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Seminario de Resolución de Problemas: Vectores en geometría

Introducción

Anteriormente, comenzamos esta serie de entradas de geometría platicando de algunas técnicas euclideanas o sintéticas que se pueden usar para resolver problemas en el plano. Después, tomamos herramientas de la geometría analítica, las cuales nos permiten poner problemas en términos de coordenadas y ecuaciones. Lo que haremos ahora es ver varios ejemplos del uso de vectores en geometría.

A diferencia de la geometría analítica, cuando hablamos de soluciones por vectores estamos hablando de aquellas que aprovechan la estructura de espacio vectorial en \mathbb{R}^2. En otras palabras, usamos argumentos en los cuales pensamos a los puntos del plano como vectores, los cuales tienen una dirección y una magnitud. Los vectores tienen operaciones de suma y de producto por un escalar. Además, tienen producto punto, norma y transformaciones dadas por matrices. Apenas tocaremos la superficie del tipo de teoría que se puede usar. Un buen curso de álgebra lineal te puede dar más herramientas para resolver problemas geométricos.

Interpretar puntos como vectores

Pongamos un origen O en el plano. A cada punto P le corresponden ciertas coordenadas dadas por parejas de reales (x,y), que identificaremos con P. Al origen le corresponden las coordenadas (0,0). Si tenemos otro punto Q=(w,z), entonces su suma es el vector P+Q=(x+w,y+z). Si tomamos un real r, el vector rP es el vector de coordenadas (rx,ry).

Suma de vectores
Suma de vectores

La suma P+Q se puede encontrar mediante la ley del paralelogramo: los puntos O,P,P+Q,Q hacen un paralelogramo en ese orden cíclico. La resta Q-P está definida por Q+(-1)P, y la llamamos el vector PQ. Geométricamente coincide con el vector que va «de P a Q«. Observa que el orden es importante y que OP=P.

Resta de vectores
Resta de vectores

Proposición (de la razón). Si tenemos dos puntos P y Q distintos y m,n son reales, entonces podemos encontrar al único punto R en la recta por P y Q tal que

    \[\frac{PR}{RQ}=\frac{m}{n}\]

así:

    \[R=\frac{n}{m+n}P + \frac{m}{m+n} Q.\]

Punto en una recta con cierta razón
Punto en una recta con cierta razón

Veamos dos problemas en los que se usan estas ideas de vectores en geometría, en particular, la proposición de la razón.

Problema. En el triángulo ABC se toman puntos D,E,F sobre los segmentos BC,CA,AB tales que \frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{AF}{FB}=\frac{1}{4}. Muestra que ABC y DEF tienen el mismo gravicentro.

Sugerencia pre-solución. Encuentra una fórmula en términos vectoriales para el gravicentro de un triángulo ABC.

Solución. Tomemos un triángulo PQR y pensemos a sus vértices como vectores. Afirmamos que su gravicentro X es el punto correspondiente a \frac{P+Q+R}{3} Demostraremos esto.

El gravicentro está a un tercio del punto medio hacia el vértice correspondiente
Razón del gravicentro en la mediana

Primero haremos un argumento de geometría sintética. El gravicentro es por definición el punto de intersección de las medianas de un triángulo. Si L es el punto medio de QR y M es el punto medio de RP, entonces X es el punto de intersección de PL y QM. Tenemos que

    \[\frac{RL}{LQ}=1=\frac{RM}{MP},\]

así que por el teorema de Tales se tiene que la recta por L y M es paralela al lado PQ, y \frac{LM}{PQ}=\frac{1}{2}. Esto muestra que los triángulos XLM y XPQ son semejantes en razón 1 a 2. Por lo tanto, \frac{LX}{XP}=\frac{1}{2}.

Ahora hagamos el argumento vectorial, pensando a los puntos como vectores. El punto L está a la mitad de QR, así que por la proposición de la razón,

    \[L=\frac{Q+R}{2}.\]

El punto X cumple \frac{LX}{XP}=\frac{1}{2}, así que de nuevo por la proposición de la razón.

    \begin{align*}X&=\frac{2L+P}{2+1}\\&=\frac{Q+R+P}{3}\\&=\frac{P+Q+R}{3}.\end{align*}

Esto es el resultado auxiliar que queríamos mostrar. Regresemos al problema.

