Notas de Geometría

0

SILVESTRE

CÁRDENAS

NOTAS

1

P

RÓLOGO

Este libro es el producto de más de treinta años de haber impartido los cursos de Geometría Moderna en la Facultad de Ciencias de la UNAM. Una parte de los temas que se tratan fueron tomados de un libro escrito por mí para la serie Temas de Bachillerato, llamado “Dos o tres trazos”, a los que he agregado el material que falta para completar los programas de dicha materia. Deseo agradecer la generosidad del Instituto de Matemáticas de la UNAM por haberme permitido usar el contenido de ese libro para incluirlo en el presente. Aunque hay algunos elementos que no están contenidos en los programas de Geometría Moderna, por ser propios de cursos elementales, he decidido dejarlos, pues sé que hay alumnos de primer ingreso que nunca los han estudiado, o bien, ya los han olvidado. No pretendo cubrir todos los temas de lo que podría llamarse Geometría Elemental, sólo lo que he de menester en la parte propia del curso objeto del libro.

En los primeros capítulos se presentan las propiedades de congruencia y semejanza de triángulos a partir del esquema axiomático de Euclides; enseguida se hace un breve repaso de Trigonometría, después se exponen algunas propiedades del triángulo estudiadas entre los siglos III A. C. y XIX D. C. y que no han sido muy difundidas en los libros de texto elementales. Los siguientes capítulos se dedican a estudiar ciertas propiedades importantes de la circunferencia y en el último se hace una presentación elemental de la Geometría Hiperbólica.

El lector habrá de encontrar más de trescientos ejercicios, algunos de los cuales creo que representan verdaderos retos al ingenio y otros implican conocimientos que por diversas razones no consideré pertinente poner en la teoría, creo que si a algún profesor le parece que son importantes los podrá resolver y ampliar en sus cursos. Estos ejercicios están marcados con un asterisco; en el caso de que su resolución le parezca al lector imposible, antes de rendirse puede encontrar sugerencias, en el Apéndice A, al final del libro, que seguramente lo ayudarán; lo que yo quisiera es que quien se anime a resolverlos se divierta en la empresa. En el Apéndice B se tratan, someramente, el teorema del hexagrama místico y la construcción de polos y polares en cónicas.

Creo que el estudio de la Geometría, además de divertido, puede ser de gran utilidad para quien pretenda ser ingeniero, arquitecto o físico e indispensable para quien aspire a ser matemático.

Finalmente deseo manifestar mi agradecimiento a mi querida amiga Ana Irene Ramírez Galarza quien fue la autora de la idea de que este libro se escribiera y que además tuvo la paciencia de leer la primera versión e hizo innumerables sugerencias que lo enriquecieron.

También deseo hacer patente mi reconocimiento a un entrañable amigo, Juan José Rivaud Morayta, por las valiosas ideas que tan generosamente me dio. Obviamente, los errores que haya en el libro son todos míos.

2

Í

NDICE

Capítulo 1

Congruencia de triángulos

6

Postulados de Euclides 10 Transformaciones rígidas 13 Congruencia de triángulos 16

Ejercicios

20

Capítulo 2

Semejanza de triángulos

26 Teorema de Tales 26

Teorema de la semejanza de triángulos 28

Ejercicios

31

Capítulo 3

Teorema de Pitágoras y Teorema de Tolomeo

35

Teorema de Pitágoras 35

Ángulos entre cuerdas concurrentes en una circunferencia 36

Teorema de Tolomeo 40

Ejercicios

46

Capítulo 4

Trigonometría

49 Definiciones 49 Círculo trigonométrico 50 Gráficas 51

Ley de los senos 53

Ley de los cosenos 55

Fórmula de Brahmagupta 55

Fórmula de Herón 57

Ejercicios

58

Capítulo 5

Rectas y puntos notables, circunferencia de

los nueve puntos y línea de Simson

62

Bisectrices exteriores y excírculos 62

Triángulos pedales 63

Circunferencia de los nueve puntos 64

Teorema de Simson 65

Ángulo entre dos líneas de Simson 66

Relación entre la línea de Simson y la circunferencia de

los nueve puntos 67

3

Capítulo 6

Teoremas de Menelao, de Ceva y de Desargues

73

Razón en que un punto divide a un segmento 73 Sentido, punto ideal y recta ideal 74 Axioma de Pasch 74

Teorema de Menelao 74 Forma trigonométrica del Teorema de Menelao 76 Teorema de Ceva 77

Forma trigonométrica del Teorema de Ceva 78

Teorema de la división interna y externa 78 Triángulos en perspectiva 78 Teorema de Desargues 78 Principio de dualidad 81

Ejercicios

82

Capítulo 7

Hileras de puntos y haces de rectas

91 Hileras armónicas 91 Haces armónicos 92 Hileras anarmónicas 94 Haces anarmónicos 95 Teorema de Pascal 97 Teorema de Pappus 98

Ejercicios

99

Capítulo 8

Circunferencias coaxiales y circunferencias homotéticas

104 Potencia de un punto con respecto a una circunferencia 104

Eje radical 108 Circunferencias coaxiales 108 Circunferencias homotéticas 109 Puntos límites 111 Red ortogonal 113

Ejercicios

113

Capítulo 9

Inversión

122 Definiciones 122 Inversión de una circunferencia 123 Inversión de una recta 125 Circunferencia de antisimilitud 126

El plano inversivo 127

4

Capítulo 10

Polos y polares

135 Definiciones 135 Círculo polar 138 Triángulo autopolar 138

Ejercicios

140

Capítulo 11

Introducción a la Geometría Hiperbólica

148 Cuadrilátero de Saccheri 149 Defecto de un triángulo 154 Geometría hiperbólica 154 Modelos de Poincaré 158

Ejercicios

163

Apéndice A

166

Apéndice B

176

Índice alfabético

180

Bibliografía

183

6

Capítulo 1

Congruencia de triángulos

El triángulo es el polígono más simple; además, el triángulo es el único polígono que tiene igual número de lados1 _{que de ángulos, por eso no}

usamos la palabra “trilátero”. Por ejemplo, un cuadrángulo completo, es decir, una figura construida con cuatro vértices y las rectas que los unen tiene seis lados (Figura 1.1):

Figura 1.1

Otra característica del triángulo es ser el único polígono rígido, es decir, si imaginamos un triángulo construido con varillas unidas por pernos o tornillos, no podríamos deformarlo sin doblar las varillas o romperlas, en cambio, cualquier otro polígono se deformaría al girar las varillas en los pernos; podríamos imaginar, por ejemplo, un bastidor de cuatro lados iguales que, según movamos los lados, tendría forma de cuadrado o de rombo.

Gracias a esta última característica, el triángulo nos sirve para resolver muchos problemas de Geometría Plana, por ejemplo, el siguiente:

Supongamos que estamos en un desierto cuyo suelo es totalmente plano y hay en él un lago. En lados opuestos del lago hay dos objetos fijos. Queremos medir la distancia entre dichos objetos sin meternos en el lago (Figura 1.2).

1 _{El término lado se suele emplear indistintamente para denominar a la recta completa que acota una parte} de un polígono, al segmento de esa recta determinado por los vértices que están en ella, así como a la longitud de dicho segmento.

7

Figura 1.2

Una solución es la siguiente:

Busquemos un punto a un lado del lago desde el cual se puedan ver los puntos A y B.

Desde ese punto, llamémoslo C, tracemos las rectas que unan a A y C, y a B y C (Figura 1.3).

