Geometría Moderna II: Unidad 5 Temas Interesantes

Por Armando Arzola Pérez

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. 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.

Regla o compas 1
Regla o compas 2
Regla o compas 3
Regla o compas 4

◻

Problema. 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 (PR), 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.

Regla o compas 5
Regla o compas 6
Regla o compas 7

◻

Problema. 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.

Regla o compas 8
Regla o compas 9
Regla o compas 10
Regla o compas 11

◻

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. 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.

Regla o compas 12

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 AB.

Regla o compas 13

Ahora AB y AB 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.

Regla o compas 14
Regla o compas 15

◻

Problema. 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. 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. Construir un segmento n veces más grande que un segmento dado AA1, n=2,3,4,.

Construcción. Dibujemos dos circunferencias C(A1,AA1) y C(A,AA1) las cuales se intersecan en un punto B, ahora trazamos otras dos circunferencias C(A1,AA1) y C(B,AA1) las cuales se intersecan en un punto C. Si dibujamos una circunferencia C(C,AA1) esta interseca a C(A1,AA1) en un punto A2, estos puntos A,A1 y A2 son colineales donde AA2=2AA1. Repitiendo este proceso se obtiene los resultados buscados.

◻

Problema. 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 PQ es la cuarta proporcional buscada, esto debido a que se tiene semejanza de los triángulos OPQ y OPQ, viene dada por la semejanza de los triángulos OPP y OQQ.

◻

Problema. 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 pq donde p y q son segmentos de longitud dada.
¿Qué pasa con los segmentos de longitud p/q ó pq?

Problema. 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 ABCADE.

px=q1 pq=x1=x=DE.

◻

Problema. Dado un segmento de longitud p y q, construir un segmento de longitud 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 pq.
Dado que CE es perpendicular a AB, entonces CD=DE. Y por potencia de puntos en D, se tiene

CDDE=ADDB
CDCD=CD2=pq
CD=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, ab, a/b (b0), ab, a

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

Ejemplos:

5 y 4 son construibles, entonces 5 y 4 también.
3 y 4 son construibles, entonces 3+4 es construible.
3+4 es construible, entonces 3+4 es construible.
3+4 y 5 son construibles, entonces 53+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

π,e,23,cos20o.

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.

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48.Material en revisión: Representar paramétricamente una curva algebraica. (jueves 26/sept)

Por Mariana Perez

Definición: Una curva algebraica es un conjunto de puntos del plano tales que {(x,y)R2F(x,y)=0}=F1(0)

Por ejemplo:

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

F(x,y)=x2+y21

F1(0)=0

Sea x=cosθ, y=sinθ.

El punto P(cosθ,sinθ) recorre la curva de nivel.

Representar paramétricamente con funciones racionales

x=ϕ(t)=p(t)q(t)

y=ψ(t)=p^(t)q^(t)

x=t21t2+1x2=(t21)2(t2+1)2y=2tt2+1y2=(4t2(t2+1)2

Luego x2+y2=t42t2+1+4t2(t2+1)2=t4+2t2+1(t2+1)2=(t2+1)2(t2+1)2=1

¿Cuándo lo podemos usar?

p(x)dxdtdt=p(x)dx

y2=p(x)

x=ϕ(t)

y=ψ(t)

ψ(t)ϕ(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 n1 y J homogénea de grado n.

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

xn1G(1,t)+xnJ(1,t)=0

Si x0 divido entre xn1 entonces,

G(1,t)+xJ(1,t)=0

Entonces x=G(1,t)J(1,t)

como y=tx entonces y=tG(1,t)J(1,t)

Ejemplo

F(x,y)=x3+y33xy

F(x,y)=0

Observamos que F(0,0)=0 por lo tanto, (0,0)F1(0).

y=tx

F(x,tx)=x3+t3x33x2t=0

Si x0 entonces dividimos entre x2 y obtenemos que

F(x,tx)=x+t3x3t=0

F(x,tx)=x(1+t3)=3t

Luego x=3t(1+t3)

Y por tanto y=xty=3t2(1+t3)

De modo que α(t)=(3t(1+t3),3t2(1+t3))

Observaciones:

(*) Si t1 entonces t31 y 1+t30.

Por lo que x(t)=3t(1+t3)

y y(t)=3t2(1+t3)

Entonces y(t)x(t)txx=t1

Intersección de la curva F(x,y)=0 con las rectas y=tx son los puntos α(t).

