Introducción

Una vez analizado los temas de la Unidad 5, es hora de realizar unos ejercicios, todo con el objetivo de practicar y fortalecer los temas vistos.

Ejercicios

1.- Construir una cuarta proporcional a tres segmentos de recta dados (Con regla y compas).

2.- Encontrar el punto de intersección de dos rectas (compas solamente).

3.- Encontrar las intersecciones de una circunferencia y una línea recta (compas solamente).

4.- Demostrar que es imposible construir un ángulo de $1^o$ con regla y compas.

5.- Dado un segmento de longitud $1$ y $a$, construir un segmento de longitud $1/a$.

6.- Demuestre el Teorema de Johnson’s Dados tres círculos concurrentes en $O$, todos con el mismo radio $r$, entonces el círculo circunscrito de los otros tres puntos de intersección $A$, $B$ y $C$ también tiene radio $r$.

7.- Demostrar el Teorema del hexágono de Pascal usando el Teorema de Carnot.

8.- Demostrar el Teorema del Pentágono de Miquel.

9.- Dado un triángulo, encontrar las longitudes de las medianas, las simedianas y las bisectrices de los ángulos, usando el Teorema de Stewart.

10.- Quitando las restricciones de únicamente regla y compas para los tres problemas famosos, muestre como los resolvería o llegaría a un resultado aproximado.

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Introducción

Otro tema interesante son los Teoremas de Carnot, los cuales nos permiten resolver otros problemas.

Teoremas de Carnot

Teorema. Sea, $ABC$ un triángulo y una circunferencia que interseca en los lados $BC$, $CA$, $AB$ en los puntos $P$, $P’$, $Q$, $Q’$, $R$, $R’$ respectivamente, entonces

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR’}{R’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = 1.$

Demostración. Tracemos las rectas $PQ$ y $P’Q’$, las cuales intersecan a $AB$ en $G$ y $G’$ respectivamente. Por Menelao al triángulo $ABC$ con transversales $QG$ y $Q’G’$, se tiene

$\frac{AG}{GB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} = -1$ . . . (1)

y

$\frac{AG’}{G’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = -1$ . . . (2)

Como $AB$ es una transversal que corta los lados del cuadrángulo inscrito $PQP’Q’$ y la circunferencia en puntos de involución, se tiene

$\{ABR’G’\}=\{BARG\}=\{ABGR\}.$

Entonces

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{AR’}{R’B} = \frac{AG}{GB} \cdot \frac{AG’}{G’B}.$

Se realizará la siguiente multiplicación de la ecuación (1) y (2)

$\frac{AG}{GB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AG’}{G’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = (-1)(-1)$

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR’}{R’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = 1.$

$\square$

Teorema. (Carnot para Rectas) Sea el triángulo $ABC$ y dos rectas $l$ y $l’$ que intersecan a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ la primera en los puntos $P$, $Q$ y $R$ y la segunda a los puntos $P’$, $Q’$ y $R’$, entonces

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR’}{R’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = 1.$

Demostración Por el Teorema de Menelao con las rectas $l$ y $l’$, se tiene

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} = -1$ y  $\frac{AR’}{R’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = -1.$

Entonces multiplicándolos

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR’}{R’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = 1.$

$\square$

Teorema. (Carnot para cónicas) Sea el triángulo $\triangle ABC$ y sea una cónica que interseca los lados $BC$, $CA$ y  $AB$ en los puntos $P$, $P’$, $Q$, $Q’$, $R$, $R’$ respectivamente, entonces

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR’}{R’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = 1.$

Más adelante…

Se dejarán una serie de ejercicios para poner en práctica lo visto en esta unidad.

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Definición: Una curva algebraica es un conjunto de puntos del plano tales que $$\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid F (x, y) = 0 \} = F^{-1} (0)$$

Por ejemplo:

$F (x, y)$ un polinomio en dos variables.

$F (x, y) = x^2 + y^2 \, – \, 1$

$F^{-1} (0) = 0$

${}$

Sea $x = \cos \theta$, $y = \sin \theta$.

El punto $P(\cos \theta, \sin \theta)$ recorre la curva de nivel.

