Problemas de geometría resueltos con ayuda del polígono regular de 18 lados

Problemas de geometría resueltos con ayuda del polígono regular de 18 lados

por

Manuel Benito Muñoz y Emilio Fernández Moral

Resumen. El propósito principal de este trabajo es demostrar de un modo puramente geométrico algunas propiedades de incidencia que se observan en la figura obtenida al dibujar los lados y todas las diagonales de un polígono regular de 18 lados. Se resuelven tres problemas conocidos, y se ofrece alguno más a la práctica del lector.

1. Desenmarañando una figura muy simétrica

En la figura 1 se han trazado todas las diagonales de un polígono regular de 18 lados. ¿En cuántos puntos concurren más de dos diagonales?

Figura 1: Polígono regular de 18 lados con todas sus diagonales.

Si observamos el gráfico con detenimiento, entre los puntos determinados por intersecciones de líneas contaremos 1+18+18²= 343 puntos donde parecen concurrir más de dos diagonales. Claramente, en el centro O del polígono concurren nueve diagonales, y en cada uno de los 18 vértices Pi concurren quince diagonales y dos lados. Pero hay otros candidatos (véase la figura 2, en la que se han representado sólo los puntos correspondientes a i = 1 de la descripción que sigue): 9 puntos en el interior de cada uno de los 18 radios OPi (en tres de los cuales, que en el radio OPi etiquetaríamos como Qi, Ri y Si, parecen concurrir cinco diagonales, y tres diagonales en cada uno de los otros seis puntos), y otros 9 puntos en el interior de cada uno de los triángulos isósceles determinados por el centro O y un lado del polígono (en tres de los cuales, los situados en el eje de simetría de dicho triángulo, parece haber concurrencia de cuatro diagonales, y de tres diagonales en los otros seis puntos).

El objetivo de nuestra primera sección es probar la veracidad de estas observa- ciones.

P₁ P₂

P3

P4

P5

P6

P₇ P₈ P9

P₁₀ P₁₁

P12

P₁₃

P₁₄

P15

P16

P17

P18

O

Q₁ S₁ R1

Figura 2: Puntos en los que parecen concurrir más de dos diagonales en el segmento OP y en el interior del triángulo isósceles de vértices O, P y P .

puramente geométricas, y utilizando únicamente resultados elementales de geometría plana como los siguientes:

Un ángulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco de circunferencia que él. En el caso de nuestro gráfico, esto se traduce en que el ángulo que forman dos rectas en un vértice del polígono de 18 lados se obtiene, simplemente, contando el número de «lados abarcados»

del polígono y multiplicando por 10^◦.

Un ángulo interior a una circunferencia es igual a la suma de dos ángulos inscritos que abarquen, respectivamente, los mismos arcos de circunferencia que él y su opuesto por el vértice. En el caso de nuestro gráfico, la medida de un ángulo interior se obtiene contando el número total de «lados del polígono abarcados hacia ambas partes del ángulo» y multiplicando por 10^◦.

Si las rectas s y t son simétricas respecto de una tercera recta r, entonces, o las tres rectas son paralelas, o concurren en un punto.

Si dos rectas s y t forman ángulos iguales con una tercera recta r y existen dos puntos S ∈ s y T ∈ t que son simétricos respecto de la recta r, entonces, o las rectas s y t son paralelas, o son simétricas respecto de r, en cuyo caso concurren con r en un mismo punto.

Así, por ejemplo, y para empezar, podemos ya dejar descritos, sin darles deno- minación específica (tal como hacíamos en la figura 2), los seis puntos del radio OP1

donde concurren tres diagonales (en cada uno de los seis ítems que siguen, las dos primeras rectas presentadas son simétricas respecto de la tercera):

Las diagonales P2P17, P18P3 y P1P10concurren en un punto.

Las diagonales P2P16, P18P4 y P1P10concurren en un punto.

Las diagonales P2P15, P18P5 y P1P10concurren en un punto.

Las diagonales P6P₁₇, P14P₃ y P1P₁₀concurren en un punto.

Las diagonales P₇P₁₇, P₁₃P₃ y P₁P₁₀concurren en un punto.