(*) Si t0 para t>0 , enotnces α(t)(0,0)

Análogamente si t0 para t>0

(*) Si t para t>0 entonces α(t)(0,0). Análogamente t

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

Para esto máximizamos y(t)=3t2(1+t3)

Derivando y(t)=(1+t3)(6t)(3t2)(3t2)(1+t3)2

Entonces y(t)=6t+6t49t4(1+t3)2

Cuando y(t)=6t5t4(1+t3)2=0

6t5t4(1+t3)2=06t5t4=06t=5t4t3=65t=653

Por último, calculamos el radio del bucle.

r2=x2+y2=(3t(1+t3))2+(3t2(1+t3))2=9t2(1+t2)(1+t3)2

Por lo tanto r=3t1+t21+t3

IMAGEN INTERACTIVA

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

47. Material en revisión: Lemniscata de Bernoulli (jueves 26/sept)

Por Mariana Perez

La Lemniscata puede definirse como el lugar geométrico de los puntos P tales que el producto de sus distancias a dos puntos dados F1 y F2 es constante.

d(P,F1)d(P,F2)=k

Ejemplo:

Sean F1=(12,12) ; F2=(12,12)

y k=12

Sea P(x,y), entonces

d(P,F1)=(x12)2+(y12)2

d(P,F2)=(x+12)2+(y+12)2

(x12)2+(y12)2(x+12)2+(y+12)2=12

((x12)2+(y12)2)((x+12)2+(y+12)2)=(12)2

(x2x+14+y2y+14)(x2+x+14+y2+y+14)=14

x4+x3+14x2+x2y2+x2y+14x2x3x214x

xy2xy14x+14x2+14x+116+14y2+14y+116

+x2y2+xy2+14y2+y4+y3+14y2x2yxy14yy3y214y

+14x2+14x+116+14y2+14y+116=14

x4+2x2y2+y42xy=0

Por lo tanto

(x2+y2)2=2xy

En coordenadas polares:

x=rcosθ

y=rsinθ

x2+y2=r2

Luego

r4=2rcosθrsinθ

r4=2r2cosθsinθ

r2=2cosθsinθ

Por lo tanto, r2=sin(2θ)

Observaciones:

r20 por lo que sin(2θ)0

Luego sin(2θ)0θ[0,π2][π,3π2]

Si θ[0,π4]02θπ2

Entonces sin0sin(2θ)sinπ2 por lo que

0sin(2θ)1 entonces 0r21 y por tanto 0r1.

Análogamente, si θ[π2,3π4]π2θ3π2

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

x(t)=sin(2t)cost

y(t)=cos(2t)sint

Entonces F(x,y)=(x2+y2)22xy=0

Podemos ver la Lemniscata como una curva de nivel F:R3R

¿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(0,1) un punto fuera de la Lemniscata.

Entonces F(0,1)=(0)2+(1)22(0)(1)=1. F es positiva.

Tomemos P(12,12) un punto dentro de la Lemniscata.

Entonces F(12,12)=((12)2+(12)2)22(12)(12)=(14+14)212=1412=12. Entonces F es negativa.

Analicemos algunos cortes verticales

x=0

F(0,y)=(02+y2)22(0)y=y4

x=1

F(1,y)=(12+y2)22(1)y=(12+y2)22y

x=2

F(2,y)=(22+y2)22(2)y=(4+y2)24y

En el siguiente enlace puedes observar una animación de diferentes cortes x=x0 y z=z0.

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

46. Material en revisión: Curvatura de una curva dada por la gráfica de una función.

Por Mariana Perez

Si una curva está dada por la gráfica de una función RR

Γ:={(x,y)R2|y=f(x)}

Donde, α(t)=(t,f(t)), y

α(t)=(1,f(t)).

Además, α(t)=1+(f(t0))2

Observación: Con esta parametrización la rapidez α(t)1 solo puede ser α(t)1 en el caso f(t)0.

Fórmula para la curvatura

K=|xxyy|α(t)3

Como x(t)=tx(t)=1x(t)=0y(t)=f(t)y(t)=f(t)y(t)=f(t)

Entonces

K=|10f(t)f(t)|(1+(f(t))2)3

Luego

K=f(t)(1+(f(t))2)3

para una curva dada como la gráfica de una función.

En el siguiente enlace puedes ver una animación de una parábola y su curvatura.

https://www.geogebra.org/classic/j8qsv2kb

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 f(ξi)Δti

Para el «rectángulo» pequeño tenemos que

Base Δxi=x(ti)x(ti1)

Altura y(ξi)

Entonces, el área es

A1=y(ξi)(x(ti)x(ti1))

Para el «rectángulo» grande tenemos que

Base Δxj=(x(tj)x(tj1))

Altura y(ξj)

Entonces, el área es

A2=y(ξj)((x(tj)x(tj1)))

Luego el área total es

A=(y(ξj)Δxj+y(ξi)Δxi)

A=y(ξi)(Δxi)=y(ξi)dxdt(Δt)

Por lo tanto A=aby(t)dxdtdt

donde

Δxi=x(ti)x(ti1)

ΔxiΔti=x(ti)x(ti1)titi1

Δxi=ΔxiΔtidti

Luego A=12ab(xdydtydxdt)dt

A=12|xdxdtydydt|

45. Material en revisión: Curvatura en una elipse

Por Mariana Perez

Ejemplo: Una elipse x2a2+y2b2=1

α(t)=(acost,bsint)

α(t)=(x(t),y(t))

