Introducción

Esta es una continuación de la entrada anterior donde vimos algunas propiedades de hileras armónicas de puntos, esta vez nos enfocaremos en propiedades de un haz armónico de rectas, que nos permitirán definir al cuadrilátero armónico.

Haz de rectas

Definición 1. Si cuatro rectas $PA$, $PC$, $PB$, $PD$ concurren en $P$, decimos que forman un haz de rectas y que $P$ es el vértice del haz, denotamos al haz como $P(ACBD)$.

Teorema. 1 Sea $P(ACBD)$ un haz de rectas donde $A$, $C$, $B$, $D$, son colineales, considera $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$, $D^{\prime }$, las intersecciones de cualquier otra transversal al haz, entonces $(A,B;C,D)=(A^{\prime },B^{\prime };C^{\prime },D^{\prime })$. 

Demostración. Aplicamos la ley de los senos a $\mathrm{△}PAC$, $\mathrm{△}PCB$, $\mathrm{△}PBD$ y $\mathrm{△}PAD$.

${\displaystyle \frac{AC}{\sin \mathrm{\angle }APC}}={\displaystyle \frac{PC}{\sin \mathrm{\angle }CAP}}$,

${\displaystyle \frac{CB}{\sin \mathrm{\angle }CPB}}={\displaystyle \frac{PC}{\sin \mathrm{\angle }PBC}}$,

${\displaystyle \frac{DB}{\sin \mathrm{\angle }BPD}}={\displaystyle \frac{PD}{\sin \mathrm{\angle }DBP}}$,

${\displaystyle \frac{AD}{\sin \mathrm{\angle }APD}}={\displaystyle \frac{PD}{\sin \mathrm{\angle }DAP}}$.

De lo anterior calculamos,
$(A,B;C,D)={\displaystyle \frac{AC}{CB}}{\displaystyle \frac{DB}{AD}}$

$={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }APC}{\sin \mathrm{\angle }CAP}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BPD}{\sin \mathrm{\angle }DBP}}}{{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CPB}{\sin \mathrm{\angle }PBC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }APD}{\sin \mathrm{\angle }DAP}}}}$
$\begin{array}{}\text{(1)}& ={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }APC}{\sin \mathrm{\angle }CPB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BPD}{\sin \mathrm{\angle }APD}}.\end{array}$

La última igualdad se debe a que $\mathrm{\angle }CAP=\mathrm{\angle }DAP$ y $\sin \mathrm{\angle }PBC=\sin \mathrm{\angle }DBP$, por ser $\mathrm{\angle }PBC$ y $\mathrm{\angle }DBP$ suplementarios.

Si hacemos el mismo procedimiento, esta vez con los puntos $A^{\prime }$, $C^{\prime }$, $B^{\prime }$, $D^{\prime }$, obtendremos el mismo resultado ya que $\mathrm{\angle }APC=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }P{C}^{\prime }$, $\mathrm{\angle }CPB=\mathrm{\angle }{C}^{\prime }P{B}^{\prime }$, $\mathrm{\angle }BPD=\mathrm{\angle }{B}^{\prime }P{D}^{\prime }$ y $\mathrm{\angle }APD=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }P{D}^{\prime }$.

Por lo tanto $(A,B;C,D)=(A^{\prime },B^{\prime };C^{\prime },D^{\prime })$. 

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Definición 2. Dado un haz de rectas $P(ACBD)$, si $A$, $C$, $B$ y $D$ son colineales, definimos la razón cruzada $P(A,B;C,D)$ del haz como la razón cruzada $(A,B;C,D)$, de la hilera de puntos $ACBD$.

Equivalentemente, por la ecuación $(1)$, podemos definir, $P(A,B;C,D)={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }APC}{\sin \mathrm{\angle }CPB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BPD}{\sin \mathrm{\angle }APD}}$.

Si $P(A,B;C,D)=–1$, decimos que el haz es armónico y que $PA$, $PB$ son rectas conjugadas armónicas respecto de $PC$ y $PD$ o que $PC$, $PD$ son conjugadas armónicas respecto de $PA$ y $PD$.

Ejemplo

Proposición 1. Las rectas que unen los excentros de un triángulo con los puntos medios de los lados del triángulo relativos a esos excentros son concurrentes.