Las diagonales P₆P₁₆, P₁₄P₄ y P₁P₁₀concurren en un punto.

Con este razonamiento geométrico tan sencillo queda ya probado que esos seis puntos del radio OP₁ son intersección de más de dos diagonales. Por supuesto, lo mismo ocurre para cualquier otro radio OP_i.

De aquí en adelante, y a lo largo de sucesivos teoremas, iremos demostrando rigurosamente que en el resto de los 18 puntos señalados en la figura 2 —y en los puntos análogos de todos los demás triángulos isósceles formados por el origen y dos vértices consecutivos— también concurren más de dos diagonales.

En los tres primeros teoremas siguientes se describen los puntos Qi, Ri y Si

interiores al segmento OPi donde van a concurrir cinco diagonales:

Teorema 1. Las rectas P2P14, P18P6, P3P16, P17P4 y P1P10 concurren en un pun- to Q1.

Demostración (Figura 3). Sean Q1 el punto de intersección de P₂P₁₄ y P₁P₁₀, y Q⁰₁ el punto de intersección de P₁P₁₀ y P₁₇P₄. Vamos a ver que Q₁= Q⁰₁:

La diagonal P18P8es simétrica de P2P12respecto de P1P10, luego estas tres rectas son concurrentes en un punto S1. Obsérvese asimismo que

∠P¹Q1P2=∠P¹P2Q1= 50^◦, luego P1Q1= P1P2.

El triángulo P18P2S1es equilátero (sus tres ángulos miden 60^◦).

Los triángulos P17P1Q⁰₁ y S1P18P1 son congruentes, ya que tienen los mismos ángulos (70^◦, 80^◦, 30^◦), y ademásP₁₇P₁= P18P₂= S1P₁₈.

En consecuencia, P1Q⁰₁= P18P1= P1P2= P1Q1, y por lo tanto Q1= Q⁰₁.

Finalmente, por simetría respecto de P1P10, las diagonales P3P16 (simétrica de P17P4) y P18P6 (simétrica de P2P14) también pasan por el punto Q1.

P₃ P4

P₅ P₆ P₇ P8

P₉ P10

P11

P₁₂ P13

P₁₄

P₁₅

P₁₆

P17

P₁₈

O

Q₁ S₁

Teorema 2. Las diagonales P2P₁₃, P₁₈P₇, P₃P₁₅, P₁₇P₅ y P₁P₁₀ concurren en un punto R1.

Demostración (Figura 4). Sean R1 el punto de intersección de las rectas P2P13 y P1P10, y R⁰₁el punto de intersección de las rectas P17P5 y P1P10. Vamos a ver que R1= R⁰₁:

La diagonal P17P5 es bisectriz del ángulo ∠OP¹⁷P2 del triángulo equilátero OP17P2, y pasa por el punto R⁰₁. Como ∠P¹OP2 = ∠P¹³P2O = 20^◦ y los pun- tos O y P2son simétricos respecto de P17P5, las rectas P2P13y P1P10son simétricas respecto de la recta P17P5, y por lo tanto se cortan en el punto R⁰₁. Luego R1= R⁰₁. Por otra parte, por simetría respecto de P₁P₁₀, las diagonales P₁₈P₇ (simétrica de P₂P₁₃) y P₃P₁₅ (simétrica de P₁₇P₅) pasan también por el punto R₁.

P₁ P₂

P₃ P4

P5

P₆ P₇ P8

P9

P10

P11

P12

P13

P₁₄

P₁₅

P16

P17

P₁₈

O

R1

Figura 4: Auxiliar para el teorema 2.

Teorema 3. Las diagonales P2P₁₂, P₁₈P₈, P₄P₁₅, P₁₆P₅ y P₁P₁₀ concurren en un punto S1. Además, OS1= P1P2= P1Q1.

Demostración (Figura 5). Sean S1 el punto de intersección de las rectas P2P12

y P1P10, y S₁⁰ el punto de intersección de las rectas P16P5 y P1P10. Comencemos viendo que S₁⁰ = S1. Para ello, obsérvese que

El triángulo P16P1O es equilátero, luego P16P1= OP1.