Representar paramétricamente con funciones racionales

$$ x = \phi (t) = \dfrac{p (t)}{q (t)}$$

$$ y = \psi (t) = \dfrac{\hat{p} (t)}{\hat{q} (t)}$$

$\begin{align*} x &= \dfrac{ t^2 \, – \, 1}{t^2 \, + \, 1} & x^2 &= \dfrac{ (t^2 \, – \, 1)^2}{(t^2 \, + \, 1)^2}\\ y &= \dfrac{ 2t}{t^2 \, + \, 1} & y^2 &= \dfrac{ (4t^2}{(t^2 \, + \, 1)^2}\end{align*}$

Luego $x^2 \, + \, y^2 = \dfrac{ t^4 \, – \, 2t^2 \, + \, 1 \, + \, 4t^2 \,}{(t^2 \, + \, 1)^2} = \dfrac{ t^4 \, + \, 2t^2 \, + \, 1 \,}{(t^2 \, + \, 1)^2} = \dfrac{(t^2 \, + \, 1)^2}{(t^2 \, + \, 1)^2} = 1$

¿Cuándo lo podemos usar?

$\int \sqrt{p (x) \, } \dfrac{dx}{dt}dt = \int \sqrt{p (x) \, } dx$

$y^2 = p (x)$

$x = \phi (t) $

$y = \psi (t) $

$\int \psi (t) {\phi}’ (t) dt $

${}$

${}$

Un caso particular $$F (x, y) = G (x, y) + J (x, y) = 0$$

Con $G$ homogénea (todos los términos del mismo grado) de grado $n \, – \, 1$ y $J$ homogénea de grado $n.$

$G (x, tx) \, + \, J (x, tx) = 0$

$x^{n-1} G (1, t) \, + \, x^n J (1, t) = 0$

Si $x \neq 0$ divido entre $x^{n-1}$ entonces,

$ G (1, t) \, + \, x J (1, t) = 0$

Entonces $ x = \dfrac{ – \, G (1, t) }{ J (1, t) }$

como $y = tx$ entonces $ y = \dfrac{ – \, t G (1, t) }{ J (1, t) }$

${}$

Ejemplo

$$F (x, y) = x^3 + y^3 \, – \, 3xy$$

$$F (x, y) = 0$$

Observamos que $F (0, 0) = 0$ por lo tanto, $(0, 0) \in F^{-1} (0).$

$y = tx$

$F (x, tx) = x^3 + t^3 x^3 \, – \, 3x^2 t = 0 $

Si $x \neq 0$ entonces dividimos entre $x^2$ y obtenemos que

$F (x, tx) = x + t^3 x \, – \, 3 t = 0 $

$ F (x, tx) = x ( 1 + t^3 ) = 3 t $

Luego $x = \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )}$

Y por tanto $ y = x t \Rightarrow y = \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}$

De modo que $$\alpha (t) = \Bigg( \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )}, \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}\Bigg)$$

Observaciones:

(*) Si $ t \rightarrow – \, 1 $ entonces $ t^3 \rightarrow – \, 1 $ y $ 1 + t^3 \rightarrow 0. $

Por lo que $x (t) = \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )} \rightarrow \infty$

y $\; \; \; y (t) = \dfrac{3 t^2}{( 1 + t^3 )} \rightarrow \infty$

Entonces $\dfrac{ y (t)}{ x (t) } \dfrac{tx}{x} = t \rightarrow \, – \, 1$

Intersección de la curva $F (x, y) = 0$ com las rectas $y = t x$ son los puntos $\alpha (t).$

(*) Si $ t \rightarrow 0 $ para $t > 0$ , enotnces $\alpha (t) \rightarrow (0, 0) $

Análogamente si $ t \rightarrow 0 $ para $t > 0$

(*) Si $ t \rightarrow \infty $ para $t > 0$ entonces $\alpha (t) \rightarrow (0, 0) $. Análogamente $ t \rightarrow \, – \, \infty $

${}$

Ahora calculamos el punto donde la tangente es paralela al eje $x$, es decir, el punto máximo del bucle.

Para esto máximizamos $y (t) = \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}$

Derivando $y’ (t) = \dfrac{( 1 + t^3 ) (6 t) \, – \, (3 t^2) (3 t^2) }{( 1 + t^3 )^2}$

Entonces $y’ (t) = \dfrac{6t + 6 t^4 \, – \, 9 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} $

Cuando $y’ (t) = \dfrac{6t \, – \, 5 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} = 0 $

$$\dfrac{6t \, – \, 5 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} = 0 \iff 6t \, – \, 5 t^4 = 0 \iff 6t = 5 t^4 \iff t^3 = \dfrac{6}{5} \iff \textcolor{Green}{t = \sqrt[3]{\dfrac{6}{5}\, }}$$

Por último, calculamos el radio del bucle.

