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Geometría Moderna I: Triángulo órtico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

Continuando con el estudio de triángulos asociados a un triangulo dado, en esta entrada veremos algunas propiedades del triángulo órtico de un triangulo dado.

Mostraremos solo las proposiciones referentes a triángulos acutángulos, por ser muy parecidas las correspondientes versiones para triángulos obtusángulos, quedaran como ejercicio.

Preliminares

Proposición 1. El vértice de un triángulo es el punto medio del arco formado por las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo que no pasan por el vértice considerado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $D$, $E$, $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$, respectivamente (figura 1).

Los triángulos rectángulos $\triangle BEA$ y $\triangle CFA$ son semejantes pues $\angle A$ es un ángulo en común, por lo tanto, $\angle EBA = \angle ACF$.

Por otro lado, consideremos $D’ = AD \cap (O, R)$, $E’ = BE \cap (O, R)$ y $F’ = CF \cap (O, R)$, las intersecciones de las alturas con el circuncírculo de $\triangle ABC$, entonces $\angle E’BA = \angle EBA = \angle ACF = \angle ACF’$.

Esto implica que los respectivos ángulos centrales son iguales $\angle E’OA = \angle AOF’$, por lo tanto, la longitud de arco es la misma $\overset{\LARGE{\frown}}{E’A} = \overset{\LARGE{\frown}}{AF’}$ y así $A$ es el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$.

Figura 1

De manera análoga vemos que $B$ y $C$ bisecan a los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{D’E’}$ respectivamente.

$\blacksquare$

Proposición 2. El pie de la altura de un triángulo acutángulo es el punto medio del segmento que une el ortocentro y la intersección de la altura considerada con el circuncentro.

Demostración. Por la proposición 1, $B$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, por lo tanto $\angle F’OB = \angle BOD’$ y así $\angle F’CB = \angle BCD’$.

De esto se sigue que los triángulos rectángulos $\triangle HCD$, $\triangle D’CD$ son congruentes por criterio ALA, por lo tanto, $HD = DD’$.

Por lo tanto, $D$ es el punto medio de $HD’$, de manera análoga podemos ver que $E$ y $F$ son los puntos medio de $HE’$ y $HF’$ respetivamente.

$\blacksquare$

Triángulo órtico

Definición 1. Al triángulo cuyos vértices son los pies de las alturas de un triángulo dado se le conoce como triangulo órtico del triángulo dado.

Proposición 3. El triángulo órtico de un triángulo y el triángulo cuyos vértices son las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo son homotéticos.

Demostración. Por la proposición 2, $E$ y $F$ son puntos media de $HE’$ y $HF’$ respectivamente (figura 1), por tanto, $EF$ es un segmento medio del triángulo $\triangle HE’F’$, entonces $EF \parallel E’F’$ y $2EF = E’F’$.

De manera análoga podemos ver que $FD \parallel F’D’$, $2FD = F’D’$ y $DE \parallel D’E’$, $2DE = D’E’$.

De lo anterior concluimos que $\triangle DEF$ está en homotecia con $\triangle D’E’F’$ con centro en $H$ y razón $\dfrac{1}{2}$.

$\blacksquare$

Teorema 1. El ortocentro y los vértices de un triángulo acutángulo son en incentro y los excentros respectivamente de su triangulo órtico.

Demostración. Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$ (figura 1), por lo tanto, $\angle E’D’A = \angle AD’F’$.

Por la proposición 3, los lados de $\triangle DEF$ son paralelos a los lados de $\triangle D’E’F’$, por lo tanto $\angle EDA = \angle E’D’A = \angle AD’F’ = \angle ADF$.

Entonces $AD$ es bisectriz de $\angle EDF$, así podemos ver que las otras alturas de $\triangle ABC$ son las bisectrices de su triangulo órtico, con lo que $H$ es el incentro de $\triangle DEF$.

Como los lados del triángulo son perpendiculares a las alturas entonces son las respectivas bisectrices exteriores de su triangulo órtico, de esto se sigue el resultado.

$\blacksquare$

Triángulo tangencial

Definición 2. Al triangulo cuyos lados son las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo dado a través de sus vértices, se le conoce como triángulo tangencial del triángulo dado.

Proposición 4. Los radios del circuncírculo de un triángulo que pasan por los vértices del triángulo son perpendiculares a los respetivos lados de su triangulo órtico.

Demostración. $\triangle E’OF’$ es isósceles (figura 2), pues $OE’$ y $OF’$ son radios del circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$, por lo que $OA$ es bisectriz de $\angle E’OF’$, por lo tanto, $OA$ es mediatriz de $E’F’$.

Por la proposición 3, $E’F’ \parallel EF$ $\Rightarrow OA \perp EF$.

Figura 2

De manera análoga se ve que $OB \perp FD$ y $OC \perp DE$.

$\blacksquare$

Teorema 2. El triángulo órtico y el triángulo tangencial de un triángulo dado son homotéticos y el centro de homotecia se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración.  Sean $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ el triángulo órtico y tangencial respectivamente de $\triangle ABC$ (figura 2).

Como los lados del triángulo tangencial son perpendiculares a los radios que pasan por los vértices del triángulo dado, por la proposición 4, los lados del triángulo órtico son paralelos a los lados del triángulo tangencial y esto implica que los triángulos son homotéticos.

Como $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ son homotéticos entonces sus respectivos incentros son puntos homólogos.

Por el teorema 1, el incentro de $\triangle DEF$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ y por construcción el incentro de $\triangle D’’E’’F’’$ es el circuncentro de $\triangle ABC$.

Como el centro de homotecia se encuentra en la recta que pasa por cualquier par de puntos homólogos, entonces el centro de homotecia de $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ se encuentra en la recta determinada por $H$ y $O$, es decir, la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Perímetro del triángulo órtico

Proposición 5. Los lados del triángulo órtico de un triángulo acutángulo dividen al triángulo acutángulo en tres triángulos semejantes al triángulo dado.

Demostración. Sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas de un triangulo $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro, (figura 3).

Como la suma de los ángulos internos de todo cuadrilátero convexo es $2\pi$, en $\square HDCE$ tenemos $\angle D + \angle E = \pi$
$\Rightarrow \angle C + \angle H = \pi$
$\Rightarrow \angle DHE = \angle A + \angle B$

Como $\angle BHD + \angle DHE = \angle BHE = \pi$
$\Rightarrow \angle BHD = \angle C$.

Por otro lado, $\triangle FBH$ y $\triangle DBH$ son triángulos rectángulos que tienen la misma hipotenusa, por lo tanto $\square FBDH$ es cíclico.

Entonces $\angle BHD = \angle BFD$, pues abarcan el mismo arco
$\Rightarrow \angle BFD = \angle C$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle DBF \sim \triangle ABC$.

Figura 3

Podemos hacer un procedimiento similar para los demás triángulos.

Por lo tanto, $\triangle ABC \sim \triangle DBF \sim \triangle DEC \sim \triangle AEF$.

$\blacksquare$

Proposición 6. En un triángulo la distancia de uno de sus lados al circuncentro es igual a la mitad de la distancia del vértice opuesto al ortocentro del triángulo.

Demostración. Sea $(O, R)$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, consideremos $C’$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $M$ el pie de la perpendicular a $AC$ desde $O$, (figura 3).

Notemos que $M$ es el punto medio de $AC$ pues $O$ está en la mediatriz de $AC$.

Como $O$ es el punto medio de $CC’$ entonces $OM$ es un segmento medio de $\triangle CAC’$, así $2OM = C’A$.

$\angle C’AC = \angle CBC’ = \dfrac{\pi}{2}$, pues $CC’$ es diámetro

Por lo tanto, $AH$ y $C’B$ son perpendiculares a $BC$
$\Rightarrow AH \parallel C’B$.

Y $C’A$ y $BH$ son perpendiculares a $AC$,
$\Rightarrow C’A \parallel BH$.

Entonces $\square AC’BH$ es un paralelogramo, por lo tanto, $BH = C’A = 2OM$.

$\blacksquare$

Proposición 7. La razón entre un lado de un triángulo acutángulo y el lado correspondiente a su triangulo órtico es igual a la razón entre el circunradio y la distancia del lado considerado al circuncentro.

Demostración. En la proposición 5 vimos que $\triangle ABC \sim \triangle DBF$ y que $A$, $F$, $H$ y $E$ están inscritos en una misma circunferencia cuyo diámetro es $BH$, (figura 3).

