que P0 ha quedado a la derecha del lado de Π en que está S ◦∇ Esto es una
contradicción con (z); esta contradicción ha surgido por haber supuesto la existencia de un punto de P0 Q
fuera de Π. Luego, P0 Q ⊆ Π; y como Q se escogió arbitrariamente en Π, queda demostrado que Π es
asteroide de P0 . Por lo tanto, Ξ (Π) 6= ∅, como se quería demostrar.@
En su libro Convex Figures, los rusos Yaglom & Boltianskii sugieren una interpretación muy simpática
del Teorema de Krasnoselskii: Si nos encontráramos en una casa de espejos en la que éstos estén colocados
de manera tal que siepre que escojamos tres cualesquiera de ellos hay un sitio desde el cual nos podemos ver
reflejados en los tres, entonces podemos asegurar que existe un lugar en la casa desde el cual nos podemos
mirar reflejados en todos los espejos.
Ejercicio c36 : Sea Ω ⊆ R2 arbitrario. ¿Es verdad que son equivalentes:
¾
(a) Ω es convexo
?
(b) Ω es asteroide de todos sus puntos
Justifique su respuesta.
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1.0.1
Compacidad
Como veremos a continuación, la idea de ser de Helly no es privativa de los polígonos, sino que puede
generalizarse a una clase más grande de subconjuntos de R2 : la clase de los conjuntos compactos.
Definiciones. Sea < ⊆ R2 arbitrario.
1. Se dice que una familia (Cj )J de subconjuntos de R2 es una cubierta de < si
< ⊆ j ∈ J∪Cj
2. Se dice que una cubierta (Aj )J de < es abierta si Aj es un conjunto abierto, para toda j ∈ J.
3. Si J 0 ⊆ J y (Cj )J 0 es una cubierta de <, entonces se dice que (Cj )J 0 es una subcubierta de (Cj )J .
4. Diremos que < es un conjunto compacto si toda cubierta abierta de < tiene una subcubierta finita.
Para comprender el concepto de conjunto compacto de R2 , pensemos en cómo tendría que ser un conjunto
< ⊆ R2 para no ser compacto. Cómo podemos hacerle para evitar que una cubierta abierta de < tenga una
subcubierta finita.
Después de pensar en ello un rato, suele uno caer en la cuenta de que si el área de <, por ejemplo, no
deja de crecer, entonces solamente con una familia infinita de conjuntos abiertos podremos cubrir a <.
Nótese que un subconjunto de R2 cuyo área no deja de crecer, no puede estar acotado.
Observemos también que si < ⊆ R2 no está acotado, entonces la familia de discos abiertos centrada en el
origen O de R2
¡
¡ ¢¢
Dn O N
constituye una cubierta abierta de < que no puede tener una subcubierta finita, pues ello engendraría una
contradicción con haber supuesto no acotado a <.
Es así que caemos en la cuenta de que ¿un conjunto compacto de R2 tiene que estar acotadoÀ.
Veamos ahora que no estar acotado no es el único modo de dejar de ser compacto.
En efecto, veremos que un conjunto que no sea cerrado no puede ser compacto.
¿Cómo es no ser cerrado un conjunto <?
Recordemos que < es cerrado si, y sólo si, < = <; además, tengamos presente que
◦
< =< ∪∂<
Consecuentemente, < no será cerrado nomás con que le falte algo de su interior o algo de su frontera,
e
(aunque sea un puntito). Para entender mejor cómo es que un conjunto no es cerrado, supongamos que <
es un conjunto cualquiera de R2 y hagamos referencia a cualquier punto
◦
Entonces, el conjunto
e ∪∂ <
e
P ∈<
e − {P }
<=<
es no cerrado. Veremos que tampoco es compacto.
En efecto, consideremos la familia (An )N de conjuntos abiertos cuyos miembros son los complementos de
los discos cerrados
D n1 (P ), n ∈ N
Es claro que al no ser P elemento de <, (An )N es una cubierta abierta de < porque
³
´
n ∈ N∪An = n ∈ N∪ R2 − D n1 (P )
= R2 − n ∈ N∩D n1 (P )
= R2 − {P } ⊇ <
4
Por otro lado, el ser
◦
e
P ∈<
ó
e
P ∈ ∂<
e diferentes de P . Por consiguiente, cualquier intersección
implica que en cualquier D n1 (P ) hay elementos de <
´
³
finita de elementos de D n1 (P ) tiene elementos de <; por las Leyes de D’morgan, esto es tanto como decir
N
que ninguna unión finita de elementos de (An )N llega a contener del todo a <. Dicho de otro modo: (An )N
no tiene subcubiertas finitas de <. Por lo tanto, < no es compacto.
Y si hemos demostrado (como acabamos de hacer) que
< no cerrado
⇒
< no compacto
entonces, hemos demostrado que ¿al ser compacto un conjunto, tal conjunto es cerradoÀ.
Si conjuntamos este resultado con el de la observación anterior, obtenemos la primera parte del siguiente
teorema.
Teorema de Heine-Borel para dos dimensiones. Sea < ⊆ R2 arbitrario. Son equivalentes:
(a) < es compacto
(b) < es cerrado y está acotado
Demostración. (a) ⇒ (b) X
(b) ⇒ (a) Procederemos por reducción al absurdo suponiendo que existe una cubierta abierta (Aj )J de
<, de la cual no puede obtenerse una subcubierta finita.
Puesto que < está acotado, podemos encerrarlo en un cuadrado cerrado Q. Uniendo con segmentos de
recta los puntos medios de los lados opuestos de Q, formamos una cuadrícula de cuatro cuadrados cerrados.
Ahora < queda repartido en esos cuatro cuadrados. Obsérvese que si cada una de estas cuatro partes de <
pudiera ser cubierta con un número finito de miembros de (Aj )J , entonces todo < se podría cubrir con un
número finito de miembros de (Aj )J , lo que es falso. Por consiguiente, alguno de estos cuatro subcuadrados
de Q, digamos Q1 , contiene una parte de < que no puede cubrirse con un número finito de miembros de
(Aj )J .
Como hicimos con Q, podemos hacer con Q1 , subdividiéndolo en cuatro cuadrados cerrados. Un argumento similar al anterior nos muestra la existencia de un subcuadrado Q2 de Q1 que contiene una parte de
< que no puede cubrirse con un número finito de miembros de (Aj )J .
Es claro que esta construcción podemos proseguirla indefinidamente, con lo cual obtenemos una sucesión
decreciente de cuadrados cerrados
Q1 ⊇ Q2 ⊇ Q3 ⊇ · · ·
cada uno de los cuales contiene una parte de < que no puede cubrirse con un número finito de miembros de
(Aj )J .