Los triángulos OS1P12y P1P2P16 son congruentes (tienen los mismos ángulos yOP12= P1P16), luego OS1= P1P2.

Los triángulos OS₁⁰P₅y P1P₂O son congruentes (tienen los mismos ángulos y OP₅= P₁O), luego OS₁⁰ = P₁P₂.

Entonces, OS₁⁰ = OS1, de donde se deduce S₁⁰ = S1. Y ahora, por simetría respecto de P1P₁₀, las diagonales P4P₁₅ (simétrica de P16P₅) y P18P₈ (simétrica de P2P₁₂) pasan también por S₁.

Además, los triángulos P16OS1 y P16P1Q1 son congruentes, por ser simétricos respecto de P16P4, luego OS1 = P1Q1. Y el triángulo P1Q1P2 es isósceles, pues

∠P¹Q1P2=∠P¹P2Q1= 50^◦, luegoP1Q1= P1P2.

P3

P4

P₅ P₆ P7

P8

P₉ P₁₀

P₁₁ P₁₂

P13

P14

P₁₅

P₁₆

P17

P18

O

Q1

S1

Ahora pasamos a ocuparnos de los nueve puntos «especiales» interiores al trián- gulo isósceles OP1P2. En seis de ellos (teoremas 4, 5 y 6) concurren tres diagonales;

en los otros tres (teoremas 7, 8 y 9) concurren cuatro.

Teorema 4. Las diagonales P1P6, P2P16 y P18P3 concurren en un punto X1. (A partir de lo cual, por simetría respecto de la mediatriz del lado P1P2, se deduce que las diagonales P2P15, P1P5 y P18P3 concurren en un punto X2.)

Demostración (Figura 6 y detalle). Sean P2P16∩ P18P3= X1 y P1P6∩ P18P3= X₁⁰. Vamos a ver que X1= X₁⁰.

P₁ P₂

P₃ P₄

P5

P6

P₇ P8

P9

P10

P11

P12

P13

P₁₄

P15

P16

P₁₇ P₁₈

O

R1

R₁₈

X₁

P₁ P18

R1

X₁⁰

Figura 6: Auxiliar para el teorema 4, y detalle.

Siendo R₁₈el punto del radio OP₁₈correspondiente al teorema 2, es fácil ver que los segmentos R18P18y P2P16forman las diagonales de un rombo. Como∠R¹⁸P18X1= 60^◦ y, además, el punto X1 está en la mediatriz del segmento R18P18, se tiene P18X1= P18R18= R18X1.

Las diagonales P18P₇ y P1P₆ son paralelas. Eso da pie a considerar el detalle de la derecha en la figura 6, donde R₁ es el punto correspondiente al teorema 2, los segmentos P₁₈R₁ y P₁X₁⁰ son paralelos, y se tiene que∠X1⁰P₁₈R₁ =∠P18R₁P₁ (= 40^◦).

A partir de ahí se deduce P18X₁⁰ = P1R1. Pero P1R1= P18R18= P18X1, luego X₁⁰ = X1.

Teorema 5. Las diagonales P1P₈, P₂P₁₅ y P₁₈P₄ concurren en un punto X₃. (A partir de lo cual, por simetría respecto de la mediatriz del lado P1P2, se deduce que las diagonales P2P13, P1P6 y P17P3 concurren en un punto X4.)

Demostración (Figura 7). Sean P2P15∩P18P4= X3y P1P8∩P18P4= X₃⁰. Vamos a ver que X3= X₃⁰.

Si Q18 es el punto del radio OP18 correspondiente al teorema 1, los triángu- los P18Q18X3 y P2P1Q1 son isósceles y congruentes, pues tienen los mismos ángulos (50^◦, 80^◦, 50^◦) y P18Q18= P1Q1. Por lo tanto, P18X3= P2Q1. Sea T el punto de intersección de P2P17 con P1P10; como el triángulo P1P2T es isósceles, se tieneP2T = P1P2.

Los triángulos P18P1X₃⁰ y P2T Q1 son congruentes pues tienen los mismos ángulos (30^◦, 100^◦, 50^◦) yP18P1= P1P2= P2T , por lo tanto P18X₃⁰ = P2Q1= P₁₈X₃, luego X3= X₃⁰.