Figura 1.3

Ahora prolonguemos los segmentos AC y BC, hasta los puntos A’ y B’, de tal manera que las prolongaciones sean del mismo tamaño que los propios segmentos, es decir, AC=CA’ y BC=CB’, con lo cual tendremos que B’A’=AB, que es lo que estábamos buscando (Figura1.4):

A

B

A

B

8

Figura 1.4

¿Por qué podemos estar seguros de que efectivamente B’A’= AB?

Alguien con cierto sentido de las proporciones podría aducir que el triángulo cuyos vértices son C, A’ y B’ (∆CA’B’) y el triángulo cuyos vértices son C, A y B (∆CAB) son “iguales”.

¿Por qué son iguales? Sabemos que tienen dos lados respectivamente iguales, porque así los construimos. Pero ¿basta con eso? Claramente no, veamos, por ejemplo, la Figura 1.5:

Figura 1.5

Podemos ver que, aunque los lados AB y AC son respectivamente iguales a A’B’ y A’C’, los terceros, trazados con las líneas gruesas, no lo son. ¿Qué más se necesita para que dos triángulos sean iguales? Como ya dijimos que el triángulo es una figura rígida, si los tres lados fueran respectivamente iguales, los triángulos tendrían que ser iguales; sólo que en este caso precisamente lo que queremos demostrar es que con nuestra construcción los terceros lados de los triángulos trazados deben ser iguales entre sí, así que necesitamos otra propiedad que nos permita afirmar la efectiva igualdad de dichos triángulos. A B C A' B' A' C B A B' C'

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Lo único que nos queda entonces es recurrir a los ángulos; aparentemente los ángulos formados en la intersección de las rectas AA’ y BB’ son iguales, los denominaremos ∠ACB y ∠A’CB’, a los ángulos en esta posición se les llama opuestos por el vértice. Más adelante demostraremos que efectivamente son iguales y, como consecuencia, demostraremos también que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales y los ángulos comprendidos entre ellos son también iguales, entonces, los triángulos son iguales.

Hasta el momento hemos hecho, aparentemente, dos suposiciones importantes, aunque en realidad hemos hecho más, a saber, cuando localizamos el punto C supusimos que siempre es posible trazar las rectas AC y BC; después supusimos que las rectas AC y BC eran susceptibles de prolongarse hasta donde quisiéramos, o sea hasta los puntos A’ y B’ respectivamente.

Alguien muy exigente podría decirnos que si todo lo vamos a suponer como válido, pues entonces la respuesta al problema no pasa de ser una mera suposición y que, en realidad, no podemos estar seguros de haber resuelto nada.

¿Qué tanto es válido suponer como verdadero al resolver un problema? La respuesta a esta pregunta es en sí misma una suposición, pues no existe ningún criterio absoluto para contestarla.

En la antigüedad, la respuesta hubiera sido algo así: “Todo aquello que sepamos cierto por experiencia”, pero resulta que la experiencia es esencialmente subjetiva, así que la validez de una suposición dependería de quién la hace.

Alrededor de trescientos años antes de Cristo vivió en Grecia un hombre, llamado Euclides, que a su manera respondió esas preguntas y, con ello, elaboró una teoría matemática que hasta la fecha se conoce como Geometría Euclidiana.

Para elaborar su teoría, Euclides enunció primero un conjunto de definiciones de todos los elementos con los que iba a trabajar, es decir, definió punto, recta, plano, etc. Después enunció las propiedades más simples que relacionan a dichos elementos y finalmente enunció un conjunto de propiedades generales de la relación de igualdad.

Durante todos los siglos posteriores se han hecho diversas críticas a la Teoría Euclidiana, sin embargo, el método euclidiano, o método teórico deductivo, sigue siendo válido en el estudio no sólo de la Geometría, sino en general de la Matemática, por eso lo analizaremos aquí de manera somera.

No partiremos, como Euclides, de definiciones; las propiedades de los elementos con los que trabajaremos los irán definiendo intuitivamente. Es importante decir que no vamos a trabajar con objetos físicos; los trazos que

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nos ayudan a resolver problemas son sólo un modelo del esquema abstracto en el que nos vamos a mover.

También es importante decir que no se puede partir de “la nada” para elaborar algo, así que efectivamente tenemos que suponer algunas propiedades como universalmente verdaderas. Actualmente, a las propiedades de una teoría que se aceptan a priori se les llama axiomas. En Lógica Formal, se requiere que los axiomas de una teoría deben tener las siguientes características: ser completos2_{, ser independientes y ser} consistentes; esto quiere decir, que sean capaces de generar todas las propiedades de los elementos que sean objeto de la teoría; que ninguno de ellos sea susceptible de ser generado por los demás y que no existan contradicciones entre ellos.

Los axiomas de Euclides no cumplen con la primera de estas condiciones, es decir, no son completos, sin embargo, sirvieron para construir una buena parte de la geometría que hasta hoy se estudia y se emplea en diversas disciplinas de la actividad humana.

Euclides partió de sólo cinco propiedades verdaderas, a las que llamó Postulados.

Éstas son, puestas en un lenguaje coloquial, las siguientes:

1. Por dos puntos siempre se puede trazar una recta. Eso nos permite trazar AC y BC en nuestro problema.

2. Toda recta es prolongable tanto como se quiera en cualquiera de sus dos direcciones. Con esto podemos trazar CA’ y CB’.

3. Cualquier punto del plano se puede usar como centro de un círculo (o de un arco de círculo) de radio arbitrario. Esta propiedad es la que permite comparar tamaños de segmentos, pues en la Geometría que estamos estudiando no se emplean escalas preestablecidas, así que cuando dijimos que AC=CA’, implícitamente estamos diciendo que podemos trazar un círculo de radio AC con centro en C que contenga a A’. Esto es muy importante, pues todas las construcciones se basan en medidas propias de la construcción misma.

4. Todos los ángulos rectos son iguales. Con esta propiedad es posible definir una unidad angular: el ángulo recto.

Con ello podríamos demostrar que efectivamente los ángulos opuestos por el vértice son iguales, para ello nos apoyaremos en la Figura 1.6:

2 _{El matemático austrohúngaro Kurt Gödel demostró en 1931 que en la aritmética y en disciplinas}

similares, no es posible tener un sistema de axiomas completo, pues esto llevaría a inconsistencias. Se puede consultar el libro Gödel’s Proof de Ernest Nagel y James R. Newman, editado por N. Y. University Press en 1958.

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Figura 1.6

Los ángulos M y N suman dos ángulos rectos; de igual forma los ángulos L y N suman dos ángulos rectos, de donde ∠M+∠N=∠L+∠N, lo cual implica que ∠M = ∠L.

En adelante nosotros usaremos como unidades angulares los grados o los radianes3_{, según nos convenga, en vez del ángulo recto, como Euclides.}

El último postulado de Euclides tiene diversos enunciados, todos equivalentes, por supuesto; nosotros emplearemos según nos convenga cualquiera de los siguientes, sin demostrar las equivalencias, lo que dejaremos como ejercicio:

51. Dada una recta y un punto fuera de ella, existe una sola paralela a la

recta dada que contenga al punto dado. (Playfair)

Figura 1.7

52. Los ángulos alternos internos entre paralelas son iguales.

Figura 1.8

3 _{Un radián es la medida de un ángulo que abarca un arco de circunferencia de longitud igual al radio de} ella; por lo tanto, es igual a 180°/π, puesto que una circunferencia de radio uno mide 2π unidades, y para formarla hace falta que el radio recorra 360°.

N L M m P

α

α

12

53. Un ángulo exterior de un triángulo es igual a la suma de los dos

interiores no adyacentes a él (se llama ángulo exterior al que se forma con un lado y la prolongación, fuera del triángulo, de otro).

Figura 1.9 En la Figura 1.9, Q es un ángulo exterior.

