Introducción

En geometría euclidiana existen los Teoremas de Miquel, dados por el matemático Auguste Miquel, los cuales son relacionados con circunferencias concurrentes.

Teoremas de Miquel

Teorema de Miquel: Dado el triángulo $\triangle ABC$ y $DEF$ tres puntos cualesquiera en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces los circuncirculos de $AEF$, $BFD$ y $CDE$ se intersecan en un punto en común, este es el punto de Miquel.

Demostración Sea el triángulo $\triangle ABC$ y sean los tres puntos $DEF$ en los lados de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces los circuncirculos $CDE$ y $BFD$ se intersecan en un punto $M$. Solo falta demostrar que el cuadrilátero $AFOE$ es cíclico, ya que probaría que la circunferencia $AFE$ pasa por el punto $M$.

Tracemos $FM$, $ME$ y $MD$, de esta forma se tienen los tres cuadriláteros $FMDB$, $MECD$ y $FAEM$. Tenemos el ángulo $\angle AEM = \alpha $ donde el ángulo $\angle CEM = 180^o – \alpha$, como el cuadrilátero $MECD$ es cíclico entonces el ángulo $\angle MDC = \alpha $, por lo cual el ángulo $\angle MDB = 180 ^o – \alpha$.
Ahora, como el ángulo $\angle MDB = 180^o – \alpha$ y el cuadrilátero $FMDB$ es cíclico, entonces el ángulo $\angle BFM = \alpha$, por lo cual el ángulo $\angle MFA = 180 ^o – \alpha$.

Si observamos el cuadrilátero $FAEM$ sus dos ángulos opuestos $\angle MFA$ y $\angle AEM$ suman $180^o$, por lo cual el cuadrilátero $FAEM$ es cíclico. Por lo tanto, el circuncirculo de $FAE$ pasa por el punto $M$ y los tres circuncirculos se intersecan en el punto $M$ ($M$ es el punto de Miquel).

$\square$

El punto $M$ es el punto de Miquel con respecto al triángulo $\triangle ABC$
El triángulo $DEF$ cuando $D$, $E$ y $F$ no son colineales, es llamado un triángulo de Miquel $M$.
Los tres circuncirculos de $AEF$, $BFD$ y $CDE$ son llamadas las circunferencias de Miquel de los puntos $D$, $E$ y $F$.

Teorema (Cuadrilátero Completo): Sea $ABCDEF$ un cuadrilátero completo, entonces las circunferencias circunscritas de los cuatro triángulos $EAD$, $EBC$, $FAB$ y $FDC$ tienen un punto en común, $M$ llamado punto de Miquel.

Demostración

De los triángulos $AEF$ y $ACB$ trazamos sus circunferencias circunscritas que se cortan en un punto $M$.

Mostremos que el cuadrilátero $MECD$ es cíclico, ya que mostraría que su circunferencia circunscrita pasa por $M$.
Observemos el ángulo $\angle DCM = \alpha$ y $\angle MCB = 180 ^o – \alpha$, ahora tenemos el cuadrilátero cíclico $MCBA$ entonces el ángulo $\angle MAB = \alpha$, el cuadrilátero cíclico $MAFE$ tiene el ángulo $\angle MAF = \alpha$ entonces $\angle MEF = 180 ^o – \alpha$.

Como $\angle MEF = 180^o – \alpha$ entonces $\angle MED = \alpha$, ahora veamos el cuadrilátero $MECD$ tiene los ángulos $\angle MED = \alpha $ y $\angle DCM = \alpha$, lo que nos lleva a que el cuadrilátero $MECD$ es cíclico y su circunferencia circunscrita pasa por $M$.

Falta por demostrar que el cuadrilátero $MDBF$ es cíclico.
Sea el ángulo $\angle MFE = \gamma$, el cuadrilátero $MAFE$ es cíclico, entonces tiene un ángulo $\angle MAE = \gamma = \angle MFE$. Observemos ahora el cuadrilátero $MCBA$ cíclico, con su ángulo $\angle MAC = \gamma$ y como es cíclico entonces el ángulo $\angle MBC = \gamma$.
Notemos que el cuadrilátero $MDBF$ tiene los ángulos $\angle MFD = \gamma$ y $\angle MBD = \gamma$, por lo cual el cuadrilátero $MDBF$ es cíclico, entonces su circunferencia circunscrita pasa por $M$.

Por lo tanto, las circunferencias circunscritas de los cuatro triángulos $EAD$, $EBC$, $FAB$ y $FDC$ tienen un punto en común $M$ llamado punto de Miquel $M$.