Tengamos en cuenta lo siguiente: Sea
dn = sup {d (Q, Q0 ) : Q, Q0 ∈ Qn }
Por la construcción de los Qn es claro que
n → ∞limdn = 0
Además, si llamamos δ n a la longitud de la diagonal del cuadrado Qn , entonces para toda n ∈ N
δ n = dn ; ∴ n → ∞limδ n = 0 · · · (a)
Ahora escojamos, para toda n ∈ N, un punto
Pn ∈ < ∩ Qn
Entonces, (Pn )n es una sucesión de puntos de <. Como < está acotado, la sucesión (Pn )n está acotada. Ya
en otra ocasión empleamos el resultado (que en nuestra Facultad se ve en el curso de Cálculo de segundo
semestre) de que toda sucesión acotada de puntos de un plano euclidiano tiene una subsucesión convergente.
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Sea (Pnk )k tal subsucesión y sea
P0 = k → ∞limPnk
Puesto que < es cerrado, < tiene como elementos a los límites de las sucesiones convergentes de puntos suyos;
por lo tanto, P0 ∈ <. Puesto que (Aj )J es una cubierta abierta de <, debe existir un j0 ∈ J tal que
P0 ∈ Aj0
Por ser Aj0 un conjunto abierto, existe un número ε ∈ R+ tal que
Dε (P0 ) ⊆ Aj0 · · · (b)
Por (a), podemos hallar ñ0 ∈ N lo suficientemente grande como para que se dé simultáneamente que
d (Pñ0 , P0 ) <
ε
2
y
δ ñ0 <
ε
2
Entonces, cualquiera que sea P ∈ Qñ0 , tenemos
d (P, Pñ0 ) ≤ sup {d (Q, Q0 ) : Q, Q0 ∈ Qñ0 } = δ ñ0 <
ε
2
Luego
¢
¡
¢ ε ε
¡
d P, Pñ0 + d Pñ0 , P0 < +
2 2
Aplicando la desigualdad del triángulo, podemos afirmar que
d (P, P0 ) < ε
Puesto que P se escogió arbitrariamente en Qñ0 , esto significa que
Qñ0 ⊆ Dε (P0 )
Por (b),
Qñ0 ⊆ Aj0
◦∇
Esto se pone en contradicción con el que la parte de < contenida en Qñ0 no se puede cubrir con un número
finito de miembros de (Aj )J .
A esta contradicción se ha llegado por haber supuesto que no puede obtenerse una subcubierta finita de
alguna cubierta abierta (Aj )J de un conjunto < cerrado y acotado.
Por lo tanto, < es compacto.@
Ahora que ya tenemos idea de cómo son los conjuntos compactos de R2 , podemos enunciar para ellos la
definición que queremos generalizar.
Definición. Sea < cualquier conjunto compacto de R2 . Se dice que < es de Helly si para cualesquiera
A, B, C ∈ ∂<
existe P ∈ < tal que el triodo
PA ∪ PB ∪ PC
está contenido en <.
Puesto que el concepto de núcleo convexo podemos referirlo a los conjuntos compactos, tiene sentido
pensar en un resultado que generalice el Teorema de Krasnoselskii.
Recordemos que durante su demostración empleamos el Teorema de Helly, aplicándolo sobre el conjunto
(finito) de semiplanos cerrados determinados por los lados del polígono Π. En el caso de los conjuntos
compactos de R2 , el número de los que vienen a ser algo así como los lados del conjunto (al fin de cuentas,
6
rectas soporte del compacto) bien pueden ser infinitos, y requerimos de una generalización (para infinitos
convexos compactos) del Teorema de Helly.
Para ello resulta conveniente que sepamos esto:
Definición. Sea (Υj )J cualquier familia de subconjuntos de R2 . Entonces, (Υj )J tiene la propiedad de
la intersección finita si nunca es vacía la intersección de cualquier número finito de miembros de (Υj )J .
Lema. Sea (<j )J una familia de conjuntos compactos de R2 con la propiedad de la intersección finita.
Entonces,
j ∈ J∩<j 6= ∅
Demostración. Procederemos por reducción al absurdo, suponiendo vacía la intersección de los <j .
Separemos un miembro cualquiera de (<j )J , fijando arbitrariamente un índice j0 ∈ J. Para j ∈ J − {j0 }
hagamos
Aj = R2 − <j
Si j ∈ J∩<j = ∅, entonces
(j 6= j0 ∩<j ) ∩ <j0 = ∅
Por lo tanto, para toda j ∈ J − {j0 }
<j0
⊆ R2 − (j 6= j0 ∩<j )
¡
¢
= j=
6 j0 ∪ R2 − <j
= j 6= j0 ∪Aj
Puesto que <j0 es compacto, debe existir J 0 ⊆ J finito, tal que
<j0 ⊆ j ∈ J 0 ∪Aj
Siendo esto así, resulta que
R2 − <j0 ⊇ R2 − j ∈ J 0 ∪Aj = j ∈ J 0 ∩<j
∴ (j ∈ J 0 ∩<j ) ∩ <j0 = ∅
◦∇
Esto es una contradicción con la hipótesis de que (<j )J tiene la propiedad de la intersección finita. Esta
contradicción se produjo trás haber supuesto vacía la intersección de todos los <j . Por lo tanto
j ∈ J∩<j 6= ∅
como se quería demostrar.@
Teorema de Helly para dos dimensiones (caso infinito). Sea (Ωj )J una familia de conjuntos convexos
compactos tal que cualesquiera tres de sus miembros tienen intersección diferente del vacío. Entonces,
j ∈ J∩Ωj 6= ∅
Demostración. En vista del lema anterior, basta comprobar que (Ωj )J posee la propiedad de la intersección finita. Para ello, consideremos cualquier J 0 ⊆ J finito.Es obvio que cualesquiera tres miembros de la
subfamilia (Ωj )J 0 tienen intersección no vacía. Aplicando el caso finito del Teorema de Helly (ejercicio c21 ),
tenemos que
j ∈ J 0 ∩Ωj 6= ∅
Entonces, (Ωj )J tiene la propiedad de la intersección finita. Puesto que sus miembros son compactos,
podemos aplicar el lema anterior y concluir que
j ∈ J∩Ωj 6= ∅
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como se quería demostrar.@
Antes de pasar a generalizar el Teorema de Krasnoselskii, cerciorémonos de que no ha sido exesivo añadir
como hipótesis la compasidad a los convexos Ωj del teorema anterior.