Fórmula para calcular la curvatura K(t)=|xxyy|α(t)3

x(t)=acosty(t)=bsint

x(t)=asinty(t)=bcost

x(t)=acosty(t)=bsint

|xxyy|=|asintacostbcostbsint|

|xxyy|=absin2t+abcos2t

|xxyy|=ab

Luego

α(t)=(asint)2+(bcost)2

α(t)=a2sin2t+b2cos2t

K(t)=ab(a2sin2t+b2cos2t)32

Si a>b entonces b2cos2t=b2(1sin2t)

Entonces a2sin2t+b2cos2t=a2sin2t+b2b2(1sin2t)=(a2b2)sin2t+b2

Luego α(t)=(a2b2)sin2t+b2

Como 0sin2t1 el valor máximo de α(t)=a y el mínimo α(t)=b

Por lo que la K máxima es ba2 y la K mínima es ab2

(a) Puntos donde la elipse está más curva (±a,0), son cuando t=0,π,2π,K=ab2. Y el radio de curvatura es b2a

(b) Puntos donde la elipse está menos curva (0,±b), son cuando t=π2,3π2,K=ba2. Y el radio de curvatura es a2b

Los puntos anteriores son los vértices de la elipse.

IMAGEN INTERACTIVA EN REVISIÓN

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

Observación: la curvatura está dada por la derivada del vector tangente unitario T con respecto al parámetro longitud de arco s.

dTds, que no es lo mismo que dTdt. La relación es dTds=dTdtdtds

Si la curva es plana

T(s)=(cos(ϕ(s)),sin(ϕ(s)))

dTds=(sin(ϕ(s))ϕ(s),cos(ϕ(s))ϕ(s))

dTds=ϕ(s)N(s)

K(s)=dϕds

dTds=|K|

Para curvas en R3 tenemos el concepto de contacto con superficies (planos, esferas)

sα(s)R3

Podemos estudiar f(s)=Fα(s)

Donde α(s)=(x(s),y(s),z(s)) y F:(x,y,z) es F:R3R

entonces F(x(s),y(s),z(s))=f(s)

si f(s0)=0 , f(s0)=0 y f(s0)0 enotnces la curva α tiene contacto de orden 2 con la superficie F1(0) en el punto α(s0).

si f(s0)=0 , f(s0)=0 , f(s0)=0 y f0 enotnces la curva α tiene contacto de orden 3 con la superficie F1(0) en el punto α(s0).

Contacto de la curva con la esfera

Sea α una curva parametrizada con rapidez unitaria α=α(s).

Sea F(x)=xu2α(s0)u2 que cumpla que F1(0) es la esfera con centro en u y que pasa por el punto α(s0)

Además

xu es el vector que empieza un u y acaba en x.

xu es la distancia de x a u.

α(s0)u es el vector que empieza un u y acaba en α(s0).

α(s0)u radio de la esfera =r

Ecuación de la esfera

xu=r

xu2=r2

xu2r2=0

Luego

f(s)=α(s)u2α(s0)u2 cumple que f(s0)=0

¿Cuáles esferas tienen contacto 2?

f(s0)=0 y f(s0)=0

f(s)=α(s)u,α(s)ur2

f(s)=2α(s)u,α(s)

12f(s)=α(s)u,α(s)=0 si y sólo si α(s0)uT(s0) si y solo si uα(s0)T(s0).

El plano norma a T(s0) está generado por el N(s0) y el B(s0) entonces, uα(s0)=λN(s0)+μB(s0)

Pidamos que f(s0)=0, f(s0)=0 y f(s0)=0, es decir, contacto 3

f(s0)=012f(s0)=0

Como 12f(s0)=αu,α

Entonces 12f(s0)=αu,T y 12f(s0)=α,T+αu,T

Entonces 12f(s0)=T,T+αu,KN=1+λN(s0)+μB(s0),KN=0

Entonces 1=KλN(s0),N(s0)+μKB(s0),N(s0)

Por lo tanto 1=λK(s0) es decir que λ=1K(s0)

Ahora pidamos además f(s0)=0, es decir, contacto 4.

f(s0)=012f(s0)=0

Como 12f(s0)=1+αu,KN

Entonces 12f(s)=α,KN+αu,KN+αu,KN

Evaluamos en (s0) y obtenemos que:

12f(s0)=T(s0),K(s0)N(s0)+1K(s0)N(s0)μB(s0),K(s0)N(s0)+1K(s0)N(s0)μB(s0),K(s0)N(s0)

Entonces que 12f(s0)=0 significa que

0=1K(s0)K(s0)μK(s0)B(s0),N(s0)

Si N(s0)=K(s0)T(s0)+τ(s0)B(s0)

Entonces K(s0)K(s0)=μK(s0)(B(s0),K(s0)T(s0)+τ(s0)B(s0))

Por lo tanto K(s0)K(s0)=μK(s0)τ(s0)

Es decir μ=K(s0)K2(s0)τ(s0)

Si K(s0)0 y τ(s0)0 entonces existe una esfera única que tiene contacto al menos 4 (esfera osculatriz).

Si K(s0)=0 y τ(s0)=0 pero K(s0)0 también existe dicha esfera, pero no es única, ya que μ es libre.