$\square$

Círculo de Miquel

Respecto a las cuatro circunferencias del cuadrilátero completo con centros $O_1, O_2, O_3 $ y $O_4$ y el punto de Miquel $M$ son conciclicos. Por lo cual la circunferencia que contiene a estos cinco puntos se llama Círculo de Miquel.

Teoremas de la línea de Simson del punto de Miquel

Teorema 1 (Línea de Simson) Sea una circunferencia circunscrita de un triángulo con un punto cualquiera de esta circunferencia, bajamos perpendiculares a los tres lados, entonces los pies de estas perpendiculares están en una línea recta (Línea de Simson).

Teorema 2 (Línea de Simson) Los pies de las perpendiculares de $M$ de los cuatro lados del cuadrilátero completo son colineales.

Teoremas del pentágono y los seis círculos de Miquel

Teorema del Pentágono Sea $ABCDE$ un pentágono cualquiera, prolongando todos los lados, estos se intersecan en los puntos $F$, $G$, $H$, $I$ y $J$, entonces los puntos de intersección de las cinco circunferencias circunscritas $ABF$, $BCG$, $CDH$, $DEI$ y $EAJ$ son conciclicos.

Teorema de los seis círculos Sean los puntos $A$, $B$, $C$ y $D$ de una circunferencia y las circunferencias que pasan por los pares de puntos adyacentes, las intersecciones de estas circunferencias en $E$, $F$, $G$ y $H$ se encuentran en una sexta circunferencia en común.

Más adelante…

Al igual que los Teoremas de Miquel, se abordarán ahora los Teoremas de Carnot.

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Introducción

Se discutirán a través de esta unidad teoremas selectos debido a su importancia en la solución de otros problemas, en esta nota será el Teorema de Stewart.

Teorema de Stewart

Teorema Sea el triángulo $ABC$ con lados $BC,CA,AB$ los cuales sus longitudes son $a,b,c$ respectivamente, y sea un punto $D$ cualquiera en $BC$ donde $BC=m$ y $DC=n$, además si la longitud de $AD=d$, entonces

$ad^2=mb^2+nc^2-amn$

Demostración Aplicando la Ley de cosenos a los triángulos $\triangle ABD$ en el ángulo $\angle ADB $ y el $\triangle ADC$ en el ángulo $\angle ADB$, se tiene

$c^2=d^2+m^2-2dm cos \angle ADB$
y
$b^2=d^2+n^2+2dn cos \angle ADB$

Si multiplicamos ambas ecuaciones por $n$ y $m$ respectivamente tenemos:

$nc^2=nd^2+nm^2-2dnm cos \angle ADB$
y
$mb^2=md^2+mn^2+2dnm cos \angle ADB$

Sumando ambas ecuaciones se tiene:

$nc^2+mb^2=nd^2+md^2+nm^2+mn^2$

Ahora como $m+n=a$, se tiene:

$nc^2+mb^2=(n+m)d^2+(n+m)mn$
$nc^2+mb^2=ad^2+amn$

Por lo tanto, concluimos que:

$ad^2=mb^2+nc^2-amn$

$\square$

Demostración (Por Pitágoras) Se tiene la altura de $A$ a $BC$ que corta en el punto $H$, donde $AH=h$, $CH=x$, $HD=y$.

Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo $\triangle AHC$, $\triangle AHD$ y al $\triangle AHB$ se tiene lo siguiente respectivamente:

$b^2=x^2+h^2$ , $d^2=h^2+y^2$ y $c^2=h^2+(m+y)^2$

Además se tiene que $y+x=n$ entonces $x=n-y$. Si lo sustituimos en $b^2=h^2+x^2$ se tiene $b^2=h^2+(n-y)^2$ y lo multiplicamos por $m$:

$mb^2=mh^2+m(n-y)^2$

De igual forma multipliquemos $c^2=h^2+(m+y)^2$ por $n$:

$nc^2=nh^2+n(m+y)^2$

Entonces sumando $md^2 + nc^2$ se tiene:

$mb^2+nc^2=mh^2+m(n-y)^2+nh^2+n(m+y)^2$
$mb^2+nc^2=(m+n)h^2+m(n^2-2ny+y^2)+n(m^2+2my+y^2)$
$mb^2+nc^2=(m+n)h^2 + mn^2-2mny+my^2+nm^2+2mny+ny^2$
$mb^2+nc^2=(m+n)h^2+mn^2+nm^2+my^2+ny^2$
$mb^2+nc^2=mn(n+m)+(m+n)(y^2+h^2)$
$mb^2+nc^2=(m+n)[mn+y^2+h^2]$

Sustituyendo $d^2=h^2+y^2$ y $m+n=a$ en la ecuación resultante:

$mb^2+nc^2=a[mn+d^2]$

Por lo tanto,

$ad^2=mb^2+nc^2-amn$

$\square$

Conclusión

Es gracias a este Teorema que se puede encontrar la longitud de la recta $AB$ cuando $D$ es un punto cualquiera en la recta $BC$ y se tiene la razón en la cual $D$ divide a $BC$, ya que se conocen las longitudes y signos de $BD$ y $DC$ en este caso.
De igual forma, las longitudes de las medianas, las simedianas y las bisectrices de los ángulos de un triángulo, se pueden encontrar usando el Teorema de Stewart.