Por lo tanto, la razón entre sus circundiametros guarda la razón de semejanza, es decir,
$\dfrac{AC}{DF} = \dfrac{2R}{BH} = \dfrac{2R}{2OM} = \dfrac{R}{OM}$.

Donde $R$ es el circunradio y la segunda igualdad se debe a la proposición 6.

$\blacksquare$

 Teorema 3. El perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es igual a dos veces el área del triángulo acutángulo dividido por el circunradio (figura 3).

Demostración. Consideremos $N$, $M$ y $L$ los pies de las perpendiculares a $BC$, $AC$ y $AB$ desde $O$ respectivamente.

Por la proposición 7 tenemos que
$DE + EF + FD = \dfrac{OL \times AB + ON \times BC + OM \times AC}{R}$.

Y notemos que
$(\triangle ABC) = (\triangle BOC) + (\triangle COA) + (\triangle AOB)$
$= \dfrac{ON \times BC + OM \times AC + OL \times AB}{2}$.

Por lo tanto, $DE + EF + FD = \dfrac{2(\triangle ABC)}{R}$.

$\blacksquare$

Problema de Fagnano

Teorema 4. De entre todos los triángulos inscritos en un triángulo acutángulo, su triángulo órtico es el de menor perímetro.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $\triangle DEF$ su triangulo órtico y $\triangle GHI$ cualquier otro triangulo inscrito en $\triangle ABC$.

Hacemos una sucesión de reflexiones del triángulo $\triangle ABC$ a través de uno de sus lados, empezando por $AC$, luego $B_1C$, $B_1A_1$, $A_1C_1$ y finalmente $B_2C_1$ (figura 4).

El camino que sigue el segmento $AB$ es el siguiente, primerio una rotación $2\angle A$ alrededor de $A$ en sentido antihorario, después una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_1$ en sentido antihorario, a continuación, una rotación $2\angle A$ alrededor de $A_1$ en sentido horario y finalmente una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_2$ en sentido horario.

Figura 4

Por lo tanto, $AB$ y $A_2B_2$ son paralelas, se sigue que $F$, $G \in AB$ y sus respectivas imágenes $F_4$, $G_4 \in A_2B_2$ forman un paralelogramo por lo que $FF_4 = GG_4$.

Por otro lado, la simetría de $D$ y $D_1$ nos garantiza que $\angle DEC = \angle CED_1$, además, por el teorema 1, $BE$ es bisectriz de $\angle FED$, por lo tanto, $\angle AEF = \angle DEC$.

Entonces, $\angle FED_1 = \angle FED + \angle DEC + \angle CED_1 = \angle FED + \angle 2DEC = \pi$, por lo tanto, $F$, $E$ y $D_1$ son colineales.

Por lo anterior podemos afirmar que $FED_1F_2E_2D_3F_4$ es una recta, coincide con $FF_4$ y es igual a dos veces el perímetro del triángulo órtico.

Como no podemos hacer las mismas afirmaciones para $\triangle GHI$, tenemos que el camino $GHI_1G_2H_2I_3G_4$ es igual a dos veces el perímetro de $\triangle GHI$ y es claramente mayor o igual que el segmento $GG_4$ que equivale a dos veces el perímetro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos como los circuncírculos del triángulo medial y del triángulo órtico, coinciden para cualquier triangulo dado.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Verifica que las proposiciones $1$, $2$, $3$, $4$, y los teoremas $1$ y $2$ se cumplen también para triángulos con un ángulo obtuso.
  2. Construye un triángulo dados los puntos de intersección de las alturas con el circuncírculo del triángulo.
  3. Si $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde los vértices $B$ y $C$ de un triangulo $\triangle ABC$, a los lados $DF$ y $DE$ respectivamente de su triangulo órtico, muestra que $EQ = FP$.
Figura 5
  1. Muestra que los pies de las perpendiculares trazadas desde el pie de una altura en un lado de un triángulo a los otros lados y las otras alturas del triángulo son colineales.
Figura 6
  1. Demuestra que el perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es menor o igual que dos veces cualquiera de las alturas del triángulo acutángulo.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 97-102.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 16-18, 88-89.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 84-85.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 168-169.
  • Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 17-26.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I: Ecuación de Cauchy – Euler

Por Omar González Franco

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Las matemáticas puras son, en su forma, la poesía de las ideas lógicas.
– Albert Einstein

Introducción

Más adelante en esta unidad estudiaremos las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes variables, éstas ecuaciones suelen ser mucho más difícil de resolver ya que no se resuelven en términos de funciones elementales, una estrategia usual es suponer una solución en forma de series infinitas y proceder de manera similar al método de coeficientes indeterminados. Sin embargo, existe una ecuación diferencial de coeficientes variables que es una excepción, pues su solución general siempre se puede expresar en términos de potencias de $x$, senos, cosenos y funciones logarítmicas, dicha ecuación es conocida como ecuación de Cauchy – Euler y dedicaremos esta entrada a estudiarla, así como su método de resolución.

Decidimos estudiar esta ecuación en este momento debido a que el método de resolución es bastante similar al de las ecuaciones con coeficientes constantes en los que se debe resolver una ecuación auxiliar.

Ecuación de Cauchy – Euler

Enseguida nos damos cuenta de que los coeficientes

$$b_{n}(x) = a_{n}x^{n}, \hspace{0.5cm} b_{n -1}(x) = a_{n -1}x^{n -1}, \hspace{0.5cm} \cdots, \hspace{0.5cm} b_{1}(x) = a_{1}x^{1}, \hspace{0.5cm} b_{0}(x) = a_{0}x^{0}$$

son dependientes de $x$, es decir, son coeficientes variables, además la característica importante de esta ecuación es que el grado $k = n, n -1, \cdots, 1, 0$ de los coeficientes monomiales $x^{k}$ coincide con el orden $k$ de la derivación $\dfrac{d^{k}y}{dx^{k}}$.

Como se ha hecho a lo largo de la unidad, desarrollaremos con todo detalle el método de resolución de la ecuación de Cauchy – Euler para el caso de segundo orden, recordando que es posible extender el método a cualquier orden $n$ siguiendo el mismo razonamiento.

Iniciaremos nuestro análisis con un estudio detallado de las formas de las soluciones generales de la ecuación homogénea de segundo orden

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{2} \tag{2}$$

con $a$, $b$ y $c$ constantes. Para resolver la ecuación no homogénea

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy = g(x) \label{3} \tag{3}$$

con $g(x) \neq 0$, basta aplicar el método de variación de parámetros (o de coeficientes indeterminados) una vez que se ha determinado la función complementaria $y_{c}$, es decir, la solución general de la ecuación homogénea (\ref{2}).

Una consideración importante es que el coeficiente $ax^{2}$ de $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ es cero en $x = 0$, para garantizar los resultados fundamentales del teorema de existencia y unicidad y sean aplicables a la ecuación de Cauchy – Euler debemos encontrar soluciones generales definidas en el intervalo $\delta = (0, \infty)$. Las soluciones en el intervalo $(-\infty, 0)$ se obtienen al sustituir $t = -x$ en la ecuación diferencial.

Método de resolución

En el caso de las ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes propusimos como solución una función de la forma

$$y(x) = e^{kx}$$

De manera similar, en este caso se prueba una solución de la forma

$$y(x) = x^{k}$$

Donde $k$ es un valor que se debe determinar. Al sustituir $x^{k}$, cada término de una ecuación de Cauchy – Euler se convierte en un polinomio en $k$ veces $x^{k}$, puesto que

\begin{align*}
a_{n}x^{n}\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} &= a_{n}x^{n} \left[ k(k -1)(k -2) \cdots (k -n + 1)x^{k -n} \right] \\
&= \left[ a_{n} k(k -1)(k -2) \cdots (k -n + 1) \right] x^{k}
\end{align*}

Por ejemplo, cuando sustituimos $y = x^{k}$ y las respectivas derivadas en la ecuación de segundo orden (\ref{2}), se obtiene

\begin{align*}
ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy &= ax^{2}[k(k -1)x^{k -2}] + bx[kx^{k -1}] + cx^{k} \\
&= ak(k -1)x^{k} + bkx^{k} + cx^{k} \\
&= \left[ ak(k -1) + bk + c \right] x^{k} \label{4} \tag{4}
\end{align*}

Así, $y = x^{k}$ es una solución de la ecuación diferencial homogénea siempre que $k$ sea una solución de la ecuación auxiliar

$$ak(k -1) + bk + c = 0$$

o bien,

$$ak^{2} + (b -a)k + c = 0 \label{5} \tag{5}$$

Hay tres casos distintos a considerar que dependen de si las raíces de esta ecuación auxiliar son reales y distintas, reales e iguales o complejas.