Porque podríamos pensar que acaso sería suficiente añadir a la hipótesis de que cualesquiera tres miembros
de (Ωj )J tienen intersección no vacía, que cada convexo Ωj sea un conjunto cerrado,(y ya).
Consideremos la familia de semiplanos cerrados (Πn )N , en la que
©
ª
Πn = (x, y) ∈ R2 : x ∈ R y y ≥ n , n ∈ N
Todos los miembros de (Πn )N son conjuntos convexos cerrados, y la intersección de tres cualesquiera de ellos
no es vacía, porque es el semiplano cerrado “más alto” de los tres que se intersecten;
i.e. Πm ∩ Πn ∩ Πñ = Πñ , si
ñ = max {m, n, ñ}
Sin embargo
n ∈ N∩Πn = ∅
porque lo contrario implicaría la existencia de un número mayor que cualquier n ∈ N (◦∇)
Este contraejemplo deja ver que no podemos prescindir de la hipótesis de que al menos un miembro de
la familia de convexos esté acotado.
¿Podría demostrarse el teorema anterior para conjuntos convexos acotados que no por fuerza sean conjuntos cerrados?
En un plano euclidiano cartesianizado consideremos la sucesión de puntos
µ
¶
1
Pn
,0 , n ∈ N
n
y la familia de discos abiertos
D n1 (Pn ) , n ∈ N
Como figuras geométricas, son círculos de centros colineales, tangentes interiormente en el origen. Desde
luego, se trata de una familia de conjuntos convexos acotados, y la intersección de tres cualesquiera de sus
miembros es distinta del vacío, porque es el menor de los tres discos que se intersecten; es decir
D m1 (Pm ) ∩ D n1 (Pn ) ∩ D ñ1 (Pñ ) = D ñ1 (Pñ ) , si
ñ = max {m, n, ñ}
Sin embargo
n ∈ N∩D n1 (Pn ) = ∅
porque lo contrario implicaría la existencia de un número positivo menor que el recíproco de cualquier número
natural (◦∇)
Este contraejemplo deja ver que tampoco podemos prescindir de la hipótesis de que al menos un miembro
de la familia de convexos sea cerrado.
Teorema de Krasnoselskii (caso infinito). Sea < ⊆ R2 compacto. Son equivalentes:
(a) Ξ (<) 6= ∅
(b) < es de Helly.
Demostración. (a) ⇒ (b) Sean A, B, C ∈ ∂< cualesquiera. Puesto que < es cerrado, tenemos que
A, B, C ∈ <
Por (a), existe P ∈ < tal que los segmentos
P A, P B, P C ⊆ <
Por lo tanto, el triodo
PA ∪ PB ∪ PC ⊆ <
y < es de Helly.
(b) ⇒ (a) pendiente
8
2
Pseudosimetría y Equilibrio
Para concluir este curso introduciremos la noción de baricentro (centro pesado o centro de gravedad) de una
figura convexa.
En el ya citado libro de Yaglom y de Boltyanskii, se comenta con relación a la idea de centro de gravedad
que ¿más bien se trata de un concepto foráneo a la Matemática, venido a ella a través de la MecánicaÀ.
No obstante, esta idea ha mostrado tal docilidad, por así decirlo, al haber sido adoptada por la Geometría,
que es posible definirla en términos puramente geométricos, sin que se tenga que recurrir a consideraciones
físicas.
Antes de introducirnos de lleno al tema, recordemos que una mediana de un triángulo T es un
segmento cuyos extremos son, uno de los vértices de T , y el punto medio del lado de T opuesto a ese vértice.
Un resultado de geometría elemental se refiere a la concurrencia de las medianas de cualquier triángulo T
en un punto G de T con la propiedad de que triseca a todas las medianas.
Una demostración de este resultado es como sigue: Supongamos que los vértices de un triángulo T
arbitrario, son unos puntos A, B, C de un plano euclidiano. Sean E y F los puntos medios de los lados AB
y AC, respectivamente. Sea G el punto de intersección de las medianas EC y F B. Sean M y N los puntos
medios de BG y CG, respectivamente. Trácense
EF, M N, EM, F N
Por resultados elementales de geometría clásica euclidiana, sabemos que el segmento de recta que une los
puntos medios de dos lados de un triángulo tiene que ser paralelo al tercer lado e igual a su mitad. Aplicando
esto aquí, tenemos que EF es paralelo a BC y
|EF | =
1
|BC|
2
Aplicando el mismo resultado, pero al triángulo GBC, tenemos que M N es paralelo a BC y
|M N | =
1
|BC|
2
Por consiguiente, EF y M N son paralelos y de la misma longitud. Por lo tanto, EF N M es un paralelogramo.
De esto se deduce que
|M G| = |GF |
y
|N G| = |GE|
Por lo tanto, G está posicionado en cada mediana EC y F B exactamente a dos tercios de la longitud de la
mediana que sea, si comenzamos su medición partiendo del vértice hacia el punto medio del lado opuesto.
Puesto que esto ha resultado cierto independientemente de cuál sea el par de medianas que se consideren
en T , se deduce que G es un punto en que concurren las tres medianas de T .@
El concepto de mediana y la posición de trisección que G tiene sobre cada una de ellas, evidencia que G es
punto interior de T , porque si D, E y F denotan a los puntos medios de los lados de T , entonces claramente
◦
Dt (G) ⊂T , si t = min {|GD| , |GE| , |GF |}
Como sabemos, cuando se toca este resultado en los cursos básicos de Geometría, se nos dice que (entre
otros nombres) el punto de concurrencia de las medianas de un triángulo se llama centroide de ese triángulo.1
Este nombre queda justificado cuando se hace ver que el punto G de un triángulo T es un centro de
◦
pseudosimetría de T , en el sentido de que es el punto P ∈T en el cual el triodo
PA ∪ PB ∪ PC
triseca a T en triángulos de áreas iguales. Veamos una prueba de esto. Para darla recordemos dos resultados
que suelen verse en los cursos de geometría analítica del bachillerato.
1 Con
frecuencia hablaremos coloquialmente del centroide de T como de el punto G de T .