Demostración. Sean $I_a$, $I_b$, $I_C$, los excentros de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$ los puntos medio de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, consideremos $X=I_a{A}^{\prime }\cap I_b{I}_c$, $Y=I_b{B}^{\prime }\cap I_a{I}_c$, $Z=I_c{C}^{\prime }\cap I_a{I}_b$; $D=I_{a}A\cap BC$, $E=I_{b}B\cap CA$, $F=I_{c}C\cap AB$.

Consideremos los haces $I_a(CD{A}^{\prime }B)$, $I_b(A{B}^{\prime }EC)$, $I_c(B{C}^{\prime }FA)$, por el teorema 1, tenemos lo siguiente:
$(A^{\prime },D;B,C)=(X,A;I_c,I_b)$,
$(B^{\prime },E;A,C)=(Y,B;I_c,I_a)$,
$(C^{\prime },F;B,A)=(Z,C;I_a,I_b)$.

Esto es,
$\begin{array}{}\text{(2)}& {\displaystyle \frac{A^{\prime }B}{BD}}{\displaystyle \frac{CD}{A^{\prime }C}}={\displaystyle \frac{X{I}_c}{I_{c}A}}{\displaystyle \frac{I_{b}A}{X{I}_b}},\end{array}$
$\begin{array}{}\text{(3)}& {\displaystyle \frac{B^{\prime }A}{AE}}{\displaystyle \frac{CE}{B^{\prime }C}}={\displaystyle \frac{Y{I}_c}{I_{c}B}}{\displaystyle \frac{I_{a}B}{Y{I}_a}},\end{array}$
$\begin{array}{}\text{(4)}& {\displaystyle \frac{C^{\prime }B}{BF}}{\displaystyle \frac{AF}{C^{\prime }A}}={\displaystyle \frac{Z{I}_a}{I_{a}C}}{\displaystyle \frac{I_{b}C}{Z{I}_b}}.\end{array}$

Como $AD$, $BE$, $CF$; $I_{a}A$, $I_{b}B$, $I_{c}C$, concurren en el incentro $I$ de $\mathrm{△}ABC$, aplicando el teorema de Ceva a los triángulos $\mathrm{△}ABC$ y $\mathrm{△}{I}_a{I}_b{I}_c$ tenemos:

${\displaystyle \frac{AF}{FB}}{\displaystyle \frac{BD}{DC}}{\displaystyle \frac{CE}{EA}}=1$,
${\displaystyle \frac{I_{a}C}{C{I}_b}}{\displaystyle \frac{I_{b}A}{A{I}_c}}{\displaystyle \frac{I_{c}B}{B{I}_a}}=1$.

Recordemos que $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$ son los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$, empleando segmentos dirigidos y tomando en cuenta lo anterior, si hacemos el producto del inverso de $(2)$ con $(3)$ y $(4)$, obtenemos:

${\displaystyle \frac{I_{a}Z}{Z{I}_b}}{\displaystyle \frac{I_{c}X}{X{I}_b}}{\displaystyle \frac{I_{c}Y}{Y{I}_a}}=1$.

Por el teorema de Ceva, $I_{a}X=I_a{A}^{\prime }$, $I_{b}Y=I_b{B}^{\prime }$, $I_{c}Z=I_c{C}^{\prime }$, son concurrentes.

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Haz armónico

Proposición 2. Una recta, paralela a alguna de las rectas de un haz, es dividida en dos segmentos iguales por las otras tres rectas del haz si y solo si el haz es armónico.

Demostración. Sean $P(ACBD)$ un haz de rectas con $A$, $C$, $B$, $D$, colineales en ese orden, $l$ paralela a $PA$, $C^{\prime }=l\cap PC$, $B^{\prime }=l\cap PB$, $D^{\prime }=l\cap PD$.

Aplicamos la ley de los senos a $\mathrm{△}{C}^{\prime }P{B}^{\prime }$ y $\mathrm{△}{B}^{\prime }P{D}^{\prime }$

${\displaystyle \frac{C^{\prime }{B}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }{C}^{\prime }P{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{P{B}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }{B}^{\prime }{C}^{\prime }P}}$,
${\displaystyle \frac{D^{\prime }{B}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }{B}^{\prime }P{D}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{P{B}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }P{D}^{\prime }{B}^{\prime }}}$.

Por lo tanto,
${\displaystyle \frac{D^{\prime }{B}^{\prime }}{C^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }{B}^{\prime }{C}^{\prime }P}{\sin \mathrm{\angle }{C}^{\prime }P{B}^{\prime }}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }{B}^{\prime }P{D}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }P{D}^{\prime }{B}^{\prime }}}$.