$r^2 = x^2 + y^2 = \Bigg(\dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )}\Bigg)^2 + \Bigg(\dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3)}\Bigg)^2 = \dfrac{ 9 t^2 ( 1 + t^2)}{( 1 + t^3 )^2}$

Por lo tanto $$\textcolor{Red}{r = \dfrac{ 3 t \sqrt{ 1 + t^2 \, }}{ 1 + t^3 }}$$

Ejemplo:

Sean $ F_1 = \Big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\Big) \; $ ; $\; F_2 =\Big(\dfrac{-1}{2}, \dfrac{-1}{2}\Big) \; $

y $\; k = \dfrac{1}{2}$

Sea $P (x, y)$, entonces

$d(P, F_1) = \sqrt{\Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; }$

$d(P, F_2) = \sqrt{\Big( x \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; }$

$\sqrt{\Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; } \sqrt{\Big( x \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; } = \dfrac{1}{2}$

$\Bigg( \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \Bigg) \Bigg( \Big( x \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \Bigg) = \Bigg(\dfrac{1}{2}\Bigg)^2$

$$\Bigg( x^2 \, – \, x \, + \, \dfrac{1}{4} + y^2 \, – \, y \, + \, \dfrac{1}{4} \Bigg) \Bigg( x^2 \, + \, x \, + \, \dfrac{1}{4} + y^2 \, + \, y \, + \, \dfrac{1}{4}\Bigg) = \dfrac{1}{4}$$

$$ \textcolor{DarkBlue}{x^4} \, + \, \cancel{x^3} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x^2} + \textcolor{DarkBlue}{x^2 y^2} \, + \, \cancel{x^2 y} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} x^2} \, – \, \cancel{x^3} \, – \, \cancel{x^2} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4} x}$$

$$ \cancel{- x y^2} \, \textcolor{DarkBlue}{- \, xy} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4}x} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} x} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} + \cancel{\dfrac{1}{4}y^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}y} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} \, $$

$$+ \, \textcolor{DarkBlue}{x^2y^2} \, + \, \cancel{ xy^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} y^2} + \textcolor{DarkBlue}{y^4} \, + \, \cancel{y^3} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} y^2} \, – \, \cancel{x^2y} \, \textcolor{DarkBlue}{- \, xy} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4}y} – \cancel{y^3} \, – \, \cancel{y^2} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4}y} \,$$

$$ + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} + \cancel{\dfrac{1}{4} y^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} y} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} = \cancel{\dfrac{1}{4}}$$

${}$

$$ \textcolor{DarkBlue}{x^4} \, + \, 2 \textcolor{DarkBlue}{x^2 y^2} \, + \, \textcolor{DarkBlue}{y^4} \textcolor{DarkBlue}{- \, 2 xy}= 0 $$

Por lo tanto

$$ \textcolor{DarkBlue}{\Big(x^2 \, + \, y^2\Big)^2 \, = \, 2 xy} $$

${}$

En coordenadas polares:

$ x = r \cos \theta$

$ y = r \sin \theta$

$ x^2 + y^2 = r^2$

Luego

$r^4 = 2 r \cos \theta r \sin \theta$

$r^4 = 2 r^2 \cos \theta \sin \theta$

$ r^2 = 2 \cos \theta \sin \theta$

Por lo tanto, $ r^2 = \sin (2 \theta)$

Observaciones:

$r^2 \geq 0$ por lo que $sin (2 \theta) \geq 0$

Luego $ \sin (2 \theta) \geq 0 \iff \theta \in \Bigg[ 0, \dfrac{\pi}{2}\Bigg] \bigcup \Bigg[ \pi , \dfrac{3\pi}{2} \Bigg]$

Si $\theta \in \Bigg[ 0, \dfrac{\pi}{4} \Bigg] \Rightarrow 0 \leq 2 \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$

Entonces $sin 0 \leq sin (2 \theta) \leq \sin \dfrac{\pi}{2}$ por lo que

$ 0 \leq \sin (2 \theta) \leq 1$ entonces $0 \leq r^2 \leq 1$ y por tanto $0 \leq r \leq 1.$

Análogamente, si $\theta \in \Bigg[ \dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3 \pi}{4}\Bigg] \Rightarrow \pi \leq 2 \theta \leq \dfrac{3 \pi}{2}$

Se puede calcular el área de cada pétalo de la Lemniscata.

$x (t) = \sqrt{ \sin (2 t) \, } \cos t$

$y (t) = \sqrt{ \cos (2 t) \, } \sin t$

Entonces $$F (x, y) = \big( x^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2xy = 0 $$

Podemos ver la Lemniscata como una curva de nivel $F : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}$

¿Cómo será el valor de $F( x, y)$ cuando el punto $( x, y)$ está fuera de la Lemniscata?

¿Cómo será cuando el punto esté adentro?

Tomemos $P \Big(0, 1\Big)$ un punto fuera de la Lemniscata.

Entonces $F \Big(0, 1\Big) = (0)^2 + (1)^2 \, – \, 2 (0) (1) = 1 $. $F$ es positiva.