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El primero de ellos nos dice que si P1 (x1 , y1 ) y P2 (x2 , y2 ) son los extremos de un segmento P1 P2 , entonces
las coordenadas (x, y) de un punto P que divide a P1 P2 en la razón
r=
|P1 P |
|P P2 |
vienen dadas para r 6= −1 como
x=
x1 + rx2
1+r
y
y=
y1 + ry2
1+r
· · · (F)
En el caso particular en que la razón sea algún número racional
r=
p
q
de (F) se obtiene
x=
qx1 + px2
q+p
y
y=
qy1 + py2
q+p
· · · (z)
Estas fórmulas permiten expresiones para las coordenadas del punto G en términos de las coordenadas de
los vértices de T
A (a1 , a2 )
B (b1 , b2 )
C (c1 , c2 )
En efecto, si D (d1 , d2 ) es el punto medio del lado BC de T , entonces
y
p=1
q=1
y de (z) se obtiene
d1 =
b1 + c1
b2 + c2
, d2 =
2
2
· · · (♠)
Por otra parte, en conformidad con la posición de G tenemos:
|AG|
2
=
|GD|
1
Entonces, podemos volver a aplicar (z), ahora con
y
p=2
q=1
para obtener las coordenadas de G:
g1 =
a1 + 2d1
a2 + 2d2
, g2 =
3
3
lo cual, debido a (♠) puede ponerse como
g1 =
a1 + b1 + c1
a2 + b2 + c2
, g2 =
3
3
· · · (~)
El segundo resultado del curso de geometría analítica que hay que recordar se refiere a la fórmula del
área A (XY Z) del triángulo
X (x1 , x2 )
Y (y1 , y2 )
Z (z1 , z2 )
en forma de determinante; es
¯
¯ x
1 ¯¯ 1
A (XY Z) = ¯ y1
2¯
z1
x2
y2
z2
10
1
1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
· · · (>)
Hay que aplicar esta fórmula a los triángulos
GAB
GBC
GCA
Aplicándola al primero, obtenemos
¯
¯ g
1 ¯¯ 1
A (GAB) = ¯ a1
2¯ b
1
g2
a2
b2
1
1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
Empleando (~) podemos obtener una expresión de A (GAB) en términos de las coordenadas de
A (a1 , a2 )
mediante
B (b1 , b2 )
C (c1 , c2 )
¯ a +b +c
¯ 1 1 1
3
1 ¯¯
A (GAB) = ¯ a1
2¯
b1
a2 +b2 +c2
3
a2
b2
1
1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
Una de las propiedades de los determinantes dice que el valor de un determinante no se altera si las entradas
de un renglón multiplicadas por un número cualquiera k se suman a las entradas correspondientes de cualquier
otro renglón.
Siendo esto así, el valor del determinante que aparece en el segundo miembro de la última igualdad no
se alterará si a las entradas de su primer renglón les sumamos las entradas correspondientes del segundo
multiplicadas por − 13 . Por lo tanto,
¯
¯ b +c
¯ 1 1 b2 +c2 2 ¯
¯
¯
3
3
3
1
A (GAB) = ¯¯ a1
a2
1 ¯¯
2¯
b1
b2
1 ¯
Por la misma propiedad, el valor del determinante que hemos obtenido es el mismo que del que se obtiene a
partir de éste, sumando su tercer renglón multiplicado por − 13 a su primer renglón; o sea que
¯
¯ c
¯ 1 c2 1 ¯
3
3
3
¯
¯
1
· · · (i)
A (GAB) = ¯¯ a1 a2 1 ¯¯
2¯
b1 b2 1 ¯
Otra propiedad de los determinantes dice que un factor
de un determinante puede ser separado como factor del
Aplicando esta propiedad tenemos que
¯ c
¯
¯
¯ 1 c2 1 ¯
¯ c1
3
3 ¯
¯ 3
¯
1
¯ a1 a2 1 ¯ = ¯ a1
¯
¯ 3¯
¯ b1 b2 1 ¯
¯ b1
k que sea común a todas las entradas de un renglón
determinante.
c2
a2
b2
1
1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
· · · (ii)
Finalmente, otra propiedad de los determinantes nos dice que si se intercambian dos renglones de un determinante, el determinante cambia de signo, pero su valor absoluto no varía. En vista de esto resulta claro
que si intercambiamos dos veces el primer renglón del último determinante, primero con el segundo renglón,
y después con el tercero, entonces en nada habremos alterado el valor de lo que tenemos escrito, porque
habremos cambiado de signo dos veces y, por tanto, todo habrá quedado igual. En símbolos:
¯
¯
¯
¯
¯ c1 c2 1 ¯
¯ a1 a2 1 ¯
¯
¯
¯
¯
1¯
1
· · · (iii)
a1 a2 1 ¯¯ = ¯¯ b1 b2 1 ¯¯
¯
3¯
3¯
b1 b2 1 ¯
c1 c2 1 ¯
Nótese que si aplicamos (>) al triángulo ABC, tenemos
¯
¯ a a2
1 ¯¯ 1
A (ABC) = ¯ b1 b2
2¯
c1 c2
11
1
1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
· · · (iv)
De (i) , (ii) , (iii) y (iv) se sigue que
A (GAB) =
1
A (ABC)
3
De manera similar se pueden probar las igualdades
A (GBC) =
1
A (ABC)
3
y
A (GCA) =
1
A (ABC)
3
@
Podemos hacernos una imagen física de este resultado recortando de una hoja metálica un triángulo y,
usando su centroide como punto soporte de la pieza triangular al apoyarla sobre una varilla vertical adecuada,
comprobar que así apoyada, la lámina queda en equilibrio.
Por este hecho de la Física Geométrica, el punto G de T recibe un nombre tal vez más adecuado que el
de centroide. Es un nombre compuesto, cuya primera voz procede del griego barus, que significa pesado. Es
el centro grave o punto pesado del triángulo. Es el baricentro.
También de barus procede la palabra barimetría, que es la técnica que se emplea para medir la acción de
la fuerza de la gravedad que ejerce un cuerpo sobre otro, (v.gr. la Tierra sobre el triángulo de metal). Un
técnico en barimetría llamará centro de masa, centro de gravedad o gravicentro al baricentro de la lámina
triangular. Esto se debe a que desde su perspectiva, G es el punto que resiste la acción de la resultante de
todas las fuerzas gravitacionales que actúan sobre “cada punto” (o región física de área mínima) de la pieza
triangular.
Como iremos viendo a partir del resultado que sigue, también los conjuntos convexos compactos de
interior no vacío guardan una pseudosimetría en el mismo sentido en que la observamos en un triángulo.
Definición. Una cuerda de un conjunto convexo Ω es cualquier segmento de recta que una dos puntos
de la frontera de Ω.