De acuerdo al resultado auxiliar, el gravicentro de ABC es

    \[G:=\frac{A+B+C}{3}.\]

Usando una vez más la proposición de la razón, los puntos D, E y F los podemos calcular como sigue:

    \begin{align*}D&=\frac{4B+C}{4+1}=\frac{4B+C}{5}\\E&=\frac{4C+A}{4+1}=\frac{4C+A}{5}\\F&=\frac{4A+B}{4+1}=\frac{4A+B}{5}.\end{align*}

De esta forma, el gravicentro G' de DEF lo podemos encontrar como sigue:

    \begin{align*}G'&=\frac{D+E+F}{3}\\&=\frac{\frac{4B+C}{5}+\frac{4C+A}{5}+\frac{4A+B}{5}}{3}\\&=\frac{A+B+C}{3}\\&=G.\end{align*}

Esto termina la solución del problema.

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Problema. En el paralelogramo ABCD el punto F es el punto medio de CD. Muestra que el segmento AF corta a la diagonal BD en un punto E tal que \frac{DE}{DB}=\frac{1}{3}.

Sugerencia pre-solución. Hay varias formas de hacer las cuentas en este problema, pero el uso de una notación adecuada te hará simplificar muchas operaciones.

Solución. Pensemos a los puntos de la figura como vectores. Coloquemos al punto A en el origen. El punto C está dado por B+D, de modo que

    \[F:=\frac{C+D}{2}=\frac{B+2D}{2}.\]

Vectores en geometría: problema de paralelogramo
Figura auxiliar para problema de paralelogramo

Para encontrar al punto E, notemos que está en las rectas AF y BD. De esta forma, deben existir reales r y s tales que

    \[E=rF\]

y

    \[E=sB+(1-s)D.\]

Expresando F en términos de B y D en la primer ecuación, tenemos que

    \[E=\frac{rB+2rD}{2}=\frac{rB}{2}+rD.\]

De ambas expresiones para E, concluimos que

    \begin{align*}s=\frac{r}{2}\\1-s=r.\end{align*}

Este sistema de ecuaciones tiene solución r=\frac{2}{3}, s=\frac{1}{3}, y por lo tanto E=\frac{B+2D}{3}. De aquí se obtiene \frac{DE}{EB}=\frac{1}{2}, o bien \frac{DE}{DB}=\frac{DE}{DE+EB}=\frac{1}{3}, como queríamos mostrar.

\square

Producto punto, norma y ángulos

Para dos vectores P=(x,y) y Q=(w,z) definimos su producto punto como la cantidad P\cdot Q = xw+yz. El productos puntos es:

  • Conmutativo: P\cdot Q = Q\cdot P
  • Abre sumas: P\cdot (Q+R)=P\cdot Q + P\cdot R
  • Saca escalares: (rP)\cdot Q = r(P\cdot Q).

La norma de P se define como \norm{P}=\sqrt{P\cdot P}, y coincide con la distancia de P al origen. La norma de PQ es entonces \norm{PQ}=\sqrt{(Q-P)\cdot (Q-P)} y coincide con la distancia de P a Q.

El ángulo entre dos vectores PQ y RS se define como el ángulo cuyo coseno es

    \[\frac{PQ \cdot RS}{\norm{PQ}\norm{RS}},\]

y coincide precisamente con el ángulo (orientado) geométrico entre las rectas PQ y RS. De esta forma, las rectas PQ y RS son perpendiculares si y sólo si el producto punto PQ\cdot RS es cero.

Problema. Sea ABC un triángulo con sus vértices pensados como vectores. Sean H y O su ortocentro y circuncentro respectivamente. Supongamos que el circuncentro O está en el origen. Muestra que H=A+B+C.

Sugerencia pre-solución. Trabaja hacia atrás. Define al punto A+B+C y ve que las rectas que unen a los vértices con este punto en efecto son alturas. Para calcular los ángulos, usa el producto punto y sus propiedades.

Solución. Como el circuncentro equidista de A. B y C, tenemos que

    \[\norm{A}=\norm{B}=\norm{C}.\]

Tomemos el punto H'=A+B+C.

Vectores en geometría para encontrar el ortocentro
Ortocentro con vectores

Calculemos el ángulo entre las rectas BC y AH', haciendo su producto punto:

(1)   \begin{align*}BC\cdot AH' &= (C-B)\cdot (H'-A)\\&=(C-B)\cdot(C+B)\\&=C\cdot C + C\cdot B - B\cdot C - B\cdot B\\&=\norm{C}^2 - \norm{B}^2\\&=0.\end{align**}

Observa que estamos usando la linealidad y conmutatividad del producto punto. Al final usamos que A y C tienen la misma norma.

