La trisección del ángulo es uno de los problemas clásicos de la geometría griega (consistente en construir un ángulo que mida un tercio de la medida de otro ángulo dad) que no se puede realizar, en general, con regla y compás. Y digo «en general» porque la cuestión es que algunos ángulos sí son «trisecables» con regla y compás y otros no (depende de si el coseno de dicho ángulo es o no raíz de un polinomio de grado una potencia de 2).
El caso es que los ángulos que no cumplen la condición anterior no son «trisecables» con regla y compás, siempre que respetemos totalmente las normas de las construcciones de la antigua Grecia, pero sí lo son si suavizamos un poco nuestras exigencias. Vamos a ver cómo.
En lo que sigue vamos a ver un procedimiento para trisecar un ángulo cualquiera que sea menor de 90º. Como el de 90º sí es trisecable (y, por cierto, de manera muy sencilla como veremos más adelante), podremos así trisecar cualquier ángulo entre 0º y 360º.
Comenzamos con una semicircunferencia de centro O y radio R y un ángulo 
Ahora tomamos una regla y marcamos en ella dos puntos, B y C, que estén a distancia R:
Apoyamos la regla en A y colocamos el punto B en el eje X de forma que el punto C quede apoyado en la circunferencia, tal que así:
Uniendo ahora el punto C con el centro O (con un segmento que medirá R por ser el radio de la semicircunferencia), tenemos que el triángulo BCO (en verde) es isósceles, por lo que los ángulos CBO y COB son iguales (los llamamos 
Vamos a denotar el resto de ángulos que nos interesan. El triángulo COA también es isósceles, por lo que los ángulos OAC y OCA, que llamaremos 
De todo esto podemos sacar algunas relaciones evidentes entre los ángulos. Por ejemplo,
También se tiene que 
De las dos últimas igualdades podemos despejar
Sustituyendo ahora en la primera igualdad llegamos a
Es decir,
Vamos, que a partir de un ángulo
Trasladando ahora ese ángulo dos veces sobre
Trisección de un ángulo de 90º
Al principio de esta entrada comentamos que trisecar un ángulo de 90º era muy sencillo. Vamos a ver cómo hacerlo:
- Dado el ángulo de 90º BAC, dibujamos la circunferencias de centro A y radio AB, de centro B y radio AB y de centro C y radio AC. La primera y la segunda se cortan en el primer cuadrante en el punto G y la primera y la tercera en el punto D.
- Dibujamos ahora las rectas que pasan por A y D y por A y G. Dichas rectas dividen el ángulo inicial en tres ángulos de 30º.
En esta imagen podéis ver cómo quedaría la cosa:
Por cierto, ¿sabéis qué norma hemos incumplido en la trisección de un ángulo menor de 90º que hemos descrito? Muy sencillo: según las normas de la geometría clásica, en este tipo de construcciones no se le pueden hacer marcas a una regla. Por tanto me da que no podremos realizar esta construcción en Ancient Greek Geometry, la interesante aplicación de la que os hablé hace un par de días.
Fuentes y más información:
- Vitaminas matemáticas, de Claudi Alsina.
- Ideas fugaces, teoremas eternos, de Joaquín Navarro.
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Información Bitacoras.com…
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¿De dónde viene esa norma de no hacer marcas a una regla?
No se indica cómo se construye la recta BCA con regla y compas.
PARA TORANKS (una cita medio en serio medio en broma): “¿Por qué os atrevéis, mortal, a profanar con tus dos marcas terrenales la línea recta? ¿Ignoráis acaso, por Zeus, que la línea recta y la circunferencia son las únicas figuras perfectas de la divina geometría, que son un regalo de los dioses a los hombres? Mancillando estos entes etéreos os entráis a la caverna desprovista de luz” (PLATÓN).
Y a ver quién se anima a tratar de construir un cuadrado con tres rectas. Os aseguro que sí es posible. La respuesta la daré si alguien me la pide.
Por favor!! hacedlo.
dame la respuestaa porfavor
El cuadrado, incluso con 2 rectas jejeje
Enhorabuena, habéis conseguido la cuadratura del circulo. 🙂 Es broma, pero si lo digo para ilustrar el siguiente razonamiento. Si dibujas pi en una regla, podrías de una manera similar cuadrar un círculo ¿No? El problema de la trisección del ángulo, es que en la solución general, existen soluciones que dan un número irracional. El cual no es representable de manera finita, es decir, con una regla, como el caso de ilustrar la cuadratura del circulo. Es decir, sino he leido mal el razonamiento, solo aquellos ángulos que alfa divido por 3(por eso 90 si se puede dividir), no sea… Lee más »
Tu razonamiento está bastante errado
Ya pues, Ácido, seamos serios, jejeje.
Luis GSA, ¿cómo es eso de un cuadrado con tres rectas?
¿Un cuadrado con tres rectas? ¿En un plano? ¿O puede ser un toro, una cinta de moebius o alguna cosa rara?