Proposición. Sea < ⊆ R2 convexo, compacto y de interior no vacío. Entonces, existe un punto P0 ∈ <
tal que toda cuerda P1 P2 de < que pase por P0 queda dividida por P0 de modo que
|P1 P0 | ≮
1
|P1 P2 |
3
y
|P0 P2 | ≮
1
|P1 P2 |
3
Demostración. Sea P ∈ ∂< arbitrario, y pensemos en todas las cuerdas de < que tienen extremo en P ;
de cada una quedémonos con los puntos cuya distancia a P es menor o igual que dos terceras partes de la
longitud de la cuerda. El conjunto <P de estos puntos de todas las cuerdas de < con un extremo en P ,
es un conjunto convexo, compacto, de interior no vacío, semejante a < según la razón r = 23 . Veamos que
cualesquiera tres de estos conjuntos tienen intersección no vacía.
Sean A, B, C ∈ ∂<; consideremos el triángulo ABC; sea G su baricentro. Sean D, E y F los puntos
medios de los lados BC, AB y CA, respectivamente. Sea AD0 la cuerda de < que pasa por A y G. Es claro
que |AD| ≤ |AD0 |; consecuentemente
2
2
|AD| ≤ |AD0 |
3
3
Pero, según hemos visto,
d (A, G) =
2
|AD| ;
3
∴ d (A, G) ≤
2
|AD0 |
3
Esto significa que G está en la parte con la que nos quedamos de la cuerda AD0 cuando formamos el conjunto
<A ; por consiguiente, G ∈ <A . De manera similar podemos demostrar que G ∈ <B y G ∈ <C . Esto prueba
que
<A ∩ <B ∩ <C 6= ∅
A consecuencia de lo anterior tenemos que la familia (<P )∂< satisface las hipótesis que se establecen en el
caso infinito del Teorema de Helly; por lo tanto
P ∈ ∂<∩<P 6= ∅
12
Finalmente, observemos que cualquier punto de esta intersección satisface la afirmación que se está queriendo
demostrar. En efecto, sea
P0 ∈ P ∈ ∂<∩<P
y sea P1 P2 una cuerda de < que pase por P0 . En vista de lo anterior, tenemos
P0 ∈ <P1
y
P0 ∈ <P2
1
|P1 P2 |
3
y
|P0 P2 | ≮
y por consiguiente
|P1 P0 | ≮
1
|P1 P2 |
3
como se quería demostrar.@
Antes de seguir adelante, es importante hacer notar que la proposición de existencia que acabamos de
demostrar, no puede llegar a ser un teorema de existencia y unicidad, pues fácil dar ejemplos en los que
la intersección anterior, lejos de contar con un solo punto, es toda una región del convexo compacto, tan
numerosa como R2 . Un ejemplo de esto es Σ = un círculo.
En efecto, para cada P ∈ ∂Σ sea ΣP el conjunto de las secciones de todas las cuerdas que tienen extremo
en P , formadas por los puntos de ellas que distan de P no más de dos tercios de la longitud de la cuerda de
que se trate; entonces
P ∈ ∂Σ∩ΣP = otro cículo, concéntrico a Σ
Desde luego, cabe esperar que “el baricentro de <” pertenezca a P ∈ ∂<∩<P , como quiera que vaya a
ser definido el baricentro de un conjunto convexo compacto de interior no vacío. (Mínimo.)
Pasaremos de lleno a todo esto después de que le extraigamos un corolario a la proposición anterior. Para
esto requerimos hacer notar una propiedad de los conjuntos acotados sobre la que hasta el momento nada
hemos dicho.
Supongamos que Υ ⊆ R2 está acotado. Entonces, no importa qué dirección d escojamos en el plano,
siempre habrá exactamente dos rectas soporte de Υ paralelas a d.
En efecto, puesto que Υ está acotado podemos pensar en dos rectas paralelas a d entre las cuales se
encuentre Υ. Acerquémoslas deteniéndonos en el primer momento en que cada una toque a Υ; en ese
momento cada recta será una recta soporte de Υ paralela a d.
Otra cosa de la que requerimos para entender el corolario que sigue es una noción que nos permita decidir
qué tan anchos son los conjuntos en R2 .
Definiciones. Sea Υ ⊆ R2 arbitrario.
(i) Sea d cualquier dirección en R2 ; el ancho de Υ en la dirección d, Ad (Υ), es la distancia entre
rectas soporte de Υ perpendiculares a d, si tales rectas existen. Si no existen se dice que el ancho de Υ en
la dirección d es infinito, en cuyo caso escribiremos
Ad (Υ) = ∞
(ii) Sea D el conjunto de direcciones de R2 . El ancho de Υ (a secas), es
A (Υ) = {Ad (Υ) : d ∈ D}
2
(iii) Cuando el ancho de Υ en cualquier dirección es un mismo número k, diremos que Υ es de ancho
constante (igual a k).
El corolario de la proposición anterior a que venimos haciendo referencia tiene un nombre; se llama
Teorema de Blaschke. Todo conjunto convexo compacto de ancho 1 contiene un círculo de radio 13 .
Demostración. Sea < un conjunto convexo, compacto, de ancho 1. Debido a esto último, tenemos que
◦
<6= ∅. Entonces < es como en la proposición anterior. Por lo tanto, existe P0 ∈ < tal que si P1 P2 es
cualquier cuerda de < que pase por P0 , entonces
|P1 P0 | ≮
1
|P1 P2 |
3
y
13
|P0 P2 | ≮
1
|P1 P2 |
3
Para lo que se quiere demostrar conviene fijarnos en las cuerdas por P0 que dan el ancho 1 que por hipótesis
tiene <. Si P1 P2 es una de estas cuerdas, entonces |P1 P2 | = 1 y tenemos
|P1 P0 | ≮
1
3
y
|P0 P2 | ≮
1
3
es decir, no hay esperanzas de que P1 o P2 sean puntos (interiores) del
D 13 (P0 )
Quiere decir que ni siquiera en las partes más estrechas de < en torno a P0 , se llega a salir de < el disco
anterior (ni su cerradura);
∴ D 13 (P0 ) ⊆ <
(∀P0 ∈ P ∈ ∂<∩<P )
@
Pseudodefinición. Supongamos que se tienen ubicados los vértices de un cuadrilátero convexo de interior
no vacío, C, arbitrario. Llamemos A a uno cualquiera de estos vértices, y movámonos desde A, en sentido
contrario al de las manecillas de un reloj, hasta el vértice que sigue, al que llamaremos B. Moviéndonos de
B contrario al reloj, llegamos al vértice que hay que llamar C, y yendo con un movimiento similar, de C
llegamos al vértice que va a llamarse D. Nos fijaremos en dos pares de triángulos en los que se parte C de
modo natural. El primer par es
ABC
CDA
DAB
BCD
El segundo par es
Sean
GABC
GCDA
GDAB
GBCD
los baricentros respectivos. Llamaremos baricentro del cuadrilátero ABCD al punto de intersección de
los segmentos GABC GCDA y GDAB GBCD . Notación:
GABCD = GABC GCDA ∩ GDAB GBCD
Nota. Desde luego que la anterior no es una definición, pues no está probada la existencia de un único
punto en la intersección de los segmentos GABC GCDA y GDAB GBCD .