${}$

Tomemos $P \Big( \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2} \Big)$ un punto dentro de la Lemniscata.

Entonces $F \Big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\Big) = \Bigg( \Big( \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( \dfrac{1}{2}\Big)^2 \Bigg)^2 \, – \, 2 \Big(\dfrac{1}{2}\Big) \Big(\dfrac{1}{2} \Big) = \Bigg( \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} \Bigg)^2 \, – \, \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \, – \, \dfrac{1}{2} = \dfrac{-1}{2}$. Entonces $F$ es negativa.

Analicemos algunos cortes verticales

$x = 0$

$F (0, y) = \big( 0^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 (0) y = y^4 $

$x =1$

$F (1, y) = \big( 1^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 (1) y = \big( 1^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 y $

$x = 2$

$F (2, y) = \big( 2^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 (2) y = \big( 4 + y^2 \big)^2 \, – \, 4 y $

En el siguiente enlace puedes observar una animación de diferentes cortes $x = \mathcal{x_0}$ y $z = \mathcal{z_0}$.

https://www.geogebra.org/classic/xef6rmxd

Si una curva está dada por la gráfica de una función $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$

$$\Gamma := \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| y = f (x) \big\}$$

Donde, $\alpha (t) = (t, f (t)) $, y

${\alpha}’ (t) = ( 1, f’ (t) ).$

Además, $\big\|{\alpha}’ (t) \big\| = \sqrt{ 1 + (f’ (t_0) )^2}$

Observación: Con esta parametrización la rapidez $\big\|{\alpha}’ (t) \big\| \geq 1$ solo puede ser $\big\|{\alpha}’ (t) \big\| \equiv 1$ en el caso $f’ (t) \equiv 0.$

Fórmula para la curvatura

$$ \mathcal{K} = \dfrac{\begin{vmatrix} x’ & {x}^{\prime \prime} \\ y’ & {y}^{\prime \prime} \end{vmatrix}}{\big\|{\alpha}’ (t) \big\|^3}$$

Como $\begin{align*} x (t) &= t & x’ (t) &= 1 & {x}^{\prime \prime} (t) &= 0\\ y (t) &= f (t) & y’ (t) &= f’ (t) & {y}^{\prime \prime} (t) &= {f}^{\prime \prime} (t) \end{align*}$

Entonces

$$ \mathcal{K} = \dfrac{\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ f’ (t) & { f}^{\prime \prime} (t) \end{vmatrix}}{\sqrt{\big(1 + (f’ (t))^2 \big)}^3}$$

Luego

$$ \mathcal{K} = \dfrac{ { f}^{\prime \prime} (t) }{\Big(1 + (f’ (t))^2 \Big)^3}$$

para una curva dada como la gráfica de una función.

${}$

Una forma para calcular el área encerrada por una curva simple, cerrada, parametrizada y plana.

Vamos a tratar de calcular el área usando sumas de Riemann de la forma $$\sum f (\xi_i) \Delta t_i$$

Para el «rectángulo» pequeño tenemos que

Base $\Delta x_i = x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})$

Altura $y (\xi_i)$

Entonces, el área es

$A_1 = y (\xi_i) \big( x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})\big)$

Para el «rectángulo» grande tenemos que

Base $\Delta x_j =\, – \, \big( x (t_j) \, – \, x (t_{j-1}) \big)$

Altura $y (\xi_j)$

Entonces, el área es

$A_2 = y (\xi_j) \Big( \, – \, \big( x (t_j) \, – \, x (t_{j-1})\big) \Big)$

Luego el área total es

$$ A = \, – \, \Big( y (\xi_j) \Delta x_j + y (\xi_i) \Delta x_i \Big)$$

$$ A = \, – \, \sum y (\xi_i) (\Delta x_i) = \, – \, \sum y (\xi_i) \dfrac{dx}{dt} (\Delta t)$$

Por lo tanto $$ A = \, – \, \int_a^b y (t) \dfrac{dx}{dt} \Delta t$$

donde

$\Delta x_i = x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})$

$\dfrac{\Delta x_i }{\Delta t_i} = \dfrac{x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})}{t_i \, – \, t_{i-1}}$

$\Delta x_i = \dfrac{\Delta x_i}{\Delta t_i} \Delta t_i$

Luego $$A = \dfrac{1}{2} \int_a^b \Bigg( x \dfrac{dy}{dt} \, – \, y \dfrac{dx}{dt} \Bigg)$$

$$ A = \dfrac{1}{2} \begin{vmatrix} x & \dfrac{dx}{dt}\\ y & \dfrac{dy}{dt} \end{vmatrix}$$