Caso 1: Raíces reales y distintas

Sean $k_{1}$ y $k_{2}$ las raíces reales de (\ref{5}), tales que $k_{1} \neq k_{2}$. Entonces

$$y_{1} = x^{k_{1}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2} = x^{k_{2}}$$

forman un conjunto fundamental de soluciones. El Wronskiano esta dado como

\begin{align*}
W(x^{k_{1}}, x^{k_{2}}) &= \begin{vmatrix}
x^{k_{1}} & x^{k_{2}} \\
k_{1}x^{k_{1} -1} & k_{2}x^{k_{2} -1} \end{vmatrix} \\
&= k_{2}x^{(k_{1} + k_{2} -1)} -k_{1}x^{(k_{2} + k_{1} -1)}
\end{align*}

Como

$$W(x^{k_{1}}, x^{k_{2}}) = (k_{2} -k_{1}) x^{k_{1} + k_{2} -1} \neq 0$$

$\forall x \in \delta$, entonces la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son reales y distintas, es

$$y(x) = c_{1}x^{k_{1}} + c_{2}x^{k_{2}} \label{6} \tag{6}$$

Caso 2: Raíces reales repetidas

Si las raíces de (\ref{5}) son repetidas, es decir $k_{1} = k_{2}$, entonces se obtiene sólo una solución particular

$$y = x^{k_{1}} = x^{k_{2}} = x^{k}$$

Cuando las raíces de la ecuación auxiliar (\ref{5}) son iguales, el discriminante necesariamente es cero, es así que de (\ref{5}) se deduce que las raíces deben ser

$$k = -\dfrac{(b -a)}{2a}$$

Cuando estudiamos el método de reducción de orden vimos que conocida una solución no trivial $y_{1}$, una segunda solución $y_{2}$, tal que $y_{1}$ y $y_{2}$ formen un conjunto fundamental de soluciones, puede ser determinada por la expresión

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y^{2}_{1}(x)}} \label{7} \tag{7}$$

Para usar este resultado escribamos a la ecuación de Cauchy – Euler en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{b}{ax} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{c}{ax^{2}}y = 0 \label{8} \tag{8}$$

Identificamos que

$$P(x) = \dfrac{b}{ax} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{c}{ax^{2}}$$

Vemos que

$$\int{P(x) dx} = \int{\dfrac{b}{ax} dx} = \dfrac{b}{a} \ln(x)$$

Sustituyendo en (\ref{7}) obtenemos lo siguiente

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x^{k} \int{\dfrac{e^{-(b/a) \ln(x)}}{x^{2k}} dx} \\
&= x^{k} \int{ \dfrac{x^{-b/a}}{x^{2k}} dx} \\
&= x^{k} \int{\dfrac{x^{-b/a}}{x^{-(b -a)/a}} dx} \\
&= x^{k} \int{ \dfrac{dx}{x}} \\
&= x^{k} \ln (x)
\end{align*}

En el proceso se ha considerado que

$$e^{-(b/a)}\ln (x) = e^{ \ln (x^{-b/a})} = x^{-b/a}$$

y

$$2k = -\dfrac{(b -a)}{a}$$

Entonces, la segunda solución es

$$y_{2}(x) = x^{k} \ln(x)$$

Vemos que

\begin{align*}
W(x^{k} ,x^{k} \ln (x)) &= \begin{vmatrix}
x^{k} & x^{k} \ln (x) \\
kx^{k -1} & kx^{k -1} \ln (x) + x^{k -1} \end{vmatrix} \\
&= kx^{2k -1} \ln (x) + x^{2k -1} -kx^{2k -1} \ln (x) \\
&= x^{2k -1}
\end{align*}

Como

$$W(x^{k} ,x^{k} \ln (x)) = x^{2k -1} \neq 0$$

$\forall x \in \delta$, entonces la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son iguales, es

$$y(x) = c_{1}x^{k} + c_{2}x^{k} \ln(x) \label{9} \tag{9}$$

Para ecuaciones de orden superior, si $k$ es una raíz de multiplicidad $r$, entonces se puede demostrar que

$$x^{k}, \hspace{0.5cm} x^{k} \ln(x), \hspace{0.5cm} x^{k}(\ln(x))^{2}, \hspace{0.5cm} \cdots, \hspace{0.5cm} x^{k}(\ln(x))^{r -1}$$

son $r$ soluciones linealmente independientes. En correspondencia, la solución general de la ecuación diferencial debe contener una combinación lineal de estas $r$ soluciones.

Caso 3: Raíces complejas conjugadas

Si las raíces de (\ref{5}) son el par conjugado

$$k_{1} = \alpha + i \beta \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \alpha -i \beta$$

Donde $\alpha$ y $\beta > 0$ son reales, entonces una solución es

$$y(x) = C_{1}x^{\alpha + i \beta} + C_{2}x^{\alpha -i \beta} \label{10} \tag{10}$$

De tarea moral muestra que

$$W(x^{\alpha + i \beta}, x^{\alpha -i \beta}) = -2i \beta x^{2\alpha -1} \neq 0$$

lo que indica que la solución (\ref{10}) está compuesta por las funciones del conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial de Cauchy – Euler.

Tal como lo hicimos en el caso de coeficientes constantes, se desea escribir la solución en términos de funciones reales. Consideremos la identidad

$$x^{i \beta} = (e^{\ln (x^{i \beta})}) = e^{i \beta \ln (x)} \label{11} \tag{11}$$

Usando la fórmula de Euler podemos escribir

$$x^{i \beta} = \cos \left( \beta \ln (x) \right) + i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{12} \tag{12}$$

De forma similar,

$$x^{-i \beta} = \cos \left( \beta \ln (x) \right) -i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{13} \tag{13}$$

Si se suman y restan los dos últimos resultados, se obtiene lo siguiente, respectivamente

$$x^{i \beta } + x^{-i \beta } = 2 \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} x^{i \beta } -x^{i \beta } = 2i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{14} \tag{14}$$

Debido a que (\ref{10}) es una solución para cualquier valor de las constantes, podemos notar que si elegimos $C_{1} = C_{2} = 1$ y, por otro lado, $C_{1} = 1, C_{2} = -1$, obtenemos las siguientes dos soluciones, respectivamente

$$y_{1}(x) = x^{\alpha}(x^{i \beta} + x^{-i \beta}) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x^{\alpha} (x^{i \beta} -x^{-i \beta}) \label{15} \tag{15}$$

Usando (\ref{14}) podemos escribir

$$y_{1}(x) = 2x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = 2ix^{\alpha} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{16} \tag{16}$$

De tarea moral muestra que

$$W(x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right), x^{\alpha } \sin \left(\beta \ln (x) \right) = \beta x^{2\alpha -1} \neq 0$$

Con esto se concluye que

$$y_{1}(x) = x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x^{\alpha} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{17} \tag{17}$$

constituyen un conjunto fundamental de soluciones reales de la ecuación diferencial. Así, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son complejas conjugadas, es

$$y(x) = x^{\alpha} \left[ c_{1} \cos \left( \beta \ln (x) \right) + c_{2} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \right] \label{18} \tag{18}$$

Realicemos algunos ejemplos en los que apliquemos cada caso.