Con el uso del teorema de Stewart se puede resolver el siguiente Teorema.

Teorema: Si las bisectrices de dos ángulos interiores de un triángulo son iguales, el triángulo es isósceles.

Más adelante…

Se abordará el Teorema de Miquel.

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Construcciones con Regla o Compas

Introducción

Las construcciones con regla y compas nos traen consigo problemas que no son posibles de resolverse a menos que se den consigo ciertas restricciones, es por eso que se abordaran construcciones, ya sea únicamente con regla o compas, y se darán construcciones de segmentos con longitud específica.

Construcciones con únicamente regla

Problema 1

Dibujar una recta paralela a otra recta dada con únicamente regla no es posible, a menos que en la recta dada existan tres puntos $A,B,C$ tal que $AB=BC$, entonces es posible trazar una recta paralela con regla a la recta dada por cualquier punto $P$ exterior a esa recta.

Construcción

Sea la recta $l$ con tres puntos $A,B,C$ los cuales cumplen $AB=BC$, y un punto exterior $P$. Tracemos la recta $PA$ y $PC$ y dibujemos una recta arbitraria que pase por $B$ y corte a estas rectas en $Q$ y $S$, entonces $AS$ y $CQ$ se intersecaran en $R$, y al trazar la recta $PR$ esta será la paralela buscada.

Problema 2

Si dos rectas son paralelas, un segmento en una de ellas puede bisecarse únicamente con regla.

Construcción

Dadas dos rectas paralelas $l$ y $m$, donde en $l$ tomemos un segmento arbitrario $AC$. Tomemos dos puntos arbitrarios $P$ y $R$ en $m$ ($P \neq R$), tracemos las rectas $AP$ y $RC$ que se intersecan en $Q$. Tracemos las rectas $PC$ y $RA$ que se intersecan en $S$ y si dibujamos la recta $QS$ esta interseca a $AC$ en $B$ el cual es el punto buscado para bisecar el segmento $AC$.

Problema 3

Trazar una recta por un punto dado paralela a dos rectas paralelas dadas con regla solamente.

Construcción

Usando la construcción del problema 2 nos dará un segmento bisecado de una de las rectas paralelas, de esta forma se obtiene lo necesario para aplicar la construcción del problema 1 y obtener una recta paralela a las dos paralelas dadas.

Construcciones con regla y circunferencia dada

Steiner demostró que toda construcción puede hacerse con regla solamente si se dan en el plano de construcción una circunferencia y su centro.
Es por ello que se mostraran algunos problemas importantes.

Problema 1

Por un punto $P$ construir una recta paralela a una recta dada.

Construcción

Sea $E$ un punto sobre la recta $l$ y una circunferencia concentro $O$. Trace la recta $EO$ de tal forma fija que corte la circunferencia en los puntos $Q$ y $R$.

Ahora como $RO=OQ$ entonces por la construcción ya realizada anteriormente se puede trazar una paralela $AB$ a $OQ$, donde $AB$ es una cuerda. Si trazamos las rectas $AO$ y $OB$ estas cortarán en $A’$ y $B’$ respectivamente, formando los diámetros $AA’$ y $BB’$ los cuales determinan la cuerda $A’B’$.

Ahora $AB$ y $A’B’$ cortan a $l$ en $D$ y $F$ respectivamente, y en donde $DE=EF$. Y con esto se tiene lo necesario para construir una recta por $P$ que es paralela a $l$, ya que la construcción ya se ha hecho antes.

Problema 2

Por un punto $P$ construya una recta perpendicular a una recta dada.

Construcción

Sea $E$ un punto de la recta, $l$ y $O$ el centro de una circunferencia fija. Si unimos $E$ con $O$ esta recta cortará a la circunferencia en dos puntos $R$ y $Q$.

Por construcciones anteriores se puede trazar una recta paralela a $l$ por $R$, que será la cuerda $RS$. Por lo cual $QS$ es perpendicular a $l$ y $RS$.

Ahora solo falta dibujar por $P$ una recta paralela a $QS$, pero usando la construcción del problema 1 se puede encontrar esta recta paralela a $QS$ y además perpendicular a $l$.