Esto muestra que la recta AH' es la altura al lado BC. De manera análoga, BH' y CH' son las alturas a los lados CA y AB respectivamente. Por lo tanto, H' es el ortocentro, así que H=A+B+C.

\square

Cualquier triángulo ABC en el plano se puede trasladar para que su circuncentro O quede en el origen. El ortocentro estará en H=A+B+C y el gravicentro, como vimos antes, en G=\frac{A+B+C}{3}, que es un múltiplo escalar de H. Por lo tanto, O, H y G están alineados. Acabamos de demostrar con vectores en geometría un clásico resultado euclideano.

Teorema (recta de Euler). En cualquier triángulo ABC, el circuncentro O, el gravicentro G y el ortocentro H están alineados. Además,

    \[\frac{OG}{GH}=\frac{1}{2}.\]

Teorema de la recta de Euler
Teorema de la recta de Euler

Si el circuncentro no está en el origen, ahora podemos usar el teorema de la recta de Euler y la proposición de la razón para concluir que G=\frac{2O+H}{3}. Usando que G=\frac{A+B+C}{3}, obtenemos el siguiente corolario

Corolario. Sea ABC un triángulo en el plano, H su ortocentro y O su circuncentro. Entonces al pensar a los puntos como vectores tenemos que

    \[A+B+C=2O+H.\]

Más problemas

Puedes encontrar más problemas del uso de vectores en geometría en la sección 8.3 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Álgebra Lineal I: Formas cuadráticas, propiedades, polarización y Gauss

Introducción

En la entrada anterior hablamos acerca de formas bilineales y comenzamos a hablar de formas cuadráticas. Discutimos cómo a partir de estas nociones a la larga podremos hablar de geometría y cálculo en espacios vectoriales. El objetivo de esta entrada es entender mejor a las formas cuadráticas y su relación con formas bilineales.

Lo primero que haremos es demostrar la identidad de polarización, que a grandes rasgos dice que hay una biyección entre las formas bilineales simétricas y las formas cuadráticas. Veremos algunos ejemplos concretos de esta biyección. A partir de ella demostraremos algunas propiedades de formas cuadráticas. Finalmente, hablaremos brevemente de un bello resultado de Gauss que caracteriza las formas cuadráticas en \mathbb{R}^n en términos de formas lineales, de las cuales discutimos mucho cuando hablamos de espacio dual.

Como pequeño recordatorio de la entrada anterior, una forma bilineal de un espacio vectorial V es una transformación b:V\times V \to \mathbb{R} tal que cada que fijamos una coordenada, es lineal en la otra. Esta forma es simétrica si b(x,y)=b(y,x) para cada par de vectores x,y en V. Una forma cuadrática de V es una transformación q:V\to \mathbb{R} tal que q(x)=b(x,x) para alguna forma bilineal b.

Formas cuadráticas y polarización

En la entrada anterior enunciamos el siguiente teorema, que mostraremos ahora.

Teorema (identidad de polarización). Sea q:V\to \mathbb{R} una forma cuadrática. Existe una única forma bilineal b:V\times V \to \mathbb{R} tal que q(x)=b(x,x) para todo vector x. Esta forma bilineal está determinada mediante la identidad de polarización

    \[b(x,y)=\frac{q(x+y)-q(x)-q(y)}{2}.\]

Demostración. Tomemos una forma cuadrática q de V. Por definición, está inducida por una forma bilineal B de V, es decir, q(x)=B(x,x). Definamos la transformación b mediante

    \[b(x,y)=\frac{q(x+y)-q(x)-q(y)}{2}.\]

Comencemos probando que b es una transformación bilineal simétrica. Notemos que:

    \begin{align*}b(x,y)&=\frac{q(x+y)-q(x)-q(y)}{2}\\&=\frac{B(x+y,x+y)-B(x,x)-B(y,y)}{2}\\&=\frac{B(x,x)+B(x,y)+B(y,x)+B(y,y)-B(x,x)-B(y,y)}{2}\\&=\frac{B(x,y)+B(y,x)}{2}.\end{align*}

De aquí es muy claro que b es forma bilineal, pues fijando x, set tiene que b(x,y) es combinación lineal de dos formas lineales en y; y fijando y, se tiene que b(x,y) es combinación lineal de dos formas lineales en x. Además, de esta igualdad (o directo de la definición de b) es claro que b(x,y)=b(y,x).