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{2}{3}x \dfrac{dy}{dx} -\dfrac{2}{9}y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + \dfrac{2}{3} x \left[ kx^{k -1} \right] -\dfrac{2}{9}x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) + \dfrac{2}{3}k -\dfrac{2}{9} \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k(k -1) + \dfrac{2}{3}k -\dfrac{2}{9} = 0$$

o bien,

$$k^{2} -\dfrac{1}{3}k -\dfrac{2}{9} = 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces $k_{1} = \dfrac{2}{3}$ y $k_{2} = -\dfrac{1}{3}$. Como las raíces son reales y distintas, de acuerdo a (\ref{6}), la solución de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{2/3} + c_{2}x^{-1/3}$$

$\square$

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 3x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + 3x \left[ kx^{k -1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) + 3k + 1 \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k(k -1) + 3k + 1 = 0$$

o bien,

$$k^{2} + 2k + 1= 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces $k_{1} = k_{2} = -1$. Como las raíces son reales repetidas, por (\ref{9}) concluimos que la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{-1} + c_{2}x^{-1} \ln (x) = \dfrac{1}{x}[c_{1} + c_{2}\ln(x)]$$

$\square$

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler

$$3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$3x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + 6x \left[ kx^{k -1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ 3k(k -1) + 6k + 1 \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$3k(k -1) + 6k + 1 = 0$$

o bien,

$$3k^{2} + 3k + 1 = 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces

$$k_{1} = -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = -\dfrac{1}{2} -i \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$

Identificamos que

$$\alpha = -\dfrac{1}{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \beta = \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$

Las raíces son complejas conjugadas, de manera que la solución esta dada por (\ref{18}). Así, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = x^{-1/2} \left[ c_{1} \cos \left( \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \ln (x) \right) + c_{2} \sin \left( \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \ln (x) \right) \right]$$

$\square$

Caso no homogéneo

Para resolver la ecuación no homogénea (\ref{3}) podemos aplicar el método de variación de parámetros visto en la entrada anterior, pues basta encontrar el conjunto fundamental de soluciones $\{ y_{1}, y_{2}\}$ de la ecuación homogénea asociada y con ello aplicar la fórmula de la solución particular, esto es

$$y_{p}(x) = -y_{1}(x) \int{\dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} + y_{2}(x) \int{\dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \label{19} \tag{19}$$

Recordar que la función $g(x)$ se obtiene de la forma estándar de la ecuación diferencial.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Usando el método de variación de parámetros, resolver la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x \dfrac{dy}{dx} + y = 2x$$

Solución: Debemos hallar el conjunto fundamental de soluciones, así que primero debemos resolver la ecuación homogénea asociada.

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Consideremos la solución $y = x^{k}$ y sus derivadas

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación homogénea asociada.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] -x \left[ kx^{k-1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) -k + 1 \right] = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -2k + 1 = 0$$

De donde $k_{1} = k_{2} = 1$, así la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1} x + c_{2} x \ln (x)$$

Las funciones

$$y_{1}(x) = x \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x\ln(x)$$

conforman al conjunto fundamental de soluciones. Para determinar el Wronskiano vamos a considerar la primer derivada de cada solución.

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = \ln(x) + 1$$

Sustituimos en el Wronskiano

$$W = \begin{vmatrix}
x & x \ln(x) \\
1 & \ln(x) + 1
\end{vmatrix} = x \ln(x) + x -x\ln(x) = x$$

El Wronskiano es

$$W(x) = x$$

Para determinar la función $g$ dividamos entre $x^{2}$ la ecuación diferencial y así escribirla en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{x^{2}}y = \dfrac{2}{x}$$

Vemos que

$$g(x) = \dfrac{2}{x}$$

Ahora podemos sustituir en la solución particular (\ref{19}).

\begin{align*}
y_{p}(x) &= -x \int{ \dfrac{x \ln(x) \left( \dfrac{2}{x} \right)}{x} dx} + x \ln(x) \int{ \dfrac{x \left(\dfrac{2}{x} \right)}{x}dx} \\
&= -2x \int{ \dfrac{\ln(x)}{x} dx} + 2x \ln(x) \int{ \dfrac{dx}{x}} \\
&= -2x \dfrac{[\ln(x)]^{2}}{2} + 2x [\ln(x)]^{2} \\
&= x[\ln(x)]^{2}
\end{align*}

La solución particular es

$$y_{p}(x) = x[\ln (x)]^{2}$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler será la superposición de ambas soluciones, esto es

$$y(x) = c_{1}x + c_{2}x \ln(x) + x[\ln(x)]^{2}$$

$\square$

Reducción a coeficientes constantes

Las similitudes entre las formas de las soluciones de ecuaciones de Cauchy – Euler y soluciones de ecuaciones con coeficientes constantes no son una coincidencia.

Por ejemplo, cuando las raíces de las ecuaciones auxiliares para

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy =0$$

y

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy =0$$

son distintas y reales, las soluciones generales respectivas, para $x > 0$, son

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1}x} + c_{2}e^{k_{2}x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y(x) = c_{1}x^{k_{1}} + c_{2}x^{k_{2}} \label{20} \tag{20}$$

Usando la identidad

$$e^{\ln x} = x$$

Para $x> 0$, la segunda solución dada en (\ref{20}) puede expresarse en la misma forma que la primera solución.

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1} \ln(x)} + c_{2}e^{k_{2} \ln (x)} = c_{1}e^{k_{1}t} + c_{2}e^{k_{2}t} \label{21} \tag{21}$$

donde $t = \ln (x)$. Este resultado ilustra que cualquier ecuación de Cauchy – Euler se puede escribir como una ecuación con coeficientes constantes haciendo la sustitución $x = e^{t}$ y con esto resolver la nueva ecuación diferencial en términos de la variable $t$, usando los métodos descritos en la entrada correspondiente y una vez obtenida la solución general, sustituir nuevamente $t = \ln (x)$. Este método requiere del uso de la regla de la cadena.

Si se hace la sustitución $x = e^{t}$, (o bien $t = \ln(x)$), aplicando la regla de la cadena obtenemos las siguientes expresiones para las derivadas.

$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt} \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \label{22} \tag{22}$$

y

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right) = -\dfrac{1}{x^{2}} \dfrac{dy}{dt} + \dfrac{1}{x^{2}} \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} = \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \label{23} \tag{23}$$

Sustituyendo en la ecuación de Cauchy – Euler obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy &= ax^{2} \left[ \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \right] + bx \left[ \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right] + cy \\
&= a \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} + (b -a) \dfrac{dy}{dt} + cy
\end{align*}

Por lo tanto, haciendo la sustitución $x = e^{t}$ reducimos la ecuación de Cauchy – Euler a la ecuación

$$a\dfrac{d^{2}y(t)}{dt^{2}} + (b -a) \dfrac{dy(t)}{dt} + cy(t) = g(t) \label{24} \tag{24}$$

que corresponde a una ecuación diferencial con coeficientes constantes en donde la variable independiente es $t$.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Usar el cambio de variable $x= e^{t}$ para convertir la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3x \dfrac{dy}{dx} + 13y = 4 + 3x$$

en una ecuación de coeficiente constantes y obtener la solución general.

Solución: Consideremos el cambio de variable $x = e^{t}$, usando los resultados (\ref{22}) y (\ref{23}), la ecuación de Cauchy – Euler queda como sigue

$$x^{2}\left[ \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \right] -3x \left[ \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right] +13y = 4 + 3e^{t}$$

Esto es,

$$\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -4 \dfrac{dy}{dt} + 13y = 4 + 3e^{t}$$

Ahora tenemos una ecuación no homogénea con coeficientes constantes. Comencemos por resolver la ecuación homogénea.

$$\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -4 \dfrac{dy}{dt} + 13y = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -4k + 13 = 0$$

Las raíces son

$$k_{1} = 2 + i3 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = 2 -i3$$

Identificamos que $\alpha = 2 $ y $\beta = 3$, entonces la solución complementaria, en la variable $t$, es

$$y_{c}(t) = c_{1}e^{2t} \cos(3t) + c_{2}e^{2t} \sin(3t)$$

Las funciones correspondientes al conjunto fundamental de soluciones son

$$y_{1}(x) = e^{2t} \cos(3t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{2t} \sin(3t)$$

Las derivadas correspondientes son

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 2e^{2t} \cos(3t) -3e^{2t} \sin(3t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = 2e^{2t} \sin(3t) + 3e^{2t} \cos(3t)$$

El Wronskiano esta dado por

$$W = \begin{vmatrix}
e^{2t} \cos(3t) & e^{2t} \sin(3t) \\
2e^{2t} \cos(3t) -3e^{2t} \sin(3t) & 2e^{2t} \sin(3t) + 3e^{2t} \cos(3t)
\end{vmatrix}$$

Calculando el determinante obtendremos

$$W(t) = 3e^{4t}$$

La ecuación diferencial ya se encuentra en su forma estándar, así que la función $g$ es

$$g(t) = 4 + 3e^{t}$$

Ahora podemos sustituir las funciones correspondientes en la solución particular (\ref{19}) para la variable $t$.

\begin{align*}
y_{p}(t) &= -e^{2t} \cos(3t) \int{ \dfrac{e^{2t} \sin(3t) (4 + 3e^{t})} {3e^{4t}} dt} + e^{2t} \sin(3t) \int{ \dfrac{e^{2t} \cos(3t) (4 + 3e^{t})}{3e^{4t}} dt} \\
&= -e^{2t} \cos(3t) \left[ \dfrac{4}{3} \int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{2t}} dt} + \int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{t}} dt }\right] \\
&+ e^{2t} \sin(3t) \left[ \dfrac{4}{3} \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{2t}} dt} + \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{t}} dt} \right]
\end{align*}