Ejercicio c37 : Sean AABC y ACDA las áreas de los triángulos respectivos, que se mencionan en la
pseudodefinición anterior. Probar que
GABCD GCDA
AABC
=
ACDA
GABC GABCD
Pseudodefinición. Supongamos que los vértices de un pentágono convexo de interior no vacío ABCDE
recorridos a partir de A en sentido contrario al de las manecillas de un reloj van dando el abecedario. El
pentágono se parte de manera natural en el cuadrilátero ABCD y en el triángulo DEA. Sean
y
GABCD
GDEA
los baricentros respectivos. El pentágono también se parte naturalmente en el triángulo ABC y en el
cuadrilátero CDEA. Sean
GABC
y
GCDEA
los respectivos baricentros. Entonces, se define al baricentro del pentágono ABCDE como
GABCDE = GABCD GDEA ∩ GABC GCDEA
14
Ejercicio c38 : Sean
y
AABCD
ADEA
las áreas del cuadrilátero y del triángulo respectivos, que se mencionan en la pseudodefinición anterior..
Probar que
GABCDE GDEA
AABCD
=
ADEA
GABCD GABCDE
Pseudodefinición. Supongamos que siguiendo la tónica de la pseudodefinición anterior se puede llegar a
definir el baricentro de un n-ágono convexo de interior no vacío A1 A2 ...An .
Sean A1 A2 ...An+1 los vértices de un (n + 1)-ágono convexo de interior no vacío. Nótese que este polígono se parte de manera natural en el n-ágono (convexo de interior no vacío) A1 A2 ...An y en el triángulo
An An+1 A1 . Sean
y
GA1 A2 ...An
GAn An+1 A1
los baricentros respectivos. Otra partición natural del (n + 1)-ágono en un triángulo y un n-ágono es
y
A1 A2 A3
A3 A4 ...An+1 A1
El baricentro del (n + 1)-ágono A1 A2 ...An+1 se define como
GA1 A2 ...An+1 = GA1 A2 ...An GAn An+1 A1 ∩ GA1 A2 A3 GA3 A4 ...An+1 A1
Ejercicio c39 : Sean
AA1 A2 ...An
y
AAn An+1 A1
las áreas del cuadrilátero y del triángulo, respectivamente. Probar que
GAn An+1 A1 GA1 A2 ...An+1
AA1 A2 ...An
=
AAn An+1 A1
GA1 A2 ...An+1 GA1 A2 ...An
Pseudodefinición. Sea Ω un conjunto convexo de puntos de un plano euclidiano, y sea
(Πn )∞
n=3
una sucesión de polígonos convexos de interior no vacío inscritos en Ω, ordenada según el número de lados
del polígono (es decir, Π3 es un triángulo, Π4 es un cuadrilátero, Π5 es un pentágono, etcétera). Suponiendo
que las longitudes de los lados de Πn tienden a cero cuando n tiende a infinito y que GΠn es el baricentro
de Πn , definimos el baricentro de Ω como
GΩ = n → ∞limGΠn
Nota. Desde luego, la anterior no es una definición, pues no ha sido probada la convergencia de la sucesión
de baricentros (GΠn )n .
Ejercicio c310 : Sea < un conjunto convexo compacto de interior no vacío y sean
P1 , P2 ∈ ∂<
Es claro que la cuerda P1 P2 da lugar a dos regiones convexas compactas de interior no vacío de <; llamémoslas
<1 y <2 . Sean A1 y A2 sus áreas y sean G1 y G2 sus baricentros, respectivamente. Denotando por G al
baricentro de <, probar que:
a) G ∈ G1 G2
1
2
b) GG
=A
A1
GG
2
15
Nota. El resultado establecido en el ejercicio c310 anterior tiene validez aún cuando en lugar de convexo
se escriba conexo. Más todavía; si Ψ1 y Ψ2 son conjuntos conexos compactos de interior no vacío cuya
intersección sí tiene interior vacío, y cuya unión es un conjunto conexo Ψ, entonces
a) GΨ ∈ GΨ1 GΨ2
G G
A
2
b) GΨ GΨ1 = AΨ
Ψ1
Ψ Ψ2
Usaremos esto.
Ya estamos en condiciones de argumentar a favor de que el baricentro G de un conjunto convexo compacto
de interior no vacío < es uno de los posiblemente muchos puntos de < con la propiedad establecida en la
proposición precedente.
Es fácil entender que no se pierde generalidad si suponemos que el ancho de < es 1.
Haciéndolo así, demostraremos que G es uno de esos puntos de < en los que se puede centrar un círculo
de radio 13 , con la confianza de que no va a salirse de <. Enunciémoslo así:
Proposición. Sea < un conjunto convexo compacto de ancho 1 en R2 . Entonces, lo menos que puede
distar una recta soporte del baricentro G de < es 13 .
Pseudodemostración.3 Sean y 0 cualquier par de rectas soporte paralelas de <. Puesto que el ancho de
< es 1, la distancia
d ( , 0) ≥ 1
Por otra parte, en conformidad con la definición de recta soporte,
0
tanto ∩ < 6= ∅ como
∩ < 6= ∅
y como < está acotado y está entre y 0 , lo más grandes que pueden ser estas intersecciones es como segmentos de la recta en cuestión ( ó 0 ). En todo caso, abarcaremos todas las situaciones posibles suponiendo
que ambas intersecciones son segmentos que pueden constar de un solo punto; supongamos pues que
∩ < = A1 A2
y
0
∩ < = A3 A4
en el entendido de que tanto A1 con A2 , como A3 con A4 , pueden llegar a coincidir. También supondremos
que siguiendo a los puntos en el orden A1 , A2 , A3 , A4 se realiza en el plano un movimiento de sentido
contrario al de las manecillas del reloj.
A partir de esta construcción tenemos que ∂< consta de cuatro partes: los segmentos A1 A2 y A3 A4 , y
\
\
dos curvas a las que denotaremos por A
2 A3 y A4 A1 . No tendremos inconveniente en escribir, por ejemplo,
\
\
∂< = A1 A2 A
2 A3 A3 A4 A4 A1
(ni cosas por el estilo).