54. La suma de los ángulos interiores de cualquier triángulo es 180°.

Figura 1.10

55. Si dos rectas son cortadas por una transversal y de alguno de los

lados de ésta la suma de los ángulos interiores con las rectas es menor a dos ángulos rectos, entonces, si las rectas se prolongan suficientemente de ese mismo lado, se habrán de intersecar.

Figura 1.11

Esta última es la que Euclides enunció originalmente.

Como puede verse, los cuatro primeros postulados son aseveraciones simples, mientras que el último, en cualquiera de las formas enunciadas tiene una forma condicional. Esto molestó a los matemáticos de la época de

Q P

γ

α

β

α β

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Euclides y a los posteriores a él, pues la forma condicional parece requerir de una demostración, es decir, si decimos que dadas tales condiciones va a cumplirse algo, parece que se debería demostrar que efectivamente así será.

Hubo, durante los siglos subsecuentes, infinidad de intentos para demostrar este postulado, todos fueron infructuosos, en el último capítulo haremos una breve descripción de las consecuencias que una de estas demostraciones frustradas tuvo en la Geometría.

Volvamos ahora a nuestro problema, tenemos dos triángulos construidos de tal manera que tienen dos lados respectivamente iguales y el ángulo entre ellos también igual, lo que representaremos en la siguiente Figura 1.12 siguiente:

Figura 1.12

Para demostrar la congruencia de estos triángulos, Euclides supuso que podía llevar al segmento AB hasta superponerlo al segmento A’B’, de tal manera que A y A’ coincidieran, y por lo tanto también B y B’, ello implica que, como el ángulo en A es igual al ángulo en A’, entonces los segmentos AC y A’C’ quedarían sobrepuestos y como coinciden en longitud, entonces los puntos C y C’ coincidirían, lo que demuestra que BC=B’C’.

Esa “superposición” de segmentos no puede justificarse mediante los postulados, así que habría que aceptarla como un postulado más. Recordemos que ya dijimos que los Postulados de Euclides no son completos.

En el lenguaje moderno, en vez de hablar de llevar un elemento hasta un lugar específico, se definen lo que se llaman transformaciones rígidas. La palabra “rígidas” implica que las figuras a las que se apliquen mantienen su forma, es decir, las medidas de sus lados y de sus ángulos.

Definición: Llamaremos una transformación punto a punto, en el plano, a una función tal que asocie a un punto cualquiera X con un punto X’ y la denotaremos como f(X)=X’.

B

A

C _B' C'

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Si los puntos X pertenecen a un conjunto A del plano y los puntos X’ a otro conjunto A’, de tal manera que exista la función f -1 _{(X’)=X para} cada punto de A’, diremos que f es biyectiva.

Translación: Consideremos un conjunto A de puntos del plano y una función τ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes condiciones:

- A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto del plano, al que llamaremos A’.

- Si X es un punto de A y X’ es el punto de A’ tal que τ(X)=X’, la distancia XX’ sea constante para todo X.

- Si X1 y X2 son dos puntos en A tales que τ(X1)= X1’ y τ(X2)= X2’, la distancia X1X2 sea igual a la distancia X1’ X2’.

Diremos que la función τ es una translación en el plano. (Vea la Figura 1.13).

Figura 1.13

Rotación: Consideremos un punto fijo O en el plano, un conjunto A, un ángulo fijo

α

y una función σ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes condiciones:

- A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto del plano, al que llamaremos A’.

- Si X es un punto de A y X’ es el punto de A’ tal que σ(X)=X’, y se cumpla que ∠XOX’=

α

.

- Si X1 y X2 son dos puntos en A tales que σ(X1)= X1’ y σ(X2)= X2’, la distancia X1X2 sea igual a la distancia X1’ X2’.

Diremos que σ es una rotación en el plano con centro O y ángulo

α

(Vea la Figura 1.14).

A A'

X1

X2 _X'2

15

Figura 1.14

Aplicando adecuadamente estas dos funciones podríamos hacer coincidir los segmentos AB y A’B’ si los triángulos están como en la Figura 1.12, pero ¿qué pasaría si el triángulo A’B’C’ estuvieran como se muestra en la figura 1.12 bis, en la que AB=A’B’, AC=A’C’ y ∠BAC=∠ B’A’C’?

Figura 1.12 bis

Ninguna translación ni rotación, ni la composición de ellas, podría llevarnos a hacer coincidir los segmentos AB con A’B’ y AC con A’C’ simultáneamente, así que hace falta definir una transformación más: Reflexión: Sea l una recta en el plano, un conjunto

A

y una función ρ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes condiciones:

- A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto del plano al que llamaremos A’.

- Para todo X∈A tal que ρ(X)=X’∈

A’

existe una recta única, l, perpendicular al segmento XX’ en su punto medio (a l se le conoce como la mediatriz del segmento XX’). Lo que implica que si X1 y X2 son puntos

de

A

_{y ρ(X}1)=X1’ y ρ(X2)=X2’ de

A

‘, entonces X1X2=X1’X2’. α A α A' α O X₁ X'₁ X₂ Y X'₂ Y' C A B C' B' A'

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Diremos que ρ es una reflexión sobre l en el plano. (Vea la Figura 1.15).

Figura 1.15

Como puede verse en la figura 1.12 bis, el triángulo A’B’C’ puede reflejarse con respecto a cualquier recta del plano y quedar con los vértices en el mismo orden del triángulo ABC. Para hacer coincidir AB con A’B’ sólo será necesario hacer, a lo más, una composición de una rotación y una translación. Con esto se puede establecer la siguiente propiedad sin necesidad de salirse del plano:

“Si dos triángulos tienen dos de sus lados respectivamente iguales y los ángulos formados por dichos lados son también iguales, entonces esos triángulos serán congruentes” (LAL).

El término congruentes se emplea en vez de iguales porque aunque sus dimensiones son las mismas, ocupan distinto lugar en el plano, es decir, no son iguales en su situación.

Note que dicha propiedad no la obtuvimos a partir de los Postulados de Euclides, de manera que no podemos decir que hicimos una demostración. Por otra parte, la abreviatura LAL significa que hay igualdad respectiva en un lado (L), un ángulo adyacente a él (A) y el otro lado adyacente al ángulo (L), exactamente en ese orden. Si los ángulos iguales no fueran los formados por los lados mencionados, entonces usaríamos la abreviatura ALL o bien LLA. ¿Qué otras condiciones, no triviales entre las dimensiones de los lados y los ángulos de dos triángulos nos permiten afirmar que son congruentes?

Las posibilidades son las siguientes:

a) Dos ángulos respectivamente iguales (dos ángulos implica tener los tres ángulos, pues por el quinto postulado (54), el ángulo que nos faltaría sería

el suplementario de la suma de los dos ángulos dados) y el lado entre ellos también respectivamente igual.

A l A' X₁ X₂ X'₁ X'₂

17 b) Los tres lados respectivamente iguales.

c) Dos lados respectivamente iguales y uno de los ángulos no adyacentes a ambos también igual.

Figura 1.16

En el caso a), considere la figura 1.16. Supongamos que AB=A’B’, que ∠A=∠A’ y que ∠B=∠B’. Consideremos un punto C” en la recta A’C’ tal que A’C’’=AC, tracemos B’C’’, luego los triángulos ABC y A’B’C’’ son congruentes (LAL), pero, por hipótesis ∠A’B’C’=∠B, entonces C’=C’’. Este caso lo abreviaremos con el símbolo ALA. Note que para hacer esta demostración no usamos, ni explícita ni implícitamente el 5° postulado.

La demostración del caso b) la dejaremos como ejercicio.