Geometría Mascheroni del compás

Los geómetras L. Mascheroni y G. Mohr mencionan el teorema Mohr-Mascheroni: «Todas las construcciones geométricas posibles, con regla y compas, pueden hacerse con compas solamente». Es interesante ver como con únicamente compas se pueden hacer construcciones más fáciles, y además se tiene que un hecho es que se ve una recta como construida cuando se hallan dos puntos de esta.
Es por ello que se mostraran algunas construcciones solo con el compás.

Problema 1

Construir el punto simétrico de un punto $C$ respecto a una recta $AB$.

Construcción

Se requiere dibujar las circunferencias con centros $A$ y $B$, y con radio $AC$ y $BC$ respectivamente. De esta forma se tendrá la intersección en el punto $C$ y además en otro punto $D$, el cual es el simétrico de $C$.

Problema 2

Construir un segmento $n$ veces más grande que un segmento dado $AA_1$, $n=2,3,4,…$.

Construcción

Dibujemos dos circunferencias $C(A_1,AA_1)$ y $C(A,AA_1)$ las cuales se intersecan en un punto $B$, ahora trazamos otras dos circunferencias $C(A_1,AA_1)$ y $C(B,AA_1)$ las cuales se intersecan en un punto $C$. Si dibujamos una circunferencia $C(C,AA_1)$ esta interseca a $C(A_1,AA_1)$ en un punto $A_2$, estos puntos $A,A_1$ y $A_2$ son colineales donde $AA_2=2AA_1$. Repitiendo este proceso se obtiene los resultados buscados.

Problema 3

Construir una cuarta proporcional a tres segmentos de rectas dadas.

Construcción

Sean $a,b,c$ los tres segmentos dados, dibujemos las circunferencias $C(O,a)$ y $C(O,b)$ donde $O$ es un punto cualquiera en el plano. Ahora, tomando un punto cualquiera $P$ de la $C(O,a)$ dibujemos un arco con $P$ centro y radio $c$, la cual interseca a $C(O,a)$ en $Q$.
Tomemos ahora un radio conveniente y $P$ y $Q$ dos centros, dibujaremos arcos que intersecan la circunferencia $C(O,b)$ en $P’$ y $Q’$ respectivamente. Donde $P’Q’$ es la cuarta proporcional buscada, esto debido a que se tiene semejanza de los triángulos $OPQ$ y $OP’Q’$, viene dada por la semejanza de los triángulos $OPP’$ y $OQQ’$.

Problema 4

Dividir el arco $AB$ de la circunferencia por la mitad (centro conocido).

Construcción

Sea la circunferencia $C(O,r)$, supongamos que $OA=OB=r$ y $AB=a$.
Dibujemos las circunferencias $C(O,a)$, $C(O,r)$ y $C(B,r)$, y se tendrán las intersecciones $C$ y $D$.
Trazar las circunferencias $C(C,B)$ y $C(D,A)$ con intersección en $E$.
Dibujemos las circunferencias $C(C,OE)$ y $C(D,OE)$, de los cuales se tendrán las intersecciones en los puntos $X$ y $X’$.
El punto $X$ divide el arco $AB$ por la mitad y $X’$ divide por la mitad el arco que completa el primer arco hasta la circunferencia total.

Construcción de segmentos con longitud específica

Si nos dieran un segmento de longitud 1, ¿Qué otras longitudes se pueden construir? Es por ello que veremos qué longitudes podemos construir, pero para ello debemos tener en cuenta que las construcciones deben utilizar solo una regla y un compás, y con un número finito de pasos.
Es fácil ver que dado el segmento de longitud 1, se puede construir un segmento de longitud $n$ ($n$ es un entero positivo) y de igual forma se pueden construir segmentos $p+q$ y $p-q$ donde $p$ y $q$ son segmentos de longitud dada.
¿Qué pasa con los segmentos de longitud $p/q$ ó $pq$?

Problema 1

Dado los segmentos de longitud 1,$p$ y $q$ construir el segmento de longitud $p/q$.

Construcción

Construir un segmento $AB$ con longitud $q$.
Construir un segmento $BC$ con longitud $p$, donde se tendrá el triángulo $ABC$.
En el segmento $AB$, pasa un segmento $AD$ de longitud 1.
Por el punto $D$, construir una recta paralela a $BC$ que corte a $AC$ en $E$.
Entonces $DE$ es de longitud $p/q$, debido a que $\triangle ABC \sim \triangle ADE$.

$\frac{p}{x} = \frac{q}{1}$ $\Rightarrow$ $\frac{p}{q}=\frac{x}{1}=x=DE$

Problema 2

Dado un segmento de longitud $p$ y $q$, construir un segmento de longitud $\sqrt{pq}$.