\
Supongamos que A
2 A3 no es un segmento de recta. Rotemos, con respecto a A3 , a la recta que pasa por
A2 y A3 , fijándonos en los pares de puntos B, C que la rotación de esta recta va determinando sobre y
\
sobre A
2 A3 , respectivamente.
Obsérvese que durante la rotación desde A3 de la recta que pasa por A2 y A3 , hay un intervalo del giro
(contrario al de las manecillas del reloj) en que el área del sector
d3 A3 C
CA
de <, decrece desde su valor máximo, que es el área del sector
\
A
2 A3 A3 A2
hasta el valor cero. Simultáneamente, el área del triángulo curvilíneo
A2 BC
3 En realidad el argumento que aquí se da es efectivamente una demostración de la proposición. Si está presentándose con
el prefijo pseudo es porque presupone la definición del concepto de baricentro de cualquier < ⊆ R2 , y no la hemos dado, como
tampoco los resultados que se establecen en la generalización (para compactos conexos de interior no vacío) del ejercicio c310
anteriormente comentados.
16
crece desde cero hasta donde nos venga en gana.
Denotemos mediante
³
´
d3 A3 C
A CA
y
A (A2 BC)
a las áreas de estas figuras. De acuerdo con lo anterior, la diferencia de estas áreas
³
´
d3 A3 C − A (A2 BC)
A CA
varía continuamente. Puesto que el minuendo puede ser un número positivo tan pequeño como queramos, y
al mismo tiempo el sustraendo puede crecer tanto como se quiera, es claro que hay un par de puntos B0 , C0
en que
³
´
d3 A3 C − A (A2 BC) = 0
A CA
\
Entonces, el área del sector C
0 A3 A3 C0 y el área del triángulo curvilíneo A2 B0 C0 coinciden. Por lo tanto
<
y
\
A3 A4 A
4 A1 A1 B0 A3
son conjuntos convexos de áreas iguales.
Sea G1 el baricentro de la parte
\
\
A3 A4 A
4 A1 A1 A2 A2 C0 C0 A3
\
Nótese que ésta es la parte común de A3 A4 A
4 A1 A1 B0 A3 y de <.
Sea G2 el baricentro de
\
C
0 A3 A3 C0
y sea G3 el baricentro del triángulo curvilíneo A2 B0 C0 . En conformidad con el resultado establecido en (a)
del ejercicio c310 anterior, el baricentro G de < se encuentra sobre el segmento G1 G2 .
Por otro lado, de acuerdo con los comentarios posteriores al ejercicio c310 anterior, el baricentro G0 de
\
A3 A4 A
4 A1 A1 B0 A3 se halla sobre el segmento G1 G3 .
Por (b) del ejercicio anterior (así como por los comentarios hechos al mismo) se tiene que
´
´
³
³
\
\
B
B
C
A
A
A
C
A
A
A
C
C
0
2 0 0 0 0 2
0 3 3 0
G1 G
G1 G
´
´
y
= ³
= ³
0
G G3
GG2
\
\
\
\
A A3 A4 A
A A3 A4 A
4 A1 A1 A2 A2 C0 C0 A3
4 A1 A1 A2 A2 C0 C0 A3
Puesto que los numeradores de los segundos miembros de estas igualdades representan al mismo número,
resulta
G1 G
G1 G0
= 0
GG2
G G3
Esto implica que GG0 y G3 G2 son paralelos. Esto implica que G0 y están en el mismo semiplano de la
recta determinada por G1 G2 . Consecuentemente, G0 no está más lejos de de lo que lo está G; en símbolos
d (G0 , ) ≯ d (G, )
· · · (i)
\
Procediendo similarmente, podemos reemplazar la curva A
1 A4 por un segmento de recta A4 D0 . Haciéndolo
así obtenemos un trapezoide B0 A3 A4 D0 cuya área es igual al área de <.
Antes de seguir adelante, incertemos el
Ejercicio c311 . Probar que el baricentro Γ del trapezoide B0 A3 A4 D0 no está más lejos de lo que lo está
G (baricentro de <); es decir, probar que
d (Γ, ) ≯ d (G, )
17
· · · (ii)
Si el segmento A3 A4 tiene longitud cero y, por lo tanto, A3 y A4 representan al mismo punto, entonces
el trapezoide degenera en triángulo. Sea R el punto medio del segmento B0 D0 y sobre la mediana A3 R
ubiquemos al punto mediano Γ, baricentro de A3 B0 D0 . Como sabemos
1
RG0
= ;
3
RA3
luego, siendo d la altura del triángulo bajada desde A3 , tenemos
1
d (Γ, )
=
d
3
de donde resulta que
d (Γ, ) =
1
d
3
Puesto que el ancho de < es 1, lo menos que d puede medir es 1; consecuentemente, lo más cerca que puede
estar Γ de es a 13 . Por otra parte, es claro que (ii) del ejercicio c311 vale aún cuando el trapezoide haya
degenerado en triángulo. Por consiguiente, para el baricentro G de < tenemos
1
≯ d (G, )
3
lo cual significa que para este caso degenerado (A3 = A4 ) la proposición ha quedado probada.
Si B0 A3 A4 D0 es efectivamente un trapezoide, entonces su baricentro Γ se halla sobre el segmento Γ0 Γ00
determinado por los baricentros Γ0 y Γ00 de los triángulos A3 B0 D0 y D0 A4 A3 , respectivamente. Empleando
un argumento de semejanza de triángulos podemos asegurar que
d (Γ0 , ) =
1
d
3
donde d es la altura desde A3 de A3 B0 D0 . Debido al paralelismo de con 0 , también es igual a d (en
magnitud) la altura del triángulo D0 A4 A3 bajada desde D0 , de manera que por un argumento de semejanza
de triángulos análogo al anteriormente empleado, tenemos que
d (Γ00 , 0 ) =
1
d
3
d (Γ00 , ) =
2
d
3
Por consiguiente
Por lo tanto
d (Γ, ) >
1
1
d≥
3
3
Por (ii) de c311 , esto implica que
d (G, ) >
1
3
como se quería demostrar.@
Proposición. Sea < un conjunto convexo compacto de ancho 1 en R2 y sea G su baricentro. Supongamos
que un segmento AB de longitud 1 es parte de la frontera de <. Si A es el área de <, entonces lo más lejos
que puede estar G de AB es 23 A.
Demostración. Sea la recta soporte de < que es paralela al segmento AB; supondremos que y ∂< tienen
al segmento CD como intersección, en el entendido de que esta situación comprende como caso particular el
que C y D representen un mismo punto.
18
Procediendo como en la demostración anterior, podemos construir un trapezoide BHEA (en sentido de
las manecillas del reloj)de área igual al área de < y cuyo baricentro Γ no está más lejos de de lo que lo está
G (el baricentro de <). Nótese que esto implica que Γ no está más cerca de AB de lo que lo está G.