El otro caso que queda por analizar es el de dos lados respectivamente iguales y un ángulo no adyacente a ambos también igual. Se puede demostrar, con un ejemplo, que éste no es, en general, un caso de congruencia. En la Figura 1.13 se ve claramente que puede haber dos triángulos que cumplan con las condiciones dadas y que no son congruentes: Figura 1.17 A B C B' C' A' C" A C B D

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En la Figura 1.17 se pueden ver dos triángulos, a saber, el ABC y el ADC, esos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales, el AC, que es común y el CB que es igual al CD, ya que son radios del círculo; tienen además un ángulo igual -no adyacente a los lados respectivamente iguales- pues ∠BAC = ∠DAC, y sin embargo, claramente los triángulos no son congruentes. Esta misma figura nos muestra que si el ángulo dado fuera mayor o igual a 90°, entonces, los triángulos ABC y ADC no podrían construirse en la forma que se hizo y, con esta hipótesis adicional, sí se tendría un caso de congruencia (vea el Ejercicio 4).

Antes de seguir adelante con el triángulo, sería bueno recordar dos conceptos geométricos elementales:

Definición: Se llama bisectriz de un ángulo a la recta que lo divide en dos ángulos iguales.

Teorema: Las distancias de cualquier punto P de la bisectriz a cada una de las rectas que forman el ángulo que la determina son iguales.

Demostración: En la Figura 1.18 se puede ver que los triángulos APB y APC son congruentes por ALA, luego, BP=PC

Figura 1.18

Definición: Se llama mediatriz de un segmento a la recta perpendicular al segmento que pasa por el punto medio de éste.

Teorema: Las distancias de cualquier punto de la mediatriz a los extremos del segmento son iguales:

Figura 1.19

Demostración: En la Figura 1.19, si AB es un segmento y M es su punto medio y MP es perpendicular a AB, entonces PA = PB, para cualquier punto P en la mediatriz, puesto que el triángulo AMP es congruente con el BMP, por LAL.

B

C

P

A

A _M B P

19

Con estos resultados podemos demostrar una propiedad muy conocida de los triángulos isósceles, a saber:

Teorema: Si un triángulo tiene dos lados iguales, es decir, es isósceles, entonces tiene también dos ángulos iguales y la altura y la bisectriz trazadas desde el vértice en el que concurren los lados iguales y la mediatriz del lado opuesto a dicho ángulo coinciden.

Demostración: Vamos a auxiliarnos con la Figura 1.20, en la que ABC es un triángulo isósceles, con AB=AC y AM es la bisectriz del ángulo A.

Figura 1.20

El triángulo AMB y el triángulo AMC son congruentes, puesto que tienen dos lados respectivamente iguales, AB=AC, por hipótesis, AM por ser común, y el ángulo adyacente a ellos también igual ∠BAM =∠CAM, por ser AM bisectriz del ángulo A (LAL). Por lo tanto, los ángulos restantes serán también respectivamente iguales, es decir, ∠ABM=∠ACM, que es lo que debíamos demostrar. Como además ∠AMB = ∠AMC = 90°, resulta que la bisectriz del ángulo A es también una altura del ∆ABC. Por otra parte, BM=MC, que son los terceros lados de cada uno de los triángulos en que dividimos al triángulo ABC; eso quiere decir que M es el punto medio de BC y, por lo tanto, AM es también mediatriz de dicho segmento.

La proposición recíproca de esta propiedad es también cierta:

Teorema: Si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces tiene dos lados iguales. La demostración es similar y se deja como ejercicio.

Hemos hecho hasta ahora algunas demostraciones, valdría la pena preguntarse en este momento qué es una demostración y quizá también para qué se hacen demostraciones. Trataremos de responder someramente a estas preguntas.

Una demostración es un proceso lógico que consta de tres partes, la primera es un conjunto de conceptos que se consideran verdaderos a priori — por ejemplo, los postulados de Euclides — o bien, aquellas proposiciones que se hayan derivado directamente de ellos, a las que se les suele llamar teoremas; la segunda es una proposición que se sospecha verdadera; y la tercera es

B M C

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una sucesión de razones lógicas que permiten establecer si la segunda proposición puede obtenerse de las primeras.

Como consecuencia de lo anterior, podemos decir que se demuestra que una proposición es verdadera si se deriva lógicamente de un conjunto de proposiciones verdaderas.

Por otra parte, la única manera de estar seguros de que lo que hacemos es válido es demostrando que las propiedades que empleemos provengan de manera lógica, directa o indirectamente, de los axiomas que hayamos aceptado, pues muchas veces la simple intuición es engañosa, como se verá en algunos de los ejercicios siguientes.

Ejercicios

:

1. Supongamos que en un terreno plano hay un cerro, y que se quiere hacer pasar un túnel a través de dicho cerro; para ahorrar tiempo se quiere cavar en ambas direcciones, de tal manera que en algún momento se encuentren los dos huecos y no que queden dos túneles. ¿Cómo se pueden determinar desde afuera del túnel las direcciones en que hay que cavar?

2. Demuestre que si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces tiene los lados opuestos a dichos ángulos también iguales.

3. Demuestre que si dos triángulos tienen sus lados respectivamente iguales, entonces son congruentes (LLL).

4. Encuentre la falacia en la siguiente demostración de que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales y un ángulo no adyacente a ambos también igual, entonces los triángulos son congruentes:

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i. Sean ABC y A’B’C’ dos triángulos tales que AB=A’B’, BC=B’C’ y, además ∠A = ∠A’.

ii. Coloquemos los triángulos de tal manera que BC coincida con B’C’, según se muestra en la figura siguiente:

iii. Tracemos el segmento AA’

iv. El triángulo BAA’ es isósceles, pues por hipótesis AB=A’B’, por lo que ∠BAA’=∠BA’A.

v. Como ∠A=∠A’, por hipótesis, restando miembro a miembro la igualdad obtenida en el inciso iv., tenemos: ∠A-∠BAA'=∠A'-∠BA'A, entonces, ∠CAA’=∠CA’A, de donde el triángulo CAA’ es isósceles, pues tiene dos ángulos iguales, por lo tanto CA=CA’, o lo que es lo mismo, CA=C’A’, pero esto implica que los tres lados del triángulo son respectivamente iguales, por lo que, de acuerdo con el resultado del ejercicio anterior, son congruentes.

5. Demuestre que la perpendicular a una recta desde un punto exterior a ella es única.

6. Demuestre que la perpendicular a una recta en un punto de ella es única. 7. Analice la siguiente “demostración” del quinto postulado de Euclides y señale en dónde está la falacia:

Se va a “demostrar” que la paralela a una recta que contiene a un punto exterior a ella es única:

i. Se traza la perpendicular a la recta dada desde el punto dado, la cual es única, según se puede demostrar (Ejercicio 5).

ii. Se traza la perpendicular a la recta que se acaba de obtener que contenga al punto dado, ésta recta es única (Ejercicio 6).

iii. Los ángulos alternos internos entre la recta dada y la última que se obtuvo, usando a la primera perpendicular como transversal, son iguales –

B,B'

C,C' A

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son rectos—. Ello implica que la última recta trazada es paralela a la recta dada y contiene al punto dado.

iv. Como cada una de las rectas perpendiculares que se trazaron son únicas entonces la paralela a la recta dada es única.