Las integrales se resuelven con integración por partes. De tarea moral desarrolla el cálculo de cada integral, los resultados correspondientes son

$$\int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{2t}} dt} = -\dfrac{2}{13}e^{-2t} \sin(3t) -\dfrac{3}{13}e^{-2t} \cos(3t)$$

$$\int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{t}} dt} = -\dfrac{3}{10}e^{-t} \cos(3t) -\dfrac{1}{10}e^{-t} \sin(3t)$$

$$\int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{2t}} dt} = -\dfrac{2}{13}e^{-2t} \cos(3t) + \dfrac{3}{13}e^{-2t} \sin(3t)$$

$$ \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{t}} dt} = \dfrac{3}{10}e^{-t} \sin(3t) -\dfrac{1}{10}e^{-t} \cos(3t)$$

Sustituyendo estos resultados en $y_{p}(t)$ y reduciendo la expresión obtendremos la solución particular

$$y_{p}(t) = \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}e^{t}$$

Por tanto, la solución general en términos de la variable $t$ es

$$y(t) = c_{1}e^{2t} \cos(3t) + c_{2}e^{2t} \sin(3t) + \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}e^{t}$$

Si regresamos a la variable original $x = e^{t}$ obtenemos finalmente que la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{2} \cos[3 \ln(x)] + c_{2}x^{2} \sin[3 \ln(x)] + \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}x$$

$\square$

Con esto concluimos el estudio de la ecuación de Cauchy – Euler y en general con el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior con coeficientes constantes y ecuaciones sencillas con coeficientes variables.

Tarea moral

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

  1. Resolver las siguientes ecuaciones de Cauchy – Euler.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -12y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3x \dfrac{dy}{dx} + 5y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0$
  • $25x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 25x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} -5y = 0$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones de Cauchy – Euler usando el método de variación de parámetros.
  • $2x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + y = x^{2} -x$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x \dfrac{dy}{dx} -y = \dfrac{1}{x + 1}$
  1. Usar el cambio de variable $x = e^{t}$ para convertir las ecuaciones de Cauchy – Euler en ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes y resolver la ecuación.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 10x \dfrac{dy}{dx} + 8y = x^{2}$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4x \dfrac{dy}{dx} + 6y = \ln (x^{2})$
  1. Hacer una extensión a orden 3 de la teoría desarrollada en esta entrada y aplicando el método de variación de parámetros obtener la solución general de la siguiente ecuación de Cauchy – Euler.
  • $x^{3} \dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} -3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} -6y = 3 + \ln (x^{3})$

Más adelante…

Con esto concluimos la primera parte de la unidad dos. En la siguiente entrada abordaremos el tema de las oscilaciones mecánicas como ejemplo de aplicación de la teoría que hemos desarrollado hasta este momento.

En entradas posteriores haremos un estudio detallado sobre las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes variables y con ello cerraremos la segunda unidad.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Valores propios repetidos

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

En las últimas entradas hemos revisado el método de valores y vectores propios para resolver sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes de la forma $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$. Revisamos los casos cuando la matriz asociada tiene valores propios reales y todos distintos, y cuando tiene valores complejos. Para el primer caso las funciones $e^{\lambda_{i} t}\textbf{v}_{i}$ son soluciones linealmente independientes, donde $\lambda_{i}$ es un valor propio y $\textbf{v}_{i}$ es un vector propio asociado a $\lambda_{i}, \; \forall i \in \{1,…,n\}$. La solución general es la combinación lineal de dichas soluciones. Para el caso de valores propios complejos vimos que de una solución compleja $e^{\lambda_{i} t}\textbf{v}_{i}$ podíamos encontrar dos soluciones reales: la parte real y la parte imaginaria de dicha solución. Además estas soluciones resultaron ser linealmente independientes por lo que no fue difícil hallar la solución general al sistema de esta forma.

Vamos a terminar de revisar el método de valores y vectores propios analizando el caso cuando la matriz $\textbf{A}$ asociada al sistema tiene valores propios repetidos, tanto si es diagonalizable como si no lo es.

Iniciaremos con el caso cuando es $\textbf{A}$ es diagonalizable. Veremos que es bastante sencillo hallar $n$ vectores propios linealmente independientes ya que si $\lambda_{i}$ es un valor propio con multiplicidad $k$, entonces existirán $k$ vectores propios linealmente independientes asociados a dicho valor propio. Por lo tanto, podremos encontrar $n$ soluciones linealmente independientes al sistema y la solución general será la combinación lineal de estas.

Finalizaremos con el caso cuando $\textbf{A}$ no es diagonalizable, donde no existirán $n$ vectores propios linealmente independientes ya que para algún valor propio $\lambda_{i}$ con multiplicidad $k$ no existirán $k$ vectores propios linealmente independientes. Sin embargo, con ayuda de la exponencial de la matriz $\textbf{e}^{t \textbf{A}}$ y el concepto de vector propio generalizado podremos encontrar $k$ soluciones linealmente independientes correspondientes al valor propio $\lambda_{i}$. Nuevamente la solución general será la combinación lineal de las $n$ soluciones generadas de esta manera.

Método de valores y vectores propios para matrices diagonalizables con valores propios repetidos

Analizamos el caso cuando la matriz $\textbf{A}$ asociada al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ es diagonalizable y tiene valores propios repetidos. Resolvemos un par de sistemas para ejemplificar el caso correspondiente.

Método de valores y vectores propios para matrices no diagonalizables

En el primer video analizamos de manera general el caso cuando la matriz asociada al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ no es diagonalizable. Definimos el concepto de vector propio generalizado y con ayuda de la exponencial $\text{e}^{t \textbf{A}}$ generamos la solución general al sistema. En el segundo video resolvemos un par de ejemplos referentes al caso analizado.

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.

  • ¿Es posible tener una matriz $\textbf{A}$ de tamaño $3 \times 3$ con valores propios complejos repetidos?
  • Prueba que si $\lambda$ es un valor propio complejo con multiplicidad $k$ de $\textbf{A}$, entonces su conjugado $\bar{\lambda}$ tiene multiplicidad $k$.
  • Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\textbf{X}.$$
  • Resuelve el problema de condición inicial $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 3\\ 3 & 1 & 3\\ 3 & 3 & 1\end{pmatrix}\textbf{X} \, \, \, \, \, ; \, \, \, \, \, \textbf{X}(0)=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$
  • Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 1\\ 2 & -3 & 1\\ 1 & -1 & -1\end{pmatrix}\textbf{X}.$$

Más adelante

Con esta entrada terminamos de analizar el método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Una vez que logramos resolver tales sistemas, es tiempo de estudiar el caso no homogéneo.

Como ya sabemos, la solución general a estos sistemas serán la suma de la solución general al sistema homogéneo correspondiente mas una solución particular al sistema no homogéneo. El método por el cual encontraremos esta solución particular será el de variación de parámetros, el cual estudiaremos en la siguiente entrada.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Localización de máximos y mínimos. Monotonía de funciones

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

En cursos de Cálculo en el bachillerato, posiblemente resolviste ejercicios en los cuales te solicitaban hallar los puntos críticos de una función y realizar la gráfica de la misma basándote en ellos.
Recordemos primero que un punto crítico $x$ de una función $f$ es aquel que al evaluarlo en la derivada de $f$ nos da la siguiente igualdad:
$$f'(x)=0.$$

Y que en el conjunto de estos puntos críticos se encontraban los máximos y mínimos de la función $f$.
En esta entrada daremos las definiciones formales correspondientes y veremos los Criterios de las derivadas para identificarlos. También veremos resultados en los que, haciendo uso de la derivada, podremos determinar si una función es creciente o decreciente en un intervalo.

Máximo y mínimo global

Definición: Sea $f: D_f \subseteq \r \rightarrow \r$ una función y $x_0 \in D_f$. Decimos que en $x_0$ se alcanza:

  • Un máximo global si para toda $x \in D_f$ se cumple que:
    $$f(x)\leq f(x_0).$$
  • Un mínimo global si para toda $x \in D_f$ se cumple que:
    $$f(x_0)\leq f(x).$$

Máximo y mínimo local

Definición: Consideremos a una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$ con $r\in \r^{+}$ y tenemos que existe $f(x_0)$ decimos que:

  • $x_0$ es un máximo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x)\leq f(x_0).$$
  • $x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x_0)\leq f(x).$$
  • $x_0$ no es máximo ni mínimo si existen $x_1, x_2$ tales que para toda $r>0$ y para cualquier $x\in(x_0-r, x_0 +r)$ ocurre que:
    $$f(x_1)<f(x_0)<f(x_2).$$

En la imagen anterior vemos que el punto $A$ es un máximo de la función y $B$ un mínimo.