P₁ P₂

P3

P₄ P5

P6

P7

P₈ P9

P10

P11

P12

P₁₃

P14

P15

P16

P₁₇ P18

O

X3

Q1

Q18

T

Teorema 6. Las diagonales P1P₉, P₂P₁₅ y P₃P₁₇ concurren en un punto X₅. (A partir de lo cual, por simetría respecto de la mediatriz del lado P1P2, se deduce que las diagonales P2P12, P1P6 y P18P4 concurren en un punto X6.)

Demostración (Figura 8). Sean P3P17∩ P1P9= X5y P2P15∩ P1P9= X₅⁰. Vamos a ver que X5= X₅⁰.

Las diagonales P3P17y P1P17son simétricas respecto de P2P17, y el triángulo P1X5P17 es isósceles, luego los puntos X5 y P1 son simétricos respecto de P2P17.

Las rectas P1P2 y P2P15 son simétricas respecto de P2P17, y el triángulo P1X₅⁰P2es isósceles, luego los puntos X₅⁰ y P1son simétricos respecto de P2P17. Por lo tanto X5= X₅⁰.

P1 P2

P₃ P4

P₅ P₆ P₇ P8

P9

P10

P11

P12

P13

P₁₄

P₁₅

P₁₆

P17

P₁₈

O

X₅

Figura 8: Auxiliar para el teorema 6.

Teorema 7. Las diagonales P1P₇, P₂P₁₄, P₁₈P₄y P₃P₁₇concurren en un punto X₇. Demostración (Figura 9). Sean P18P4∩P1P7= X7, P18P4∩P3P17= X₇⁰ y P2P14∩ P1P7= X₇⁰⁰. Vamos a ver que X7= X₇⁰ = X₇⁰⁰.

Designemos por H₁el punto medio del lado P₁P₂. Las diagonales P₃P₁₇ y P₁₈P₄ son simétricas respecto de OH1, luego la recta OH1 pasa por el punto X₇⁰. Las diagonales P2P14 y P1P7 son también simétricas respecto de OH1, luego la recta OH1pasa por el punto X₇⁰⁰.

El punto P₄es simétrico del punto O respecto de P₁P₇, pues el triángulo P₁P₇P₁₃ es equilátero de centro O. El ángulo que forman las rectas OH₁ y P₁P₇ es de 40^◦, igual al que forman las rectas P₁₈P₄ y P₁P₇.

Por lo tanto, las rectas P18P4 y OH1 son simétricas respecto de P1P7, de donde se deduce que X7= X₇⁰ = X₇⁰⁰.

P1 P2

P3

P₄ P5

P6

P7

P₈ P9

P₁₀ P₁₁

P12

P₁₃

P14

P15

P16

P₁₇ P18

O

X₇

H1

Figura 9: Auxiliar para el teorema 7.

Teorema 8. Las diagonales P1P₈, P₂P₁₃, P₁₈P₅y P₃P₁₆concurren en un punto X₈. Demostración (Figura 10). Sean P1P8∩P2P13= X8, P3P16∩P1P8= X₈⁰, P3P16∩ P18P5= X₈⁰⁰ y P18P5∩ P1P8= X₈⁰⁰⁰. Veamos que X8= X₈⁰ = X₈⁰⁰= X₈⁰⁰⁰.

Sean S₄el punto del radio OP₄ correspondiente al teorema 3, y Q₃ el punto del radio OP3 correspondiente al teorema 1.

∠S4P₅P₁₈=∠P18P₅P₃(= 30^◦) y S₄P₃⊥ P₁₈P₅, luego el punto S₄es simétrico de P₃ respecto de la diagonal P₁₈P₅; además las rectas P₃P₁₆ y P₁P₈ forman el mismo ángulo (de 40^◦) con la recta P18P5, luego las rectas P3P16 y P1P8

son simétricas respecto de P18P5y las tres concurren en un mismo punto. Así, X₈⁰ = X₈⁰⁰= X₈⁰⁰⁰.