Construcción

Se usará la potencia de un punto para su construcción.

Dibujar un segmento $AB$ de longitud $p+q$, con $D$ el punto donde $AD=p$ y $DB=q$.
Trazar la circunferencia con $AB$ como diámetro.
Dibujar la cuerda $CE$ perpendicular a $AB$ en $D$, donde $CD$ es de longitud $\sqrt{pq}$.
Dado que $CE$ es perpendicular a $AB$, entonces $CD=DE$. Y por potencia de puntos en $D$, se tiene

$ CD \bullet DE = AD \bullet DB$
$CD \bullet CD = CD^2 = pq$
$CD = \sqrt{pq}$

Números Construibles

Un número $x$ es construible si, a partir de un segmento de longitud 1, se puede construir el segmento de longitud $x$ (con regla y compas).
Como por ejemplo $4/7$ es número construible, ya que gracias al segmento de longitud 1 se pueden construir los segmentos de longitud 4 y 7, y de esto se construye el segmento $4/7$.

Teorema (Números Construibles)

Si los números no negativos $a$ y $b$ son construibles, entonces también lo son los números

$a+b$, $a-b$, $a/b$ $(b \neq 0)$, $ab$, $\sqrt{a}$

Se pueden construir muchos números construibles, a partir de estas operaciones. Ejemplos:

$5$ y $4$ son construibles, entonces $\sqrt{5}$ y $\sqrt{4}$ también.
$3$ y $\sqrt{4}$ son construibles, entonces $3+ \sqrt{4}$ es construible.
$3+\sqrt{4}$ es construible, entonces $\sqrt{3+\sqrt{4}}$ es construible.
$\sqrt{3+\sqrt{4}}$ y $\sqrt{5}$ son construibles, entonces $\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3+\sqrt{4}}}$ es construible.

Es así que tomando el número 1 como inicio, y haciendo finitas sucesiones de adiciones, substracciones, raíces, productos y proporciones, es que podemos obtener todos los números construibles.

Alguno de los números que no son construibles son

$\pi, e , \sqrt[3]{2}, cos20^o$

Esto explicaría por qué los tres problemas famosos no pueden ser resueltos.

Más adelante…

Se abordarán los tres problemas famosos, para mostrar su imposibilidad debido al uso único de regla y compas.

Entradas relacionadas

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Introducción

En la geometría elemental se tienen varias construcciones realizadas con únicamente regla y compas, esto nos parecerá algo limitante, pero es así como Platón lo plantea para la geometría. Pero son estas restricciones lo que hace interesante las construcciones, cabe aclarar que cuando se menciona regla es para únicamente trazar rectas sin distancia fija, y el compás para trazar circunferencias únicamente. Son estas limitaciones las que hacen que muchas construcciones no se puedan realizar, es en este punto donde hablaremos de ‘Los tres problemas famosos griegos’ los cuales son: La trisección del ángulo, la duplicación del cubo y la cuadratura del círculo.

Este grupo de problemas imposibles enunciados en el siglo V a.C. y hasta la demostración de que la solución es imposible en el siglo XIX, generaron que grandes matemáticos pensaran en su solución, así mismo se motivó al desarrollo de diversas áreas de las matemáticas. Como se mencionó, las restricciones de únicamente regla y compas son las que imposibilitan la solución, pero si se modificaran estas restricciones adecuadamente, estos problemas pueden ser resueltos. Es por ello que se mostrara la imposibilidad de resolver los tres problemas famosos.

Trisección del ángulo

El problema es sencillo Lograr trisecar un ángulo arbitrario con regla y compas. Se mostrará la imposibilidad de resolver este problema.

Demostración

Dado un ángulo, no siempre es posible construir solo con una regla y compas un ángulo cuya medida es un tercio del ángulo original.
Tenemos que mostrar lo que significa construir un ángulo a números construibles, ya que un número construible es la longitud de un segmento, no una medida de un ángulo. Recordemos que si tenemos algún ángulo construido sin perdida de generalidad, se asume que este ángulo está en la posición estándar, de modo que su lado inicial este en el eje $x$ positivo.

Se puede asignar el vértice del ángulo con el origen de nuestro plano y luego construir un círculo unitario centrado en el origen, donde tendremos un punto de intersección que por trigonometría este punto es ( $cos \theta, sen \theta $ ) y si tomamos la perpendicular de este punto hasta el eje $x$, nos dara un punto ( $cos \theta , 0 $ ) y por lo cual se tiene la distancia $cos \theta$.