También de esta igualdad obtenemos que

    \[b(x,x)=B(x,x)=q(x).\]

Para mostrar la unicidad, notemos que cualquier forma bilineal simétrica b' tal que b'(x,x)=q(x) debe satisfacer, como en las cuentas que hicimos arriba, que

    \begin{align*}q(x+y)&=b'(x+y,x+y)\\&=q(x)+q(y)+b'(x,y)+b'(y,x)\\&=q(x)+q(y)+2b'(x,y).\end{align*}

De aquí, despejando b', se obtiene que debe tener la forma de b.

\square

El teorema anterior justifica la siguiente definición.

Definición. Dada una forma cuadrática q de V, a la única forma bilineal simétrica b de V tal que q(x)=b(x,x) le llamamos la forma polar de q.

Ejemplo. En el espacio vectorial \mathbb{R}^n, la transformación q:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R} dada por

    \[q(x_1,\ldots,x_n)=x_1^2+\ldots+x_n^2.\]

es una forma cuadrática. Su forma polar es la forma bilineal producto punto que manda a x=(x_1,\ldots,x_n) y y=(y_1,\ldots,y_n) a

    \[b(x,y)=x_1y_1+\ldots+x_ny_n.\]

Esto coincide con la construcción dada por la identidad de polarización, ya que

    \begin{align*}q(x+y)-q(x)-q(y)&=\sum_{i=1}^n (x_i+y_i)^2-x_i^2-y_i^2 \\&= \sum_{i=1}^n x_iy_i\end{align*}

\square

Ejemplo. En el espacio vectorial \mathbb{R}[x] de polinomios con coeficientes reales, la transformación Q dada por

    \[Q(p)=p(0)p(1)+p(2)^2\]

es una forma cuadrática. Para encontrar a su forma bilineal polar, usamos la identidad de polarización

    \begin{align*}B(p,q)&=\frac{Q(p+q)-Q(p)-Q(q)}{2}\\&=\frac{(p+q)(0)(p+q)(1)+(p+q)(2)^2-p(0)p(1)-p(2)^2-q(0)q(1)-q(2)^2}{2}\\&=\frac{p(0)q(1)+q(0)p(1)+2p(2)q(2)}{2}\\&=\frac{p(0)q(1)}{2}+\frac{p(1)q(0)}{2}+p(2)q(2).\end{align*}

\square

Propiedades de formas cuadráticas

Si q es una forma cuadrática, x es un vector y c es un real, tenemos que q(cx)=c^2x, pues sale una c por cada una de las coordenadas de la forma bilineal asociada. En particular, q(-x)=q(x).

La identidad de polarización nos permite probar otras propiedades de formas bilineales y formas cuadráticas.

Proposición. Sea q una forma cuadrática en V con forma polar b. Entonces:

  • Para todo par de vectores x y y en V, se tiene que

        \[b(x,y)=\frac{q(x+y)-q(x-y)}{4}.\]

  • (Ley del paralelogramo) Para todo par de vectores x y y en V, se tiene que

        \[q(x+y)+q(x-y)=2(q(x)+q(y)).\]

  • (Teorema de Pitágoras) Para vectores x y y tales que b(x,y)=0, se tiene que

        \[q(x+y)=q(x)+q(y).\]

  • (Diferencia de cuadrados) Para todo par de vectores x y y en V, se tiene que b(x+y,x-y)=q(x)-q(y).

Demostración. Por la identidad de polarización tenemos que

    \[b(x,y)=\frac{q(x+y)-q(x)-q(y)}{2},\]

y como q(y)=q(-y), tenemos también por la identidad de polarización que

    \begin{align*}-b(x,y)&=b(x,-y)\\&=\frac{q(x-y)-q(x)-q(y)}{2}.\end{align*}

Restando la segunda ecuación de la primera, obtenemos la primer propiedad. Sumando ambas obtenemos la ley del paralelogramo.

El teorema de Pitágoras es una consecuencia directa de la identidad de polarización.

La identidad de diferencia de cuadrados es una consecuencia de la primer propiedad aplicada a los vectores x+y y x-y, y de usar que q(2x)=4q(x) y que q(2y)=4q(y).

\square

Forma de las formas cuadráticas

Otra consecuencia de la identidad de polarización es que establece una biyección entre las formas cuadráticas y las formas simétricas bilineales. Esta asociación nos permite decir cómo se ven exactamente las formas cuadráticas en espacios vectoriales de dimensión finita.