De manera similar se prueba que el punto Q3es simétrico de P2respecto de la diagonal P3P16, y que la recta P2P13 es simétrica de P18P5respecto de P3P16, luego estas tres rectas se cortan también en un mismo punto. Se sigue que X8= X₈⁰ = X₈⁰⁰= X₈⁰⁰⁰.

P1 P2

P3

P4

P5

P6

P7

P₈ P₉ P₁₀

P₁₁ P₁₂

P₁₃

P14

P15

P16

P17

P18

O

X₈

Q₃ S₄

Figura 10: Auxiliar para el teorema 8.

Teorema 9. Las diagonales P1P₉, P₂P₁₂, P₁₇P₅y P₄P₁₆concurren en un punto X₉. Demostración (Figura 11). Sean P1P9∩P2P12= X9, P4P16∩P1P9= X₉⁰, P4P16∩ P17P5= X₉⁰⁰ y P17P5∩ P1P9= X₉⁰⁰⁰. Veamos que X9= X₉⁰ = X₉⁰⁰= X₉⁰⁰⁰.

La recta P16P4es la mediatriz del segmento OP1, luego OX₉⁰ = P1X₉⁰.

∠P¹OX₉⁰ = 10^◦, por lo tanto la recta OX₉⁰ es bisectriz del∠P¹OP2. La recta P2P12es simétrica de P1P9respecto de OX₉⁰, luego X9= X₉⁰. La recta P4P16 es simétrica de P17P5 respecto de OX₉⁰, luego X₉⁰⁰ = X₉⁰ y X₉⁰⁰⁰= X₉⁰.

P1 P2

P3

P4

P₅ P6

P7

P₈ P₉ P₁₀

P₁₁ P₁₂

P₁₃

P14

P15

P₁₆

P17

P18

O

X₉

Figura 11: Auxiliar para el teorema 9.

2. Tres problemas resueltos y una invitación

La familiaridad adquirida con la figura del polígono regular de 18 lados se puede usar para resolver problemas de geometría que «vienen al caso». En esta sección final,

Problema 1

Era muy popular entre estudiantes de Matemáticas de los años 70 y se puede encontrar en el libro [1] de Donald Coxeter y Samuel Greitzer¹:

Sea ABC un triángulo isósceles cuyos ángulos iguales en B y C son cada uno de 80^◦. Las cevianas BD y CE son tales que∠DBC = 50^◦ y

∠BCE = 60^◦. Encontrar cuánto vale el∠DEC.

Solución (Figura 12). De acuerdo con los datos del problema, podemos hacer que el triángulo ABC ocupe el lugar del triángulo OP1P2 de nuestro gráfico. El punto D se correspondería con el punto Q2 del teorema 1, y el punto E con el punto R1

del teorema 2.

Sólo hay que «contar tres» en la figura para concluir que∠DEC = 30^◦.

P₁ P₂

P₃ P₄

P5

P₆ P₇ P8

P9

P10

P11

P12

P13

P₁₄

P₁₅

P16

P₁₇

P₁₈

B C

A

D E

Figura 12: Auxiliar para el problema 1.

1Ejercicio 4 de la sección 1.9. En la versión original inglesa [1], p. 26; resuelto en p. 159. En la versión castellana [2], p. 26; resuelto en p. 158. Hemos modificado ligeramente la redacción original.

Por si el lector no lo recuerda, añadamos que se llama ceviana a cualquier segmento rectilíneo que una un vértice de un triángulo con un punto dado del lado opuesto, y que el término proviene del nombre del matemático italiano Giovanni Ceva, que publicó en 1678 el bien conocido teorema que lleva su nombre ([2], p. 4).

Problema 2

Apareció como problema 2510 en el número de febrero de 2000 de la revista canadiense de resolución de problemas Crux Mathematicorum²([4]):

En el triángulo ABC, ∠ABC = ∠ACB = 80^◦ y P es el punto del segmento AB tal que AP = BC. Hallar el∠BP C.

Solución (Figura 13). Coloquemos nuevamente el triángulo ABC en el lugar del OP1P2. El punto P se corresponde con el punto S1 del teorema 3 (recordemos que OS1= P1P2). Enseguida vemos que ∠BP C = 30^◦.