La derivada y los puntos críticos

Teorema: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y es derivable en el punto $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$.

Si tenemos que $x_0$ es un máximo o un mínimo local de $f \Rightarrow f'(x_0)=0$.

Demostración: Tomemos $x_0$ máximo local de $f$, así por definición tenemos que existe $r_1>0$ tal que para cualquier $x \in (x_0-r_1, x_0+r_1)$ ocurre que:
$$ f(x) \leq f(x_0) .$$
O bien, si $x_0$ mínimo local de $f$ tenemos que existe $r_1>0$ tal que para cualquier $x \in (x_0-r_1, x_0+r_1)$ ocurre que:
$$f(x_0) \leq f(x).$$
Consideremos ahora $h$ tal que:
$$|h| \leq r_2= \text{min} \left\{r,r_1 \right\}.$$
Veremos el caso en que $x_0$ es máximo local de $f$.
Caso 1: Supongamos que $x_0$ es máximo.
Si tenemos que $h>0$ se sigue que:
\begin{align*}
f(x_0+h)< f(x_0) &\Rightarrow f(x_0+h)-f(x_0)<0\\
&\Rightarrow \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}<0\\
&\Rightarrow \lim_{h \to 0^{+}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h} \leq 0\\
\end{align*}

Ya que $f$ es derivable en $x_0$ entonces podemos afirmar la siguiente igualdad:
$$ \lim_{h \to 0^{+}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}=f'(x_0).$$
$$\therefore f'(x_0)\leq 0.$$

Ahora bien, si tenemos que $h<0$ tenemos que:
\begin{align*}
f(x_0+h)-f(x_0)<0 &\Rightarrow \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}>0\\
&\Rightarrow \lim_{h \to 0^{-}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}\geq 0
\end{align*}
$$\therefore f'(x_0) \geq 0.$$
$$\therefore 0\leq f'(x_0) \leq 0.$$

Y así concluimos que $f'(x_0)=0.$

$\square$

El Caso 2 considerando ahora que $x_0$ es mínimo se quedará como ejercicio de Tarea moral, para realizar la prueba se procede de manera análoga al caso que ya vimos.

Gráficamente el resultado anterior se vería como sigue:

donde en el intervalo en el que se encuentra el punto $A$ la recta tangente a dicho punto tiene pendiente cero, es decir, es una recta horizontal. Observamos que para el intervalo (representado por la franja rosa) en el que se encuentra el punto $B$ tenemos una situación similar.

La derivada y la monotonía de las funciones

Teorema: Consideremos $f$ una función e $I$ un intervalo.

  1. Si $f'(x) > 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es creciente en $I$.
  2. Si $f'(x) \geq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no decreciente en $I$.
  3. Si $f'(x) < 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es decreciente en $I$.
  4. Si $f'(x) \leq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no creciente en $I$.

Demostración 1:

Queremos probar que para cualesquiera $x_1,x_2 \in I$ donde si $x_1<x_2$ entonces:
$$f(x_1)<f(x_2).$$

Así tomemos $x_1,x_2$ en el intervalo $I$ con $x_1 < x_2$. Veamos que $[x_1,x_2] \subseteq I$ y que $f$ es derivable en $(x_1,x_2) \subseteq I$. Y además tenemos que $f$ es continua en $[x_1,x_2] \subseteq I$, aplicando el Teorema del valor medio para la derivada:
$\exists \alpha \in (x_1,x_2)$ tal que $f'(\alpha)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$.
Por hipótesis tenemos que:
$$ f'(\alpha)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} >0.$$
Debido a que también supusimos $x_2-x_1>0$ para que se cumpla la desigualdad anterior necesariamente debe ocurrir que:
$$f(x_2)-f(x_1)>0 \Rightarrow f(x_2)>f(x_1).$$

$\square$

Criterio de la primera derivada

Teorema (Criterio de la primera derivada): Si $f'(x_0)=0$ y existe $r>0$ tal que:

  1. Para todo $x \in (x_0-r,x_0)$, $f'(x)<0$ y para todo $x \in (x_0,x_0+r)$, $f'(x)>0$
    $\Rightarrow x_0$ es mínimo local de $f$.
  2. Para todo $x\in (x_0-r,x_0)$, $f'(x)>0$ y para todo $x \in (x_0,x_0+r)$, $f'(x)<0$
    $\Rightarrow x_0$ es máximo local de $f$.

Demostración 1:

Sea $x \in (x_0-r, x_0)$ por hipótesis tenemos que $f'(x)<0$. Aplicando el teorema anterior afirmamos que $f$ es decreciente en $(x_0-r,x_0)$, así para cualquier $x < x_0$ en $(x_0-r, x_0)$:
$$f(x)>f(x_0).$$

Ahora tomando $x\in (x_0,x_0+r)$ tenemos que $f'(x)>0$. Y por el teorema anterior sabemos que $f$ es creciente en el intervalo $(x_0,x_0+r)$. Por definición para cualquier $x>x_0$ en $(x_0,x_0+r)$ ocurre que:
$$f(x_0)<f(x).$$
De lo anterior podemos concluir que para toda $x \in (x_0-r,x_0) \cup (x_0,x_0+r)= (x_0-r,x_0+r)$ se cumple la desigualdad:
$$f(x_0)<f(x).$$
que es justo la definición de $x_0$ mínimo local de $f$.

$\square$

A continuación veremos ejemplos donde aplicaremos los teoremas anteriores para localizar los máximos y mínimos de una función, como los intervalos donde es creciente o decreciente.

Ejemplo 1

Encuentra los puntos críticos de la siguiente función y determina si se trata de un máximo o un mínimo:
$$f(x)=(x-1)^{2}(x+1)^{3}$$

Solución:

Para encontrarlos seguiremos los siguientes pasos:
Paso 1: Hallamos la primera derivada de la función $f$.
\begin{align*}
f'(x)&= 2(x-1)(x+1)^{3}+3(x+1)^{2}(x-1)^{2}\\
&= (x-1)[2(x+1)^{3}+3(x+1)^{2}(x-1)]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}[2(x+1)+3(x-1)]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}[2x+2+3x+3]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}(5x-1)\\
\therefore f'(x)&= (x-1)(x+1)^{2}(5x-1)
\end{align*}

Paso 2: Igualamos la derivada a cero para encontrar los puntos críticos.
$$f'(x)=0 \Leftrightarrow (x-1)(x+1)^{2}(5x-1) =0$$
El producto anterior lo cumple cuando:
\begin{align*}
(x+1)^{2} =0 & &\text{o}\quad 5x-1=0 & &\text{o}\quad x-1=0 \\
\sqrt{ (x+1)^{2}}= \sqrt{0} & &\text{o}\quad 5x=1& &\text{o}\quad x=1\\
x+1=0 & &\text{o}\quad x=\frac{1}{5}\\
x=-1
\end{align*}

Por lo que debemos determinar para $x=1$, $x=-1$ y $x=\frac{1}{5}$ si se trata de un máximo, un mínimo o ninguno de los dos.

Paso 3: Para determinar si es un máximo o mínimo, aplicando el Criterio de la primera derivada debemos sustituir en la primera derivada un valor $x_1<x$ para determinar si $f'(x_1)$ es positiva o negativa. De igual modo debemos evaluar una $x<x_2$ y obtener si $f'(x_2)$ es positiva o negativa.

Comencemos con $x=1$:
Si tomamos $x<1$ y sustituimos en $f'(x)=5(x-1)(x+1)^{2}(x-\frac{1}{5})$ a $x_1=\frac{1}{2}$ en la derivada
\begin{align*}
f’ \left(\frac{1}{2}\right)&= 5 \left(\frac{1}{2}-1\right) \left(\frac{1}{2}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&= 5\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)^{2}\left(\frac{3}{10}\right) \tag{que es negativo}
\end{align*}
Ahora para $x>1$ evaluamos $x_2=2$
\begin{align*}
f'(2)&= 5(2-1)(2+1)^{2}\left(2-\frac{1}{5}\right)\\
&=5(1)(3)^{2}\left(\frac{9}{5}\right) \tag{que es positivo}
\end{align*}
Ya que la derivada pasó de ser negativa a positiva tenemos que cuando $x=1$ la función tiene un mínimo.
$\therefore p_1=(1,0)$ es mínimo de $f$.