Entonces si el angulo theta $\theta$ es construible eso significa que la distancia $cos \theta $ es construible y este proceso es reversible, por lo que podemos construir el ángulo theta $\theta$ si y solo si podemos construir el coseno de distancia de theta $\theta$. Por lo cual se querrá argumentar que el coseno de theta ($cos \theta$) no es un número construible para todos los theta $\theta$.

Tenemos la siguiente identidad trigonométrica

$cos 3\theta = 4 cos^3 \theta – 3 cos \theta$

Es importante recalcar que queremos $cos 3 \theta$, porque queremos ángulos de trisección. Si tomamos $\theta = 20^o $, entonces ingresándolo en la fórmula se tiene

$cos 3\theta = cos (3)(20^o)=cos 60^o= 1/2$

Si definimos $\alpha=cos \theta$ entonces se tiene que la igualdad queda

$4\alpha ^3 – 3 \alpha = 1/2$

Multiplicamos por 2 en ambos lados

$8 \alpha ^3 – 6\alpha = 1$

$8\alpha ^3 – 6 \alpha -1 =0$

Entonces $\alpha $ es una raíz del polinomio

$8x^3-6x-1$

Este es un polinomio de grado 3 si es irreducible, eso sucede si y solo si no tiene raíces, porque si es irreducible tiene un factor lineal, y si tiene un factor lineal tiene una raíz por el teorema de las raíces racionales, las únicas raíces racionales posibles de este polinomio son

$\pm 1, \pm 1/2, \pm 1/4, \pm 1/8$

Ninguno de estos ocho números son raíces de este polinomio, este polinomio por lo cual es irreducible porque no tiene raíces racionales, por lo tanto, este polinomio debe sé el polinomio mínimo para el coseno de $20^o$.
Ahora, ya que este es un polinomio de grado 3, si tomamos el conjunto de los racionales $\alpha$ y vemos su grado sobre $\mathbb{Q}$ tenemos 3.

$[ \mathbb{Q} (\alpha) : \mathbb{Q} ] = 3$

Pero una propiedad de los números construibles dice que

$[ \mathbb{Q} (\alpha) : \mathbb{Q} ] = 2^n$

Esto es una potencia de 2, pero 3 no es potencia de 2, $3\neq 2^n.$

Por lo tanto, esto no puede ser una extensión construible, por lo cual el $cos 20^o$ no es un número construible, entonces un ángulo de $20^o$ no se puede construir y un ángulo de $60^o$ no se puede trisecar usando solo regla y compas.

$\square$

Duplicación del cubo

Se demostrará que la duplicación del cubo es imposible.
Duplicar el cubo nos dice que dada la arista de un cubo, es imposible construir con una regla y compas el borde de un cubo que tiene el doble del volumen del cubo original.

Demostración

Imaginemos el cubo con la longitud de un lado de $S$ y este es un número construible, el volumen de este cubo sería $V=S^3$; Por lo cual si tuviéramos que construir un cubo cuyo volumen sea el doble, entonces el volumen sería $V=2S^3$ este cubo es más grande, y nos preguntaremos cuanto deben medir los lados de este nuevo cubo.

Entonces el cubo duplicado, su volumen debe ser $2S^3$, y sea la longitud de lado $t$, entonces el $V=t^3=2S^3$, despejando $t$ se tiene

$t=\sqrt[3]{2S^3}=\sqrt[3]{2}S$

Ahora el cuerpo de números construibles es un campo, si podemos construir $S$, entonces podemos dividir por $S$, pero $\sqrt[3]{2}$ no es número construible, ya que

$[ \mathbb{Q} (\sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q} ] = 3$

Pero una propiedad de los números construibles dice que ($\alpha$ es un número construible)

$[ \mathbb{Q} (\alpha) : \mathbb{Q} ] = 2^n$

Pero $3\neq 2^n$, entonces $\sqrt[3]{2}$ no se puede construir y, por lo tanto, no podemos duplicar el cubo.

$\square$

Cuadratura del círculo

Por demostrar la imposibilidad de la construcción geométrica clásica de cuadrar el círculo.

Demostración

Dado un círculo de diámetro construible, no siempre es posible construir solo con una regla y compas el borde de un cuadrado que tiene la misma área que el círculo original.
El contraejemplo será que, se tome el círculo unitario, con radio $r=1$ número construible, el área es $A=\pi r^2 = \pi$.