Toda forma cuadrática viene de una forma bilineal simétrica. En la entrada anterior, mencionamos que para definir una forma bilineal simétrica en un espacio vectorial V de dimensión n, basta tomar una base \{e_1,\ldots,e_n\} de V y decidir los valores b_{ij} de b(e_i,e_j) para 1\leq i \leq j \leq n. Como b es simétrica, para j<i se tendría que b(e_i,e_j)=b(e_j,e_i), es decir, que b_{ji}=b_{ij}.

De esta forma, para todo vector v en V podemos encontrar el valor de q(v) expresando v en la base \{e_1,\ldots,e_n\}, digamos,

    \[v=a_1e_1+\ldots+a_ne_n,\]

de donde

    \[q(v)=\sum_{i=1}^n b_{ii} a_i^2 + 2 \sum_{1\leq i < j \leq n} b_{ij} a_i a_j.\]

Ejemplo. Toda forma cuadrática en \mathbb{R}^3 se obtiene de elegir reales a,b,c,d,e,f y definir

    \[q(x,y,z)=ax^2+by^2+cz^2+2dxy+2eyz+2fzx.\]

La forma polar de q es la forma bilineal B tal que para la base canónica e_1,e_2,e_3 de \matbb{R}^3 hace lo siguiente

    \begin{align*}B(e_1,e_1)&=a\\B(e_2,e_2)&=b\\B(e_3,e_3)&=c\\ B(e_1,e_2)&=B(e_2,e_1)=d\\ B(e_2,e_3)&=B(e_3,e_2)=e\\B(e_3,e_1)&=B(e_1,e_3)=f.\end{align*}

\square

Teorema de Gauss de formas cuadráticas (opcional)

Para esta sección, fijemos al espacio vectorial como \mathbb{R}^n. Hay una forma muy natural de construir formas cuadráticas a partir de formas lineales. Tomemos números reales \alpha_1,\ldots, \alpha_r y formas lineales l_1,\ldots,l_r. Consideremos

    \[q(x)=a_1l_1(x)^2+\ldots+\alpha_r l_r(x)^2.\]

Se tiene que q es una forma cuadrática. La demostración de ello es sencillo y se queda como tarea moral.

Lo que descubrió Gauss es que todas las formas cuadráticas se pueden expresar de esta forma, y de hecho, es posible hacerlo usando únicamente formas lineales que sean linealmente independientes y coeficientes 1 y -1.

Teorema (clasificación de Gauss de formas cuadráticas). Sea q una forma cuadrática en \mathbb{R}^n. Entonces, existen enteros no negativos r y s, y formas lineares l_1,\ldots,l_r,m_1,\ldots,m_s en (\mathbb{R}^n)^\ast, todas ellas linealmente independientes, tales que

    \[q=l_1^2+\ldots+l_r^2-m_1^2-\ldots-m_s^2.\]

Hay un pequeño refinamiento de este teorema, demostrado por Sylvester.

Teorema (teorema de la inercia de Sylverster). Los números r y s en el teorema de clasificación de Gauss de formas cuadráticas son únicos.

Ejemplo. Tomemos la forma cuadrática en \mathbb{R}^3 dada por q(x,y,z)=xy+yz+zx. Por el teorema de Gauss, esta forma se debe de poder poner como combinación lineal de cuadrados de formas lineales independientes. En efecto, tenemos que:

    \[xy+yz+zx=\left(\frac{2x+y+z}{2}\right)^2-\left(\frac{y-z}{2}\right)^2-x^2,\]

en donde

    \begin{align*}(x,y,z)&\mapsto \frac{2x+y+z}{2},\\(x,y,z) &\mapsto \frac{y-z}{2}\quad \text{ y }\\(x,y,z)&\mapsto x\end{align*}


son formas lineales linealmente independientes.

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Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • Verifica que las formas cuadráticas de los ejemplos del teorema de polarización en efecto son formas cuadráticas.
  • Muestra que q(x,y)=3x^2-y^2+7y no es una forma cuadrática.
  • Muestra que si \alpha_1,\ldots, \alpha_r son reales y tomamos formas lineales l_1,\ldots,l_r en \mathbb{R}^n, entonces

        \[q(x)=a_1l_1(x)^2+\ldots+\alpha_r l_r(x)^2\]

    es una forma cuadrática.
  • ¿Quién es la forma polar de la forma cuadrática Q(f)=\int_{0}^1 f^2(x)\, dx en el espacio vectorial de funciones continuas en el intervalo [0,1]?

Una demostración algorítmica del teorema de Gauss se puede encontrar en la Sección 10.1 del libro de Álgebra Lineal de Titu Andreescu.