8. Analice la siguiente demostración de que todos los triángulos son isósceles y encuentre la falacia:

i. Sea el ABC un triángulo cualquiera.

ii. Trace la bisectriz del ángulo A, que en general no será perpendicular a BC.

iii. Sea D el punto de intersección de la bisectriz trazada con la mediatriz del segmento BC.

iv. Trace las perpendiculares desde D a los lados AB y AC; llamémoslas respectivamente DP y DQ.

v. El ∆ADP y el ∆DAQ son congruentes (AAL). Por lo tanto, AP=AQ y PD= QD.

vi. Como D está en la mediatriz de BC, DB=DC; y como PD=QD y los triángulos DPB y DQC son rectángulos, entonces PB= QC.

vii. Sumando las igualdades obtenidas en los pasos 5. y 6., tenemos que AP+PB=AQ+QC; es decir, AB=AC, y por lo tanto el triángulo ABC es isósceles. Pero como no supusimos ninguna particularidad para dicho triángulo, entonces ¡todos los triángulos son isósceles!

9.* Demuestre, sin usar ni directa ni indirectamente el Quinto Postulado de Euclides que todo ángulo exterior de un triángulo es mayor que cualquiera de los ángulos interiores no adyacentes a él.

10. Demuestre que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas paralelas, eso equivale a una translación. ¿Qué relación hay entre la distancia de la translación y la distancia que separa a las rectas paralelas?

m

(1) (2) P

23

11. Demuestre que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas concurrentes eso equivale a una rotación con respecto al punto de concurrencia de las rectas. ¿Qué relación hay entre el ángulo de la rotación y el ángulo entre las rectas concurrentes?

12. En un poblado situado junto a un río, cuyo borde es totalmente recto, hay un incendio en un lugar que llamaremos A. Cerca del borde del río está la casa del bombero del pueblo, en un lugar al que llamaremos B; para apagar el incendio el bombero llena con agua una cubeta en el río y corre a vaciarla sobre el fuego. ¿Cuál de los puntos en el borde del río haría que la trayectoria sea la mínima posible?

13. Demuestre que las mediatrices de los lados de un triángulo concurren en un punto. A dicho punto se le llama circuncentro, pues con él como centro se puede construir un círculo circunscrito al triángulo, al que se le conoce como circuncírculo.

14. Demuestre que las bisectrices de los ángulos internos de un triángulo concurren en un punto. A dicho punto se le llama incentro, pues con él como centro se puede construir un círculo inscrito en el triángulo, al que se le conoce como incírculo.

15. Demuestre que si un diámetro AB y una cuerda AC, de un círculo con centro O, tienen uno de sus extremos en común, A, el ángulo entre ellos, ∠ BAC, es igual a la mitad del ángulo entre el propio diámetro y el radio trazado al otro extremo de la cuerda, ∠BOC.

O A

B C

24

16. Use el resultado del ejercicio anterior para demostrar que el ángulo entre dos cuerdas que concurren sobre una circunferencia, llamado ángulo inscrito, es igual a la mitad del ángulo entre los radios que van a los otros extremos de las cuerdas, o sea, el ángulo central correspondiente al arco que las cuerdas determinan; considere el caso en el que el ángulo entre las cuerdas contiene al centro de la circunferencia y el caso en que no lo contiene, según se muestra en la siguiente figura.

17. Dé los valores en radianes de los siguientes ángulos: i. 60°

ii.120° iii. 45° iv. 30° v. 150°

18. Dé los valores en grados de los siguientes ángulos: i. 2 π ii. 2 3π iii. -4 5π iv. 3 2π v. 5 π

19. Sea ABC un triángulo cualquiera; sea D un punto en el lado AB y sea E un punto en el lado AC, sea F el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos ABE y ACD. Demuestre que∠BDC+∠BEC=2 ∠BFC. (Vea la siguiente figura).

25

20. Sea ABC un triángulo tal que el ángulo en B sea recto. Sea L el punto medio del lado AC, sea X el punto en el que la bisectriz del ángulo recto B corta a AC y sea D el punto en el que la altura desde B corta a AC. Demuestre que el ángulo DBX es igual al ángulo XBL.

21.Demuestre, mediante la forma original del quinto postulado (55), que por

dos puntos puede pasar sólo una recta (note que el primer postulado asegura que siempre se puede trazar una recta, mas no sólo una).

22. Demuestre las siguientes implicaciones de los enunciados del quinto postulado de Euclides: 55⇒51; 51⇒52; 52⇒53; 53⇒54 y 54⇒55.

23. Demuestre que las diagonales de un paralelogramo se intersecan en su punto medio. B C A D E F A B C L D X

26

Capítulo 2

Semejanza de triángulos

Volvamos al problema del lago planteado en el primer capítulo ¿qué pasaría si el espacio en el que podamos maniobrar estuviera restringido, digamos que por árboles o algún otro obstáculo, y no pudiéramos prolongar las rectas AC y BC hasta duplicarlas?

Figura 2.1

Una solución posible sería prolongar AC hasta A”, en donde CA”=

n

1

AC, donde n es un número entero, adecuado a lo que el espacio permita, CB”=

n

1

BC y, por lo tanto, ¿será cierto que A”B”=

n

1

AB? Para estar seguros de la validez de la respuesta revisemos los siguientes teoremas:

Teorema de Tales: Si dos o más paralelas son cortadas por dos transversales, los segmentos determinados sobre éstas son proporcionales.

C

B A

B"

27 Figura 2.2

En la Figura 2.2 las rectas AA’, BB’ y CC’ son paralelas, y las AB y A’B’ son transversales a ellas. Queremos demostrar que los segmentos AB y BC, son proporcionales a los segmentos A’B’ y B’C’, es decir, AB/BC = A’B’/B’C’. Antes de demostrar esto, partamos de lo siguiente: hay dos posibilidades, que existan dos enteros m y n tales que mAB=nBC o que no existan. Si la respuesta es afirmativa, los segmentos AB y BC se dice que son conmensurables; supongamos que AB<BC, entonces dividamos al segmento AB en segmentos suficientemente pequeños, digamos que de tamaño p, tales que AB=np y, por lo tanto, BC=mp. Tracemos por cada subdivisión de tamaño p una paralela a AA’, entonces, habrá n subdivisiones entre A’ y B’, digamos que de tamaño q y m subdivisiones ente B’ y C’ del mismo tamaño, lo que implica que A’B’/B’C’=n/m=AB/BC.

Para demostrar que efectivamente A’B’=nq y que B’C’=mq supongamos, por facilidad, n=2, entonces, tomemos un punto M tal que divida al segmento AB en dos partes iguales, como en la Figura 2.2bis. Tracemos MM’ paralela a AA’; A’Z paralela a AM y M’Z’ paralela a MB, con lo que formaremos dos paralelogramos, el AA’ZM y el MM’Z’B, en los que AM =A’Z y MB = M’Z’ (vea el Ejercicio 23 del Capítulo 1); además los ángulos ZA’M’ y Z’M’B’ son iguales, pues son correspondientes entre paralelas y por el 5° Postulado, ∠A’ZM’=∠M’Z’B’. Por la misma razón el ángulo A’M’Z y el ángulo M’B’Z’ son iguales. Ello implica que los triángulos A’M’Z y M’B’Z’ son congruentes (ALA), y por lo tanto el segmento A’M’ es igual al segmento M’B’.

Figura 2.2 bis C C' B A A' B' M' A' C' C B' B A M Z' Z

28

En la Figura 2.3, AB = p y BC = 2p, de donde A’B’ = q y B’C’ = 2q.

Figura 2.3 En general, A’B’ = nq y B’C’ = mq.

Supongamos ahora que para cierto p, AB=np, pero que no existe un entero m tal que BC=mp. Subdividamos cada segmento de tamaño p en n segmentos, digamos que de tamaño p’, de manera que AB=n² p’; es posible que ahora sí exista un entero m tal que BC=mp’, en cuyo caso procederemos como en el caso anterior. De no ser así tendremos lo siguiente:

Para la subdivisión en segmentos de tamaño p, AB = np y BC = mp + r, donde r es un segmento de tamaño menor que p.