Se debe mostrar que no se puede construir un cuadrado cuya área sea $\pi$ y recordemos que si tenemos un cuadrado con lado $S$ y el área es $A=S^2$. Ahora, si $\pi$ fuera igual a $S^2$ ($\pi = S^2$), esto nos diría que si tomas la raíz cuadrada de ambos lados se tiene $\sqrt{\pi}= S$

Entonces se requiere construir un lado de longitud $\sqrt{\pi}$.
Pero si $\sqrt{\pi}$ fuera construible, entonces si elevamos al cuadrado $\sqrt{\pi}^2 = \pi$ y el campo de números construibles es un campo, por lo cual $\sqrt{\pi}^2$ también es construible, pero $\pi$ es un número trascendental y ninguna extensión algebraica de $\mathbb{Q}$ contiene $\pi$. El campo de números construibles es una extensión algebraica infinita de los números racionales y, por lo tanto, no contiene números trascendentales, y de ahí se tiene la contradicción $pi$ no es un número construible.
Por lo tanto, es imposible construir un cuadrado para cada círculo.

$\square$

Más adelante…

Se verá el Teorema de Stewart.

Entradas relacionadas

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Introducción

A partir de la involución en una hilera de puntos y sus puntos conjugados relacionados con la razón cruzada, es que nace el concepto de haces de líneas en involución. Muchos de los resultados que se muestran son gracias al principio de dualidad.

Haces de líneas en involución

Definición. Dado un haz de rectas correlacionadas por parejas y donde los puntos de intersección de los pares con cualquier transversal que no pase por el vértice del haz son pares conjugados de una involución de puntos.

Ejemplo: Sean el haz con las rectas correlacionadas por pares $a,a’,b,b’,c$ y $ c’$. Tracemos una recta que corte al haz de rectas y que no pase por $O’$, se tienen las intersecciones $A,A’,B,B’,C$ y $C’$ y donde estos son pares de puntos conjugados de una involución. De esta forma se tiene un haz de rectas en involución.

Propiedades

$\square$

Haz en involución y el vértice en la circunferencia

Teorema. Sea un haz de rectas en involución donde se tienen los pares conjugados $a,a’,b,b’,c,c’$ y que tienen su vértice en una circunferencia, y si estas rectas cortan la circunferencia nuevamente en $A,A’,B,B’,C,C’$ respectivamente, entonces las rectas $AA’, BB’, CC’$ son concurrentes.

Demostración. Tracemos una recta $l$ que corte al haz y no pase por $Q$, nos da las intersecciones $A_1, B_1, C_1, A_1′, B_1′, C_1’$.

Como los haces de líneas está en involución y cualquier recta que corte al haz nos da una hilera de puntos en involución, por el teorema de razón cruzada con hilera de puntos nos da la siguiente igualdad.

$\{A_1A_1’B_1C_1\}=\{A_1’A_1B_1’C_1’\}$

Por propiedades de razón cruzada se cumple:

$\{aa’bc\}=\{a’ab’c’\}$

Se puede decir que la propiedad de razón cruzada también se cumple para haz de rectas en involución, es decir, que cualesquiera cuatro rectas que tiene de esa involución la razón cruzada va a ser a la de sus correspondientes.
Observemos que estos haces salen a partir del punto $Q$ y pasan por los puntos de intersección con la circunferencia. Entonces se puede poner el haz desde $Q$:

$Q\{AA’BC\}=Q\{A’AB’C’\}$

Y va a ser lo mismo si cambiamos $Q$ por $B’$ y $C$:

$B’\{AA’BC\}=C\{A’AB’C’\}$

Tracemos las rectas $AA’$, $BB’$ y $CC’$, y tracemos la recta $B’C$, donde se tienen las intersecciones con $AA’$ que son $X,Y $ y $Z$. Por demostrar que $X=Y$.

La razón cruzada de $B’\{AA’BC\}=B’\{AA’XZ\}$ y, por otro lado, $C\{A’AB’C’\}=C\{A’AZY\}$, entonces $\{AA’XZ\}=\{A’AZY\}$. De esta igualdad se tienen tres puntos iguales $A’,A$ y $Z$, y el cuarto punto $X$ y $Y$ deben ser iguales, ya que si intercambiamos dos puntos de esta razón cruzada, los otros dos también deben intercambiarse, para que se conserve la razón cruzada entonces se tiene la igualdad:

$\{AA’XZ\}=\{AA’YZ\}$

Por lo cual $X=Y$ y se concluye que las rectas $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son concurrentes.

$\square$

Del resultado anterior se puede generar la duda de que pasa si la involución es hiperbólica o elíptica, por ende se debe definir de manera más formal.

Definición. Sea $a,a’,b,b’,c,c’$ los haces de líneas en involución y una recta $l$ que no pase por el vértice $Q$ del haz, la cual generara intersecciones con el haz, las cuales son $A,A’,B,B’,C,C’$ respectivamente.