Continuemos con $x=-1$:
Para $x<-1$ tomaremos $x_1=-2$.
\begin{align*}
f'(-2)&=5(-2-1)(-2+1)^{2}\left(-2-\frac{1}{5}\right)\\
&=5(-3)(-1)^{2}\left(-\frac{11}{5}\right) \tag{que es positivo}
\end{align*}

Y para $x>-1$ consideramos ahora $x_2=-\frac{1}{2}$.
\begin{align*}
f’\left(-\frac{1}{2}\right)&=5\left(-\frac{1}{2}-1\right)^{2}\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{3}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(-\frac{7}{10}\right)\tag{que es positivo}
\end{align*}

Debido a que la derivada no presenta cambio de signo, cuando $x=-1$ no es máximo ni mínimo.

Finalmente para $x=\frac{1}{5}$ análogamente procedemos:
Cuando $x< \frac{1}{5}$ sustituiremos $x_1=\frac{1}{6}$.
\begin{align*}
f’\left(\frac{1}{6}\right)&=5\left(\frac{1}{6}-1\right)\left(\frac{1}{6}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{5}{6}\right)\left(\frac{7}{6}\right)^{2}\left(-\frac{1}{30}\right)\tag{que es positivo}
\end{align*}

Ahora bien para $x>\frac{1}{5}$ evaluaremos $x_2=\frac{1}{2}$.
\begin{align*}
f’\left(\frac{1}{2}\right)&=5\left(\frac{1}{2}-1\right)\left(\frac{1}{2}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{10}\right)\tag{que es negativo}
\end{align*}

Vemos que la derivada pasó de ser positiva a ser negativa, por lo tanto, cuando $x=\frac{1}{5}$ la función $f$ tiene un máximo.
$\therefore p_2=(0.2,1.10)$ es un máximo de $f$.

Ejemplo 2

Hallar los intervalos donde es creciente o decreciente la siguiente función:
$$f(x)=4x^{3}+3x^{2}-6x.$$

Solución:
Comenzaremos derivando la función y simplificando
\begin{align*}
f'(x)&= 12x^{2}+6x-6\\
&=6x^{2}+x-1\\
&=\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)
\end{align*}

Sabemos que cuando $f'(x)>0$ la función es creciente, por ello veremos qué valores satisfacen la siguiente desigualdad:
$$\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)>0.$$
El producto anterior cumple ser positivo cuando
Caso 1:
\begin{align*}
x -\frac{1}{2} >0 & &\text{y}\quad x+1>0\\
x > \frac{1}{2} & &\text{y}\quad x>-1\\
\end{align*}
Por lo que el intervalo solución para este caso es: $\left(\frac{1}{2}, \infty \right)$.

Caso 2:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}<0 & &\text{y}\quad x+1<0\\
x <\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x<-1
\end{align*}
Así el intervalo solución es: $(-\infty, -1)$.

Concluimos que los intervalos donde $f$ es creciente son:
$$ (-\infty, -1) \cup \left(\frac{1}{2}, \infty \right).$$

Para encontrar donde la función es decreciente debemos trabajar con la desigualdad $f'(x)<0$, que sería:
$$\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)<0.$$
Lo anterior se cumple en los siguientes casos:
Caso 3:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}>0 & &\text{y}\quad x+1<0\\
x>\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x<-1
\end{align*}
Vemos que la solución de este caso es vacía.

Caso 4:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}<0 & &\text{y}\quad x+1>0\\
x<\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x>-1
\end{align*}
El intervalo que cumple lo anterior es $\left(-1,\frac{1}{2}\right)$.

De los casos anteriores tenemos que $f$ es decreciente en el intervalo:
$$ \left(-1,\frac{1}{2}\right) $$

Más adelante

En la siguiente entrada seguiremos trabajando con los máximos y mínimos de funciones, por lo que te presentaremos una herramienta más para poder localizarlos: el Criterio de la segunda derivada. También veremos cómo determinar las regiones de concavidad o convexidad de una función y sus puntos de inflexión.

Tarea moral

  • Da la demostración del teorema para el caso en que $x_0$ es un mínimo local de $f$.
  • Prueba los siguientes puntos:
    • Si $f'(x) \geq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no decreciente en $I$.
    • Si $f'(x) < 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es decreciente en $I$.
    • Si $f'(x) \leq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no creciente en $I$.
  • Determina si los siguientes enunciados son verdaderos o falsos. De ser verdadero da la demostración correspondiente, de lo contrario da un contraejemplo:
    • Si $f$ es una función creciente, derivable y continua en un intervalo $I \Rightarrow f'(x)>0$ para toda $x\in I$.
    • Si $f$ es una función estrictamente creciente, continua y derivable en $I \Rightarrow f'(x)>0$ para toda $x\in I$.
  • Realiza la gráfica de la función:
    $$f(x)=\frac{1}{(x-1)^{2}}+1.$$
    Determinando los intervalos donde $f$ es creciente o decreciente.
    Señalando si es que existen:
    • máximos y mínimos (locales y globales).
    • los valores $x$ donde $f(x)=0$.
    • $\lim_{x \to \infty^{+}} f(x)$.
    • $\lim_{x \to \infty^{-}} f(x)$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Triángulo medial y recta de Euler

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

Continuando con el estudio de las propiedades del centroide, en esta entrada veremos que es colineal con el ortocentro y el circuncentro, y que además triseca al segmento que une dichos puntos. Para establecer estos resultados, veremos primero algunos resultados del triángulo medial de un triángulo dado.

Triángulo medial

Definición 1. Al triángulo que tiene como vértices los puntos medios de un triángulo dado se le conoce como triángulo medial o triángulo complementario del triángulo dado.

Teorema 1. Un triángulo y su triángulo medial son homotéticos además comparten el mismo centroide.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $A’$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Por el teorema del segmento medio, los lados del triángulo medial $\triangle A’B’C’$ son paralelos a los lados de $\triangle ABC$ y por lo tanto son homotéticos.

Ya que las rectas determinadas por dos puntos homólogos, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son las medianas de $\triangle ABC$, entonces el centroide $G$ es el centro de homotecia y sabemos que $AG = 2GA’$, por lo que la razón de homotecia es $\dfrac{-1}{2}$, donde el signo menos indica que dos puntos homólogos de esta homotecia se encuentran en lados opuestos respecto del centro de homotecia.

Figura 1

Como $BC$ y $B’C’$ son rectas homotéticas, entonces el punto homólogo de $A’ \in BC$ es $E = A’G \cap B’C’$, y como $A’$ es el punto medio de $BC$ entonces $E$ es el punto medio de $B’C’$, pues la homotecia preserva las proporciones.

Por lo tanto, $A’G$ es mediana de $\triangle A’B’C’$, de manera similar podemos ver que $B’G$ y $C’G$ son medianas de $\triangle A’B’C’$, por lo tanto, $G$ es el centroide de $\triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Proposición 1. El circuncentro de un triángulo es el ortocentro de su triángulo medial.

Demostración. Se sigue del hecho de que las mediatrices de un triángulo son las alturas de su triángulo medial, esto es así porque los vértices del triángulo medial son, por definición, los puntos medios de un triángulo dado y los lados del triángulo medial son paralelos a los lados del triángulo dado.

$\blacksquare$

Figura 2

Triángulo anticomplementario

Definición 2. Dado un triángulo, al triángulo formado por las rectas paralelas a los lados del triángulo dado a través de los respectivos vértices opuestos, se le conoce como triángulo anticomplementario del triángulo dado.

Proposición 2. Un triángulo y su triángulo anticomplementario son homotéticos y tienen el mismo centroide.

Demostración. Consideremos $\triangle ABC$ y $\triangle A’’B’’C’’$ su triángulo anticomplementario.

Figura 3

Como $\square C’’BCA$ y $\square ABCB’’$ son paralelogramos entonces $C’’A = BC = AB’’$, por lo tanto, $A$ es el punto medio de $B’’C’’$. De manera análoga vemos que $B$ y $C$ son puntos medio de $A’’C’’$ y $A’’B’’$ respectivamente,

Por lo tanto, $\triangle ABC$ es el triángulo medial de $\triangle A’’B’’C’’$ y por el teorema 1 se tiene el resultado.

$\blacksquare$

Circunferencia de Droz Farny

Proposición 3. El producto de los segmentos en que el ortocentro divide a la altura de un triángulo es igual para las tres alturas del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$ y $C$ respectivamente y $H$ el ortocentro.