Para la subdivisión en segmentos de tamaño p’=p/n, AB=n²p’ y BC=m’p’+r’, donde m’ es un entero y r’ es menor o igual que r.

Si r’ es distinta de cero, procedemos a subdividir los segmentos de tamaño p’ en n partes iguales, de tal manera que AB = n³ p”, donde p”= p’/n, entonces BC = m”p” + r” donde m” es un entero y r” es menor o igual que r’; así vamos construyendo una sucesión de valores de los residuos, { r, r’, r”,..., rk_{}, tal} que cada uno de sus términos es menor o igual al anterior; es decir, el sobrante de dividir al segmento BC en segmentos de tamaño cada vez menor es, en algún momento, tan pequeño como se quiera, de tal manera que a algún valor determinado podremos considerarlo totalmente despreciable y tomar como una buena aproximación BC=mk_pk _{para alguna k>0. En ese} momento procedemos como en el caso en que AB y BC eran conmensurables y habremos demostrado el teorema1_.

Una consecuencia directa del Teorema de Tales es el

Teorema de la Semejanza: Si se tienen dos paralelas cortadas por dos transversales no paralelas entre sí, de tal manera que se forman dos triángulos con dos de sus lados sobrepuestos (AB y AB’, así como AC y AC’) y

1 _{La demostración formal de que una sucesión monótona y acotada, como ésta, es convergente} corresponde a un curso de Cálculo.

C' X' C B X B' A A'

29

los terceros paralelos, las razones de lados correspondientes son iguales o, dicho de otra forma, los triángulos ABC y AB’C’ son semejantes. (Vea la figura 2.4)

Figura 2.4 Hay que demostrar que

AB/AB’ = AC/AC’ = BC/B’C’.

Para ello procederemos de manera similar a como hicimos con el Teorema de Tales, sólo que aquí cuando dividamos el segmento AB en n segmentos de tamaño p, trazaremos paralelas a las paralelas dadas para dividir al segmento AC en n segmentos de tamaño q, y después trazaremos paralelas a AC para subdividir al segmento BC en n segmentos digamos que de tamaño s, como se muestra en la Figura 2.5. El resto de la demostración se deja como ejercicio al lector.

Figura 2.5

Como puede verse claramente, los triángulos de la Figura 2.4 tienen sus tres ángulos respectivamente iguales, A por ser común, B y B’ por ser correspondientes entre paralelas y C y C’ también. Eso nos lleva a la siguiente propiedad: Los lados de dos triángulos son proporcionales si y sólo si sus ángulos interiores son iguales. Aquí hemos demostrado el caso en que la hipótesis es que los ángulos son iguales, se deja la demostración del inverso como ejercicio.

¿Qué otras condiciones se requieren para que dos triángulos sean semejantes? Obviamente, dos triángulos congruentes son semejantes, la razón de semejanza vale uno; así que las condiciones de congruencia serán

B' B A C C' B' A C B C' p s q

30

también de semejanza; además de la ya considerada --tres ángulos iguales—, que no es de congruencia.

Si por los vértices de un triángulo ABC se trazan rectas concurrentes AO, BO y CO; y si en los segmentos determinados por los vértices y el punto de concurrencia se toman puntos P, Q y S tales que los dividan en una misma razón, OP OA = OQ OB = OS OC

=r, los puntos de división P, Q y S corresponden a los vértices de un triángulo semejante al triángulo dado, y la razón de semejanza, PQ AB = QS BC = SP CA

, coincide con la razón r de división de los segmentos. Los triángulos ABC y PQS se dice que son homotéticos y a r se le llama la razón de homotecia. En general, dos polígonos son homotéticos si los pares de vértices correspondientes están sobre líneas concurrentes y tales que las razones entre los respectivos segmentos que van del punto de concurrencia a dichos vértices sean iguales, en otras palabras, si sus lados correspondientes son paralelos. El caso de circunferencias homotéticas se verá en el Capítulo 8. Figura 2.6 O A P B C Q S

31

Ejercicios

:

1. Complete la demostración del Teorema de la Semejanza de triángulos. 2. Demuestre que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente proporcionales y el ángulo comprendido entre ellos igual, entonces son semejantes.

3. Demuestre que si dos triángulos tienen sus lados respectivos proporcionales, entonces sus ángulos correspondientes son iguales.

4. En la figura siguiente encuentre el total de pares de triángulos semejantes

PQ // BC

5. Demuestre que si en un triángulo se trazan las alturas, o sea las rectas que salen de cada uno de los vértices perpendicularmente a los lados opuestos, y se trazan paralelas a los lados por cada uno de los vértices, entonces, las alturas del primer triángulo son mediatrices del triángulo formado por las paralelas a los lados, lo cual implica que las alturas de un triángulo son concurrentes (al punto en el que concurren se le llama ortocentro).

6. Demuestre que si en un triángulo ABC se trazan las rectas BM y CN, en donde M y N son, respectivamente, los puntos medios de CA y AB, y si G es el punto de intersección de esos dos segmentos, entonces BG y CG son, respectivamente, dos veces más grandes que los segmentos GM y GN. Para demostrarlo se sugiere trazar el segmento que une los puntos medios de BG y de CG, según se muestra en la figura siguiente, y probar que dicho segmento es paralelo al segmento NM y del mismo tamaño que él.

B C A Q L O P M N

32

7. Demuestre, usando el resultado del ejercicio anterior, que las medianas de un triángulo son concurrentes, es decir, que la mediana trazada desde el vértice A también debe pasar por G. Al punto G se le suele llamar centroide, punto mediano o baricentro.

8. Se tiene un triángulo ABC y un segmento PQ paralelo a AB, si se trazan las rectas PA y QB, tales que PA I QB=O, un punto fuera de las rectas BC y AC, encuentre un método para localizar al punto R tal que el triángulo PQR sea semejante al triángulo ABC.

9. Construya4 _{un triángulo semejante a un triángulo dado y que tenga un}

perímetro específico.

10. Construya un pentágono regular sabiendo el valor de la diferencia entre su radio y su apotema.

11. Construya un rombo sabiendo su perímetro y el valor de la razón de sus diagonales.

12*. Construya un triángulo que sea semejante a un triángulo dado y cuyos vértices estén, cada uno, sobre tres rectas paralelas dadas.

13. Construya un cuadrado dentro de un triángulo dado, de tal manera que uno de los lados del cuadrado caiga sobre un lado del triángulo, y los otros vértices del cuadrado caigan en los otros lados del triángulo.

14. Si dos rectas se intersecan en un punto invisible e inaccesible, encuentre la recta que une a dicho punto con un punto dado.

15. Si tres o más triángulos semejantes se colocan de tal manera que un conjunto de vértices correspondientes coincida y otro conjunto de vértices correspondientes sea colineal, demuestre que el tercer conjunto de vértices correspondientes será también colineal.

4 _{En adelante, cuando se pida construir algo se deberá entender que los únicos instrumentos válidos para}

efectuar una construcción son: una regla sin graduar y un compás.

B C

A

N _M

33

16. Si cuatro o más triángulos semejantes se colocan de tal manera que un conjunto de vértices correspondientes coincida y otro conjunto de vértices correspondientes sea concíclico, el tercer conjunto de vértices correspondientes será también concíclico.

17. Demuestre que si se trazan dos secantes cualesquiera desde un punto P, exterior a un círculo C, tales que corten al círculo en los puntos A, B y A’, B’, respectivamente, los triángulos PAB’ y PA’B son semejantes y, por lo tanto, PA×PB = PA’×PB’ (el resultado de este producto se llama potencia de P con respecto al círculo C).