En un toro puedo dibujar un cuadrado con 2 rectas. Sería más o menos así (visto de perfil)
Linea 2
v
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|———————————| < Linea 1
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PD: No se ven los espacios, se juntan y el dibujo queda mal 🙁 ¿Se entiende?
AYUDA: Por supuesto, Toranks, que el problema es en el plano de Euclides. El problema comienza con el dato dado de 2 puntos los cuales determinan el lado del cuadrado; en cuanto a construir perpendiculares en un punto a rectas dadas es muy sencillo. ¿Qué más?. La respuesta, Santiago Restrepo Castillo, si nadie la presenta antes, la daremos mañana Ácido y yo, ¿de acuerdo, Ácido?
Alf, no es exactamente eso, es más profundo. Por ejemplo, un ángulo de 60º no se puede trisecar con regla y compás, aunque si dividimos 60 entre 3 nos da 20, que no es irracional.
UNA SOLUCIÓN PARA CONSTRUIR CON LA REGLA Y EL COMPÁS UN CUADRADO CON TRES RECTAS (hay varias) 1) Trazo la recta AB que une los 2 puntos dados A y B; estos puntos A y B son dos de los cuatro vértices buscados. 2) Trazo una circunferencia C de centro A y radio igual al segmento AB la cual corta la recta AB en un punto B’. 3) Construyo la perpendicular al segmento B’B en su punto medio A lo cual logro con un punto de intersección A’ de dos circunferencias de igual radio mayor que AB y centradas en… Lee más »
Si, si, es más complejo.
De hecho el primer enlace que has puesto lo explicas, en esa entrada. 🙂
Luis, no he entendido nada, cuales son las tres rectas?
a mi se me ocurre en una superficie cilindrica pintar dos hélices, y al desarrollar el cilindro obtenemos un cuadriculado
Hola Cartesiano Caótico, si no has entendido nada veo contigo que mi sentido del humor no es tan bueno que se diga. No importa y mejor resuelves el problema sin regla y sin compás de modo «aproximado», sólo con papel y bolígrafo:
1) Dibuja un cuadrado.
2) dibuja las 3 rectas que se te antoje.
Y listo, ya resolviste el problema porque lo que se te pide es un cuadrado con tres rectas y eso, por supuesto, es lo que has obtenido.
aaaah! Ahora lo entiendo @LuisGSA, yo no pensé que fuera una broma :S
Luis, no te preocupes por tu sentido del humor 🙂
lo que pasa es que algunos tenemos la mente demasiado rígida, y en un blog como este nos esperamos que siempre hay soluciones a problemas que nos parecen imposibles, así que antes de darme cuenta que no es posible y entonces es una broma, lo que hacemos es tratar de darle mil vueltas a ver por donde podemos pillar el truco.
[…] ya en julio hemos reflexionado sobre la trisección del ángulo, hemos presentado a Nicolaas de Bruijn y, entre otras cosas, su “BEST theorem” y hemos […]
Triseccionar un ángulo de 90º es muy fácil usado trigonometría, otra cosa será triseccionar otro tipo de ángulos que no sean proporcionales a 90º.
Dejo este simple dibujo, un poco feo pero creo que está bien explicado.
file:///C:/Users/kike/Dropbox/trisecci%C3%B3n%20del%20%C3%A1ngulo.png
http:///C:/Users/kike/Dropbox/trisecci%C3%B3n%20del%20%C3%A1ngulo.png
En el primer enlace que puse había que copiar y pegar en la web.
?_subject_uid=298415746&w=AADAmfVFcmsZ9UZ2kBYWE5jJ8lK98RJ38a2GbWqtzKRgDQ
En el segundo enlace no sale nada
Y este ¡¡¡POR FIN SALE¡¡
Levito en la sabiduria, viajo en la locura y navego en la necedad. Eclesiastes. Tengo , sostengo y lo sostengo : Los tres problemas,de EUCLIDES ,los he realiazado ,y los demuestro en papel milimetrado. LA CUADRATURA DEL CIRCULO ,tan seguro estoy de ella,que esta registrada en la REGISTRADURIA NACIONAL DE DERECHO DE AUTOR DE LA REPUBLICA DE COLOMBIA. Con ella llegue a la conclucion ,de hay medidas en los CANONES DE LA ARQUITECTURA DE VITRUBIO SON ERRONES, lo mismo los que agrego LEONARDO . CREERAN QUE ESTOY LOCO , PERO,EATOY EN TODOS MIS CABALES . CUALQUIER ENTIDAD DE CIENCIAS EXACTAS… Lee más »
Hola yo quisiera saber si me pueden ayudar con la demostración del teorema de morley y su construcción. Osea la trisecectriz de un triangulo arbitrario
Una mosca en su vuelo recorrió diversas trayectorias. Empezó a volar desde el punto 0 y después voló por los puntos A,B y C. La escala utilizada para la gráfica es: 1cm= 3m
Podrían ayudarme? 🙁