Mediante las bases del trapezoide formemos el número
AB + EH
EH
=1+
AB
AB
para emplearlo como factor de elongación del segmento AE, para construir el segmento
¡
¢
AQ = AE 1 + EH
Por semejanza de triángulos es fácil comprobar que la razún
altura k del trapezoide BHEA es
h
k
de la altura h del triángulo ABQ entre la
h
= 1 + EH
k
Consecuentemente, la razón de las áreas es
A (ABQ)
=
A (BHEA)
1
1
h
2 ABh
¢ =
¡
· =1
1
1 + EH k
2 AB + EH k
Puesto que el trapezoide tiene igual área que <, tenemos que
A (ABQ) = A (BHEA) = A (<) = A
Obsérvese, por otra parte, que el trapezoide BHEA consta del cuadrilátero ABChE y del triángulo BHCh
(siendo Ch la intersección del segmenteo BQ con ); en consecuencia, el baricentro Γ del trapezoide se halla
sobre el segmento de recta que une los baricentros de estas dos partes.
Antes de seguir adelante, incertaremos el
Ejercicio c312 . Probar que el baricentro γ del triángulo ABQ que estamos considerando se halla a una
mayor distancia de AB de lo que lo está Γ.
Puesto que Γ no está más lejos de de lo que lo está G, tenemos que tampoco está más cerca de AB de
lo que lo está G; es decir
d (Γ, AB) ≮ d (G, AB)
Esto, aunado al resultado que establece el ejercicio c312 , tiene como consecuencia que
d (γ, AB) ≥ d (G, AB)
Como sabemos,
d (γ, AB) =
1
h
3
Pero la altura de un triángulo ABQ de base 1 y área A es obviamente
h = 2A
De aquí que sea
d (G, AB) ≤
2
A
3
como había que demostrar.@
Esto nos pone en la pista del último resultado que veremos en este curso.
19
Teorema de Winternitz. Sea Ω un conjunto convexo compacto de interior no vacío y de baricentro G.
Entonces, cualquier recta que pase por G divide a Ω en dos conjuntos Ω1 , Ω2 de áreas A (Ω1 ), A (Ω2 ) tales
que
4
A (Ω1 )
5
≤
≤
5
A (Ω2 )
4
Demostración. Sea cualquier recta que pase por G y sean Ω1 , Ω2 los dos conjuntos en los que divide
a Ω. Llamemos A y B a los puntos en los que intersecta a ∂Ω, y consideremos dos rectas soporte 1 , 2
de Ω por A y por B, respectivamente. Procediendo como en el par de demostraciones anteriores„ podemos
referirnos a un triángulo ABQ de área A (Ω1 ) cuyo vértice Q se encuentre, junto con Ω1 , en la región acotada
\ Prolongando los segmentos QA
por 1 , 2 y . Esta construcción deja situado a Ω2 dentro del ángulo AQB.
y QB podemos dar con los vértices R y P de un trapezoide BARP de área A (Ω2 ), cuya base AB no es
mayor que RP . Esto implica que el triángulo P QR tiene igual área que Ω.
Sea G0 el baricentro del triángulo P QR. Como veremos enseguida, G0 pertenece al interior del triángulo
ABQ. Sean, G1 el baricentro de Ω1 , G2 el baricentro de Ω2 , GABQ el baricentro del triángulo ABQ y
GBARP el baricentro del trapezoide BARP . Como sabemos, G es un punto del segmento G1 G2 y divide a
éste en la razón
G1 G
A (Ω2 )
=
A
(Ω1 )
GG2
· · · (i)
Análogamente, G0 es un punto del segmento GABQ GBARP que lo divide en la razón
GABQ G0
A (BARP )
A (Ω2 )
=
=
0
A (ABQ)
A (Ω1 )
G GBARP
· · · (ii)
No es difícil convencerse (procediendo como en el par de demostraciones anteriores) de que GABQ no está
más cerca del segmento AB de lo que lo está G1 ; tampoco es difícil ver que GBARP no está más lejos de
AB de lo que lo está G2 . De (i), (ii) y de este par de observaciones se sigue que G0 está en el interior del
triángulo ABQ.
Ahora tracemos por G0 una recta 0 paralela a (y, consecuentemente, paralela también al segmento RP );
sean A0 y B0 las intersecciones de 0 con QR y con QP , respectivamente. Puesto que, según acabamos de
◦
ver, G0 ∈ (ABQ) , es claro que
A (A0 B0 Q) ≤ A (ABQ) = A (Ω1 )
A (B0 A0 RP ) ≥ A (BARP ) = A (Ω2 )
Por consiguiente
A (A0 B0 Q)
A (Ω1 )
≤
A (B0 A0 RP )
A (Ω2 )
De esta desigualdad podemos hacer la siguiente lectura: dice que hay un elemento mínimo en el conjunto de
1)
números obtenidos como razones A(Ω
A(Ω2 ) tales que A (Ω1 ) y A (Ω2 ) son las áreas de los dos convexos Ω1 , Ω2
en que una recta parte a un convexo Ω cuando pasa por su baricentro. Y dice más, porque además dice
que tal elemento mínimo se obtiene cuando Ω es un triángulo y es paralela a uno de sus lados. Analicemos
este caso sobre el propio triángulo P QR.
Sea QQ0 una de sus medianas. Como sabemos,
QG =
2
QQ0
3
Consecuentemente, si denotamos mediante H y H 0 a los pies de las alturas desde Q de los triángulos A0 B0 Q
y P QR, entonces se tiene que también
QH 0 =
2
QH
3
y
20
A0 B0 =
2
RP
3
∴ A (A0 B0 Q) =
Quiere decir que los
que
5
9
1
1
(A0 B0 ) (QH 0 ) =
2
2
4
5
2
RP
3
¶µ
2
QH
3
¶
=
4
A (P QR)
9
restantes del área de P QR están en el trapezoide B0 A0 RP . En consecuencia tenemos
A (A0 B0 Q)
=
A (B0 A0 RP )
Así es que
µ
4
9 A (P QR)
5
9 A (P QR)
=
4
5
es el cociente mínimo de las razones referidas. Puesto que dos de estas razones son
A (Ω1 )
A (Ω2 )
y
A (Ω2 )
A (Ω1 )
A (Ω1 )
4
≤
5
A (Ω2 )
y
4
A (Ω2 )
≤
5
A (Ω1 )
tenemos que
Al tomar los recíprocos de ambos miembros de la segunda desigualdad obtenemos
4
A (Ω1 )
5
≤
≤
5
A (Ω2 )
4
que es a lo que se quería llegar.@
21