18. Demuestre que en la siguiente figura los triángulos ABC y AED son semejantes. Usando esto, demuestre que también los triángulos ABE y ACD lo son.

19. En la siguiente figura se muestra un método para multiplicar segmentos. El segmento OI representa la unidad de medida; el segmento OB se va a multiplicar por el segmento OA. Se traza IA, luego BC paralela a IA, el resultado buscado es el segmento OC. Demuestre la validez del método.

20. En la siguiente figura se muestra un método para dividir segmentos. El segmento OI representa la unidad de medida; el segmento OA se va a dividir entre el segmento OB. Se traza AB, luego IC paralela a AB, el resultado buscado es OC. Demuestre la validez del método.

α α β β D C B A E O B I A C

34

21. Demuestre el Teorema de la Semejanza a partir de la siguiente figura:

En la que BE⊥AC, CF⊥AB y CH//AB.

22. A partir del resultado del ejercicio anterior, demuestre el Teorema de Tales.

23. Demuestre que si se traza una altura de un triángulo, el segmento determinado por el ortocentro y el punto de intersección entre la altura trazada y el circuncírculo es bisecado por el lado opuesto al vértice desde el cual se trazó la altura. En la siguiente figura HK es bisecado por BC. En otras palabras, demuestre que HD=DK. Vea la siguiente figura:

A B O I C A B' C' B C E F H

B

C

A

K

D

H

35

Capítulo 3

Teorema de Pitágoras y Teorema de Tolomeo

Otra solución del problema del lago, planteado en el Capítulo 1, es la siguiente (vea la Figura 3.1): trazar una recta perpendicular a AB que pase por A y trazar una recta que una a B con algún punto de dicha perpendicular, llamemos al punto D; entonces AB = 2 2

AD

BD − . Aquí hemos aplicado el resultado de un famoso teorema conocido como Teorema de Pitágoras, pero ¿por qué es aplicable dicho teorema?

Figura 3.1

El llamado Teorema de Pitágoras, que por cierto se sabe que no fue enunciado originalmente por Pitágoras, es probablemente el teorema más conocido que hay; al menos podemos asegurar que es el más demostrado. ¡Se dice que alguien recopiló doscientas cincuenta y nueve demostraciones distintas! Aquí daremos dos que son probablemente las más sencillas, una que se expondrá enseguida y otra que se pedirá como ejercicio.

Teorema de Pitágoras: En todo triángulo rectángulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.

Se llama hipotenusa al lado opuesto al ángulo recto y catetos a los lados que forman dicho ángulo.

Demostración: Sea el triángulo de lados a, b y c rectángulo, como se muestra en la Figura 3.2.

B A

36

Figura 3.2

Construyamos dos cuadrados de lado a+b y unamos los puntos que delimitan los segmentos de tamaños a y b como se ilustra en la Figura 3.3

Figura 3.3

Si en cada cuadrado quitamos los cuatro triángulos congruentes de lados a, b y c; quedan, en uno, un cuadrado de área c²; mientras que en el otro, dos cuadrados de áreas a² y b², respectivamente, por lo que:

c² = a² + b² Que es lo que se quería demostrar.

En los Ejercicios 15 y 16 del Capítulo 1 está implícito un importante teorema, cuya demostración es precisamente lo que se pide en dichos ejercicios. El enunciado del teorema es el siguiente:

Teorema: Si dos cuerdas de un círculo se intersecan sobre la circunferencia, el ángulo entre ellas, llamado ángulo inscrito es igual a la mitad del ángulo formado por los radios que llegan a los otros extremos de las cuerdas, llamado ángulo central. (Figura 3.4)

b c a a b c b a c

37

Es decir, un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del ángulo central correspondiente.

Figura 3.4 Una consecuencia directa de ese teorema es:

Corolario 1: Si dos pares de cuerdas que se intersecan sobre la circunferencia subtienden el mismo arco, entonces forman ángulos iguales. (Figura 3.5)

Figura 3.5

De aquí se deriva la siguiente propiedad (vea la Figura 3.6):

Corolario 2: Un cuadrilátero puede inscribirse en un círculo si y sólo si los ángulos entre cada una de las diagonales y dos de los lados opuestos son iguales.

β

α

α

38

Figura 3.6

Supongamos que en el cuadrilátero PQRS de la Figura 3.6 ∠PQS =∠ PRS; entonces, en el circuncírculo del triángulo PQR deberá estar el punto S, pues es el único punto sobre la línea RS que subtiende al arco QR de dicho circuncírculo, ya que, por ser semejantes los triángulos POQ y SOR, ∠RPQ=

∠RSQ. Se dice que los puntos P, Q, R y S son concíclicos o que son los vértices de un cuadrilátero cíclico. El enunciado y la demostración del teorema recíproco se dejan como ejercicios.

Suele decirse que los lados opuestos de un cuadrilátero cíclico son antiparalelos con respecto a los otros dos. En la Figura 3.6, PQ y SR son antiparalelas con respecto a QR y PS. Obviamente también QR y PS son antiparalelas con respecto a PQ y SR. Por otra parte, también lo son PS y QR con respecto a PR y SQ y también PQ y SR con respecto a PR y QS. A los cuadriláteros de lados PQ, SR, PR y SQ y PS, QR, PR y SQ se les suele llamar cruzados. Así que cuatro puntos no colineales determinan tres cuadriláteros, uno convexo, el de lados PQ, QR, RS y SQ, y dos cruzados, el de lados PS, SQ, QR y RP, y el de lados PQ, QS, SR y RQ.

Corolario 3: Si dos cuerdas concurren en un punto de una circunferencia y si los otros extremos de ellas caen en puntos diametralmente opuestos, el ángulo que forman es recto, como se muestra en la Figura 3.7.

β β

O

α α γ γ

Q

P

S

R

δ δ 90° 180°

39

Figura 3.7

Por otra parte, en el Ejercicio 18 del Capítulo 2, se pidió demostrar, para un cuadrilátero cualquiera, la semejanza entre los triángulos ABC y AED, así como la de los triángulos AEB y ADC de la Figura 3.8:

Figura 3.8

De la primera de estas semejanzas se tiene que BC/DE = AC/AD, y de la segunda que AB/AC = EB/DC; es decir,

BC ×AD = AC ×DE y AB ×DC = AC ×EB.

Si sumamos estas igualdades miembro a miembro obtenemos que: AB ×DC + BC ×AD = AC ×EB + AC ×DE = AC × (EB + DE). Pero EB +DE ≥DB, que es la diagonal del cuadrilátero; por lo tanto:

AB ×DC + BC ×AD ≥ AC ×DB Hemos demostrado el siguiente:

Teorema: La suma de los productos de lados opuestos de un cuadrilátero es siempre mayor o igual que el producto de sus diagonales.

Los puntos D, E y B forman un triángulo, la relación DE + EB ≥ DB

es una propiedad conocida como la desigualdad del triángulo, que en otras palabras diría que la suma de dos de los lados de un triángulo es mayor o igual al tercer lado. Esta propiedad permite determinar, por ejemplo, si tres segmentos pueden o no formar un triángulo.

α α β β D C B A E

40

Probablemente el lector se esté preguntando en este momento cuándo es que vale la igualdad, porque por experiencia podríamos pensar que la suma de dos lados de un triángulo es siempre mayor que el tercer lado. La respuesta es que la igualdad sólo vale en lo que se conoce como triángulos degenerados, es decir, triángulos en los que los tres vértices son colineales y, por lo tanto dos ángulos son cero y el tercero 180°.