• Si $A,A’,B,B’,C,C’$ es una involución elíptica, se dice que el haz está en involución elíptica.
• Si $A,A’,B,B’,C,C’$ es una involución hiperbólica, se dice que el haz está en involución hiperbólica.

Rectas Conjugadas en ángulos rectos

Teorema. En un haz de rectas en involución siempre hay un par de rectas conjugadas perpendiculares entre sí, por otra parte, si existe más de un par de rectas conjugadas en ángulos rectos, entonces todos los pares conjugados son perpendiculares entre sí y la involución es elíptica.

Demostración. Sea un haz de rectas en involución $a,a’,b,b’,c,c’$ con $Q$ vértice, tracemos una circunferencia con centro $O$ que pase por $Q$ y el haz corte a la circunferencia en los puntos $A,A’,B,B’,C,C’$ respectivamente al orden que se mencionó las rectas.
Por el teorema anterior se afirma que las rectas $AA’, BB’, CC’$ son concurrentes en $X$. Tracemos la recta $XO$, la cual corta a la circunferencia en dos puntos $D$ y $D’$ los cuales son puntos extremos del diámetro $DD’$. Si trazamos las rectas $DQ$ y $D’Q$ nos forma un ángulo recto $\angle DQD’$.

Por demostrar que las rectas $DQ$ y $D’Q$ son un par conjugado de la involución. Tracemos una recta $l$ que corte al haz $a,a’,b,b’,c,c’$ en involución en los puntos $A_1,A_1′,B_1,B_1′,C_1,C_1’$ respectivamente, además corta a las rectas $QD$ y $QD’$ en $D_1$ y $D_1’$ respectivamente.

Tenemos que ver que los pares $D_1$ y $D_1’$ están en la hilera de puntos en involución, entonces supongamos que $D_1$ tiene su par conjugado en la involución $D_1’$$’$, se quiere demostrar que $D_1’=D_1’$$’$. Por teorema de razón cruzada en involución se tienen las siguientes igualdades:

$\{A_1B_1C_1D_1\}=\{A_1’B_1’C_1’D_1’$$’\}$ y $\{A_1B_1C_1D_1\}=Q\{ABCD\}$.

Ahora en razón cruzada nos dice que si cuatro secantes que pasan por un punto $X$ y al observar la razón cruzada del haz formado por un punto $Q$ en la circunferencia con los puntos $A,B,C,D$ debe ser la misma razón cruzada del haz con los puntos correspondientes de la secante ósea $A’,B’,C’,D’$, lo cual da la igualdad:

$Q\{ABCD\}=Q\{A’B’C’D’\}$ y ademas $Q\{A’B’C’D’\}=\{A_1’B_1’C_1’D_1’\}$.

Por lo cual da la igualdad:

$\{A_1’B_1’C_1’D_1’$$’\}=\{A_1B_1C_1D_1\}=Q\{ABCD\}=Q\{A’B’C’D’\}=\{A_1’B_1’C_1’D_1’\}$

Entonces $\{A_1’B_1’C_1’D_1’$$’\}=\{A_1’B_1’C_1’D_1’\}$ por ende $D_1’=D_1’$$’$, se concluye que $DQ$ y $D’Q$ son un par conjugado perpendicular de la involución.

Ahora, si existe otro par de rectas conjugadas en ángulos rectos, las cuales supongamos que son $b$ y $b’$, esto nos diría que sus puntos $B$ y $B’$ son diametralmente opuestos, por lo cual, las rectas $DD’$ y $BB’$ se cortan en el centro $O$.
Y como se tiene el haz de rectas conjugadas en involución $a,a’,DQ,D’Q, b,b’$ entonces las rectas $AA’,DD’$ y $BB’$ son concurrentes, pero como $DD’$ y $BB’$ se cortan en $O$ entonces también $AA’$ pasa por $O$. Se concluye que todos los pares conjugados son perpendiculares entre sí y la involución es elíptica.

$\square$

Teoremas relacionados con los haces de líneas en involución

Se mencionarán tres teoremas, los cuales se dejaran como ejercicios a resolver.

Teorema. Dado un cuadrángulo completo, sus tres pares de lados opuestos son intersecados por cualquier transversal que no pasa por un vértice en tres pares de puntos conjugados de una involución.

Teorema. Sea un cuadrángulo inscrito en una circunferencia, cualquier recta que no pase por un vértice, corta a la circunferencia y los pares de lados opuestos del cuadrángulo en una involución.

Teorema. Si dos pares de lados opuestos de un cuadrángulo completo son ortogonales, el tercer par es también ortogonal.

Más adelante…

Se dejarán los ejercicios correspondientes a esta unidad de Razón Cruzada.

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