P1 P2

P3

P4

P₅ P₆ P₇ P8

P₉ P10

P11

P₁₂ P13

P₁₄

P₁₅

P₁₆

P17

P18

B C

A

P

Figura 13: Auxiliar para el problema 2.

Problema 3

Propuesto con el número 2511 en Crux Mathematicorum³ ([5]):

En el triángulo ABC,∠ABC = 60^◦ y∠ACB = 70^◦. El punto D está en

Solución (Figura 14).

El triángulo ABE es isósceles, luego AB = AE.

Los puntos D y F son simétricos respecto de la mediatriz del segmento BC, luego BD = F C.

Los triángulos P2ED y P2F D son congruentes, por tener los ángulos iguales y el lado P2D común. Luego DE = DF .

Entonces,AB + BD = AE + F C = AD + DE + DC − DF = AD + DC.

P₁ P₂

P₃ P₄

P5

P6

P₇ P8

P9

P10

P11

P12

P13

P₁₄

P15

P16

P₁₇ P₁₈

C A

B

O

E

D F

Figura 14: Auxiliar para el problema 3.

Y tres más

Propuesto en la Memorial University Undergraduate Mathematics Competition canadiense de marzo de 2000 ([6]):

En el triángulo ABC, se tiene∠ABC = ∠ACB = 80^◦. Se elige el punto P en el segmento AB tal que ∠BP C = 30^◦. Probar que AP = BC.

Propuesto en la Fourth Annual ECC Undergraduate Mathematics Competition estadounidense de marzo de 2001 ([3]):

En el triángulo ABC, se tiene ∠ABC = ∠ACB = 80^◦. Sobre el lado AC se construye, hacia el exterior, otro triángulo isósceles ACD tal que

∠ADC = 100^◦. Probar que AB = BC + CD.

Una de las implicaciones del enunciado del problema 201 de la revista estadou- nidense Math Horizons⁴ ([7]):

En el triángulo ABC,∠ABC = 80^◦ y la bisectriz interior de este ángulo corta al lado AC en el punto D. Probar que si ∠CAB = 20^◦, entonces AD = BD + BC.

Agradecimientos

Queremos dar las gracias a los profesores Luz Roncal y Óscar Ciaurri (con quie- nes en su día remitimos una solución conjunta al problema 3258 de Crux) por el ánimo y la asistencia que nos han regalado en la preparación de este trabajo para su publicación. Su colaboración directa y opiniones, junto con las de los revisores de La Gaceta, han mejorado sensiblemente la redacción, la ordenación de los teoremas y la presentación final de las figuras.

Referencias

[1] H.S.M. Coxeter y S.L. Greitzer, Geometry Revisited, The Mathematical Association of America, New Mathematical Library N.^o 9, Washington, 1967.

[2] H.S.M. Coxeter y S.L. Greitzer, Retorno a la Geometría, traducción de [1]

por Pedro Gómez Puig y Joaquín Hernández Gómez, colección La Tortuga de Aquiles, N.^o1, Otoño 1993, DLS-EULER Editores, Madrid, 1994.

[3] ECC, Fourth Annual ECC Undergraduate Mathematics Competition, 2001, http://raider.mountunion.edu/ma/ECC/test01.pdf

[4] Ho-joo Lee, Problem 2510, Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, Canadian Mathematical Society, 26 (2000), p. 46; 27 (2001), p. 62–63.

[5] Ho-joo Lee, Problem 2511, Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, Canadian Mathematical Society, 26 (2000), p. 46; 27 (2001), p. 63–64.

[6] Bruce Shawyer, «The Academy Corner», Crux Mathematicorum with Mathe- matical Mayhem, Canadian Mathematical Society, 26 (2000), p. 257; 27 (2001), p. 1.

[7] Mustaf Yagci, Problem 201, «Problem Section», Math Horizons, The Mathe- matical Association of America, April 2006, p. 32; November 2006, p. 41–42.

M. Benito y E. Fernández, IES P. M. Sagasta, Glorieta del Doctor Zubía s/n, 26003 Logroño, Spain

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