Volviendo al cuadrilátero, la igualdad sólo valdrá cuando el punto E caiga sobre la diagonal DB. Pero eso querría decir que el ángulo ADE, que sería el mismo que el ángulo ADB, es igual al ángulo BCA, es decir, que los ángulos entre diagonales y lados opuestos son iguales y, por lo tanto, el cuadrilátero sería inscriptible en una circunferencia.

Hemos demostrado una parte de un importante teorema, a saber:

Teorema de Tolomeo. Un cuadrilátero es cíclico si y sólo si la suma de los productos de sus lados opuestos es igual al producto de sus diagonales. Dejaremos al lector la demostración de la otra parte del teorema, es decir, si el cuadrilátero es cíclico, entonces la suma de los productos de sus lados opuestos es igual al producto de sus diagonales.

Tolomeo, que estaba interesado principalmente en la Astronomía, se propuso dar las medidas de las cuerdas correspondientes a los ángulos centrales de una circunferencia de diámetro unitario desde medio grado hasta ciento ochenta grados. Para ello, utilizando el resultado de su teorema, encontró las siguientes propiedades:

En un círculo de diámetro uno consideremos dos cuerdas AB y AD, con un extremo común, de tal manera que si trazamos el diámetro AC, que pasa por el punto de intersección de dichas cuerdas determina con ellas un ángulo

α

y un ángulo β,respectivamente, según se muestra en la Figura 3.9.

Figura 3.9 α γ β A B D E C

41

Aplicando el Teorema de Tolomeo tenemos que AB ×DC + BC×AD = AC×BD, en donde CD es la cuerda subtendida por el ángulo

α

, a la que llamaremos p. BC es la cuerda subtendida por el ángulo β, a la que llamaremos q, y BD es la cuerda subtendida por el ángulo γ , que es la suma de

α

y β, a la que llamaremos x; por lo tanto, como dijimos que el diámetro vale uno y los ángulos entre las cuerdas cuyos extremos son diametralmente opuestos forman ángulos rectos, tendremos:

x = p (1-q²)1/2 _{+ q (1-p}2₎1/2 _{……….(1)}

Ésta es la medida de la cuerda determinada por el ángulo γ , el cual es precisamente la suma de los ángulos

α

y β, como ya se dijo.

Calculemos ahora la longitud de la cuerda que subtiende un ángulo γ =

α

-β a partir de la longitud de las cuerdas subtendidas por

α

y β. La Figura 3.10 nos puede servir como referencia:

Figura 3.10

Si el ángulo

α

es mayor que el ángulo β, por el Teorema de Tolomeo tenemos que AB ×CD + BC×AD = AC×BD; llamemos p a BD, que es la cuerda determinada por el ángulo

α

; q a la cuerda determinada por el ángulo β, que es CD, y x a la cuerda determinada por el ángulo γ =

α

– β, que es BC. Recordemos que el diámetro AD vale uno, así que el resultado de aplicar el teorema, y de usar nuevamente el Teorema de Pitágoras, será:

q (1-p2₎1/2 _{+ x = p (1-q²)}1/2 Por lo tanto: x = p (1-q²)1/2 _{- q (1-p}2₎1/2 _{……….(2)} β γ γ α B C D A

42

Por último, se puede encontrar una manera de calcular la cuerda de un ángulo igual a la mitad de un ángulo dado. En este caso, la cuerda que subtiende el ángulo β=½

α

. Nos podemos auxiliar con la Figura 3.11:

Figura 3.11

Sea p = BD; sea x = BC = CD y recordemos que AD = 1, así que, aplicando nuevamente los Teoremas de Tolomeo y de Pitágoras, tenemos que x(1-p2₎1/2 +x=p(1-x2₎1/2_{, cuya solución válida es:}

x = ½(2 - 2(1-p2₎1/2₎1/2 _...(3)

Aparte de estas tres fórmulas, mediante el propio Teorema de Tolomeo se puede obtener la razón entre el lado y la diagonal de un pentágono regular. Dicha razón es la siguiente:

d l

= ½( 5 –1)

La obtención de este resultado se dejará como ejercicio.

Ahora vamos a determinar el valor de la cuerda correspondiente a un ángulo central de 72° en una circunferencia de diámetro 1. En la Figura 3.12, la cuerda que queremos determinar es BC:

β

β

α

B D A C

43

Figura 3.12

Como los triángulos OEC y CDB son semejantes, BD/BC = EC/OC, pero sabemos lo siguiente: BC = l CF = d BD = (l²- d²/4)1/2 EC = ½ l OC = ½

Sustituyendo en la razón de semejanza planteada, se obtiene que: l² = ½ (4 l² - d²)1/2

Utilizando el valor de la razón

d l

= ½( 5 –1) y resolviendo para l, obtenemos:

l = ¼ (10 - 2 5 )1/2

Que es el valor de la cuerda determinada por los extremos de un diámetro y de otra cuerda, cuyo ángulo con dicho diámetro es de 36°, es decir, de un ángulo central de 72°, como se pretendía.

En adelante, para hacer explícito que se trata de un valor particular correspondiente al ángulo de 36°, en vez de l, usaremos la notación l(36°). De manera similar, pero ahora usando un hexágono regular determinaremos el valor correspondiente a l(30°); para ello nos referiremos a la Figura 3.13:

36° 36° 36° O A C B E F D

44

Figura 3.13

Como el lado de un hexágono regular es igual al radio del círculo en el que puede inscribirse, vemos que l (30°)= ½. Ahora, si aplicamos la fórmula (2) para la diferencia de cuerdas, tendremos que la cuerda correspondiente a un ángulo de 6° será:

l(6°)= 4 1 (10-2 5 )1/2_(1– 4 1 )1/2 -2 1 (1– 8 1 (5- 5 ))1/2 _{= 0.10452846}

Entonces, aplicando la fórmula (3), el valor de la cuerda de un ángulo de 3° es:

l (3°) = 0.052335956.

Nuevamente, usando la fórmula (3) para 90’, el valor de la cuerda es: l (90’) = 0.026176948.

Por último, usando la misma fórmula (3), podemos obtener el valor de la cuerda correspondiente a un ángulo de 45’:

l (45’) = 0.013089596. Ahora veamos el brillante razonamiento de Tolomeo:

Si tomamos el cociente de dos cuerdas determinadas por ángulos cuyos valores sean mayores que 0° y menores que 90°, la razón de las cuerdas correspondientes a dos ángulos

α

y β tales que 0°≤

α

<β≤90°, cumple con la siguiente propiedad: ) ( ) (

β

α

l l >

β

α

l(30°) 30° O B C A

45 Que demostraremos en el siguiente capítulo.

Ahora, en el caso de los ángulos y las cuerdas correspondientes a 45’ y 60’ tenemos que ) ' 60 ( 013089596 . 0 l > 60' ' 45 = 4 3

De donde la cuerda correspondiente a 60’, será menor que 0.0174527947. Por otro lado, aplicando la desigualdad a las cuerdas y los ángulos correspondientes a 60’ y 90’ tenemos que

026176948 . 0 ) ' 60 ( l > ' 90 ' 60 = 3 2

Por lo que la cuerda correspondiente a 60’ será mayor que 0.0174512987. Es decir, que si consideramos sólo las primeras cinco cifras después del punto decimal, lo cual sería una excelente aproximación, la cuerda correspondiente a 60’, es decir, un grado, vale 0.01745. Con este resultado, Tolomeo pudo elaborar una tabla de valores tomados de medio grado en medio grado, desde 0° hasta 180°. Probablemente el lector ya se haya dado cuenta de que esto no es otra cosa que la tabla de valores de lo que hoy conocemos como la función seno.