Figura 4

Notemos que $\triangle AFH \sim \triangle CDH$ y $\triangle AEH \sim \triangle BDH$ (son semejantes) pues son triángulos rectángulos y comparten un ángulo opuesto por el vértice, por lo tanto
$\dfrac{AH}{CH} = \dfrac{FH}{DH}$ $\Rightarrow AH \times DH = CH \times HF$,
$\dfrac{AH}{BH} = \dfrac{EH}{DH}$ $\Rightarrow AH \times DH = BH \times HE$.

De esto se sigue que
$CH \times HF = AH \times DH = BH \times HE$.

$\blacksquare$

Teorema 2. Si tomamos los vértices de un triángulo como centros de circunferencias del mismo radio, estas cortaran a los respectivos lados de su triángulo medial en tres pares de puntos que son equidistantes del ortocentro del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su triángulo medial, tracemos tres circunferencias del mismo radio $(A, r)$, $(B, r)$ y $(C, r)$ las cuales intersecan a $B’C’$, $A’C’$ y $A’B’$ en $P$, $P’$; $Q$, $Q’$ y $R$, $R’$, respectivamente.

Sean $D \in BC$ el pie de la altura por $A$, y $M = AD \cap B’C’$, por el teorema de Pitágoras en $\triangle AMP$ y $\triangle HMP$ tenemos
$AP^2 – AM^2 = MP^2 = HP^2 – HM^2$
$\Rightarrow AP^2 – HP^2 = AM^2 – HM^2 = (AM + HM)(AM – HM)$.

Figura 5

Como $\triangle AC’B’ \cong \triangle C’BA’$ son congruentes por criterio LLL entonces sus alturas desde $A$ y $C’$, respectivamente, son iguales , por lo tanto $AM = MD$,
$\Rightarrow AP^2 – HP^2 = (MD + HM)AH = HD \times AH$.

Por otra parte, $\triangle PAP’$ es isósceles y como $AM$ es altura entonces $AM$ es mediatriz de $PP’$, por lo tanto $HP = HP’$$\Rightarrow$
$\begin{equation} HP’^2 = HP^2 = AP^2 – AH \times HD. \end{equation}$.

Si consideramos $E$ y $F$ los pies de las alturas por $B$ y $C$ respectivamente podemos encontrar fórmulas análogas
$\begin{equation} HQ’^2 = HQ^2 = BQ^2 – BH \times HE, \end{equation} $
$\begin{equation} HR’^2 = HR^2 = CR^2 – CH \times HF. \end{equation} $.

Como $(A, r)$, $(B, r)$ y $(C, r)$ tienen el mismo radio, entonces $AP = BQ = CR$ y por la proposición 3, $AH \times DH = BH \times HE = CH \times HF$.

Tomando lo anterior en cuenta y a las ecuaciones $(1)$, $(2)$ y $(3)$ se sigue que
$HP = HP’ = HQ = HQ’ = HR = HR’$.

$\blacksquare$

Recta de Euler

Teorema 3. El circuncentro, el centroide y el ortocentro de todo triangulo son colineales, con el centroide siempre en medio, a la recta determinada por estos tres puntos se le conoce como recta de Euler del triángulo, además $HG = 2GO$.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su triángulo medial, por el teorema 1, $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en homotecia desde $G$, el centroide, que es el mismo para ambos triángulos, y la razón de homotecia es $\dfrac{-1}{2}$.

Consideremos la altura $AD$ de $\triangle ABC$, la homotecia de $AD$ es una recta paralela a ella y que pasa por el punto homólogo de $A$, $A’$, es decir la homotecia de una altura de $\triangle ABC$ es una altura de $\triangle A’B’C’$.

Figura 6

Como el ortocentro $H$ de $\triangle ABC$ es la intersección de sus alturas, entonces su punto homologo bajo la homotecia estará en la intersección de las alturas de $\triangle A’B’C’$, esto es, el ortocentro de $\triangle A’B’C’$, $H’$.

Con esto tenemos que el ortocentro de $\triangle A’B’C’$ es colineal con $G$ el centroide y el ortocentro de $\triangle ABC$ respectivamente, además, debido a la razón de homotecia, $HG = 2GH’$.

Por la proposición 1, el ortocentro del triángulo medial $\triangle A’B’C’$ es el circuncentro $O$ de $\triangle ABC$.

Así, $O$, $G$ y $H$ son colineales y $HG = 2GO$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que si el triángulo es equilátero el ortocentro, el centroide y el circuncentro son el mismo punto y por lo tanto la recta de Euler degenera en un punto.

Problema. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados el vértice $A$, el circuncentro $O$ y las distancias de $A$ al ortocentro $AH$, y al centroide $AG$.

Solución. El centroide $G$ se encuentra en la circunferencia con centro en $A$ y radio $AG$, $(A, AG)$, el ortocentro $H$ se encuentra en la circunferencia con centro en $A$ y radio $H$, $(A, AH)$.

Por el teorema 3 sabemos que $H$, $G$ y $O$ son colineales y que $HO = 3GO$, por lo que $H$ y $G$ se encuentran en homotecia desde $O$.

Entonces, a $(A, AH)$ le aplicamos una homotecia con centro en $O $ y razón $\dfrac{1}{3}$, esto será una circunferencia $\Gamma$ y $G$ resultara de la intersección de $\Gamma$ con $(A, AG)$.

Figura 7

Teniendo a $G$ construido, como tenemos el circuncírculo $(O, OA)$ y un vértice del triángulo, el problema se reduce a la solución del problema 2 de la entrada anterior.

$\blacksquare$

Distancia entre puntos notables

Teorema 4. Para un triángulo con lados $a$, $b$, $c$, ortocentro $H$, centroide $G$, y circuncírculo $(O, R)$ tenemos:
$OH^2 = 9R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$,
$HG^2 = 4R^2 – \dfrac{4}{9}( a^2 – b^2 + c^2)$.

Demostración. Por el teorema 3 sabemos que $OH = 3OG$ y $HG = 2GO$, además en la entrada anterior calculamos
$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

Por lo tanto,
$OH^2 = 9OG^2 = 9R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$,
$HG^2 = 4OG^2 = 4R^2 – \dfrac{4}{9}(a^2 + b^2 + c^2)$.

$\blacksquare$

Corolario. Podemos calcular la suma de los cuadrados de las distancias del ortocentro a los vértices del triángulo en función del circunradio y los lados del triángulo con la siguiente fórmula.
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = 12R^2 + (a^2 + b^2 + c^2)$.

Demostración. Por el teorema 4, y usando las fórmulas encontradas en la entrada anterior
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3HG^2$,
$GA^2 + GB^2 + GC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$ .

Esto implica que,
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3} + 12R^2 – \dfrac{4}{3}(a^2 + b^2 + c^2)$
$= 12R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos otro triángulo asociado a un triángulo dado, aquel cuyos vértices son los pies de las alturas del triángulo dado.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Muestra que el triángulo complementario y el triángulo anticomplementario de un triángulo dado son homotéticos, encuentra el centro y la razón de homotecia.
  2. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en el plano, considera $A’$, $B’$ y $C’$ los pies de las perpendiculares dese $P$ a $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente. Desde los puntos medios de $A’B’$, $A’C’$ y $B’C’$ traza perpendiculares a los lados de $AB$, $AC$ y $BC$ respectivamente, muestra que este último conjunto de perpendiculares son concurrentes.
  3. Sean $D$, $D’ \in BC$ de un triangulo $\triangle ABC$, tal que el punto medio de $BC$ es el punto medio de $DD’$, sea $E = AD \cap B’C’$, donde $B’$ y $C’$ son los puntos medios de $AC$ y $AB$ respectivamente, muestra que $ED’$ pasa por el centroide de $\triangle ABC$.
  4. Muestra que la recta de Euler de un triángulo pasa por uno de los vértices del triángulo si y solo si el triángulo es isósceles o rectángulo.
  5. Prueba que la recta que une el centroide de un triangulo con un punto $P$ en su circuncírculo biseca al segmento que une el punto diametralmente opuesto a $P$ con el ortocentro.
  6. Sean $H$, $G$, $(O, R)$ y $(I, r)$, el ortocentro, el centroide, el circuncírculo y el incírculo de un triángulo, muestra que:
    $i)$ $HI^2 + 2OI^2 = 3(IG^2 + 2OG^2)$,
    $ii)$ $3(IG^2 + \dfrac{HG^2}{2}) – IH^2 = 2R(R – 2r)$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 68-69, 94-96, 101-102.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 18-19.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 65-68.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»