Por la ecuación $(1)$
$(A,B;C,D)={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }APC}{\sin \mathrm{\angle }CPB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BPD}{\sin \mathrm{\angle }APD}}$.

Como $PA\parallel C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$, entonces $\mathrm{\angle }APC=\mathrm{\angle }{B}^{\prime }{C}^{\prime }P$ y $\mathrm{\angle }APD$, $\mathrm{\angle }P{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ son suplementarios, además $\mathrm{\angle }CPB=\mathrm{\angle }{C}^{\prime }P{B}^{\prime }$ y $\mathrm{\angle }BPD=\mathrm{\angle }{B}^{\prime }P{D}^{\prime }$.

Por lo tanto $(A,B;C,D)={\displaystyle \frac{D^{\prime }{B}^{\prime }}{C^{\prime }{B}^{\prime }}}$.

Como resultado, $(A,B;C,D)=-1\iff |D^{\prime }{B}^{\prime }|=|C^{\prime }{B}^{\prime }|$.

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Proposición 3. Si dos rectas conjugadas de un haz armónico son perpendiculares entonces son las bisectrices del ángulo formado por las otras dos rectas del haz.

Demostración. Sea $P(ACBD)$ un haz armónico, supongamos que $PA\perp PB$ (figura 3), sean $l$ una recta paralela a $PA$ y $C^{\prime }$, $B^{\prime }$, $D^{\prime }$, las intersecciones de $l$ con $PC$, $PB$, $PD$ respectivamente.

Por la proposición anterior $C^{\prime }{B}^{\prime }=B^{\prime }{D}^{\prime }$, como $PA\perp PB$ entonces $PB\perp C^{\prime }{D}^{\prime }$.

Por lo tanto, $\mathrm{△}P{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ es isósceles y así, $PA$ y $PB$ son las bisectrices externa e interna de $\mathrm{\angle }{C}^{\prime }P{D}^{\prime }$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Proposición 4. Si tenemos dos hileras armónicas $ACBD$ y $A^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ tales que $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ concurren en un punto $P$ entonces $D{D}^{\prime }$ también pasa por $P$.

Demostración. Sea $X=PD\cap A^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$, por el teorema 1, $X$ es el conjugado armónico de $C^{\prime }$ respecto de $A^{\prime }{B}^{\prime }$, por lo tanto $X=D^{\prime }$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Cuadrilátero armónico

Teorema 2. Sean $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ACBD$ un cuadrilátero cíclico, en ese orden cíclico, y $P$ un punto en su circuncírculo, entonces la razón cruzada del haz $P(ACBD)$ no depende de la posición de $P$.

Demostración. Sea $R$ el circunradio de $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$, aplicamos la ley extendida de los senos a $\mathrm{△}APC$, $\mathrm{△}CPB$, $\mathrm{△}BPD$ y $\mathrm{△}APD$.

${\displaystyle \frac{AC}{\sin \mathrm{\angle }APC}}={\displaystyle \frac{CB}{\sin \mathrm{\angle }CPB}}={\displaystyle \frac{DB}{\sin \mathrm{\angle }BPD}}$
$={\displaystyle \frac{AD}{\sin \mathrm{\angle }APD}}={\displaystyle \frac{1}{2R}}$.

Por lo tanto,
$P(A,B;C,D)={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }APC}{\sin \mathrm{\angle }CPB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BPD}{\sin \mathrm{\angle }APD}}$
$={\displaystyle \frac{AC}{CB}}{\displaystyle \frac{DB}{AD}}$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Definición 3. Definimos la razón cruzada de cuatro puntos cíclicos $A$, $B$, $C$, $D$, como $(A,B;C,D)=P(A,B;C,D)$, para cualquier punto $P$ en la misma circunferencia.

De manera equivalente, por el teorema 2, podemos definir $(A,B;C,D)={\displaystyle \frac{AC}{CB}}÷{\displaystyle \frac{AD}{DB}}$, la cual tomamos como positiva si $AB$ y $CD$ no se intersecan dentro de la circunferencia y como negativa en caso contrario.

Si $(A,B;C,D)=–1$, decimos que $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ACBD$ es un cuadrilátero armónico.

Construcción del conjugado armónico en una circunferencia.

Proposición 5. Sean $\mathrm{\Gamma }$ el circuncírculo de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, $P$ la intersección de las tangentes a $\mathrm{\Gamma }$ por $A$ y $C$, $D=PB\cap \mathrm{\Gamma }$, $D\ne B$, entonces $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$ es un cuadrilátero armónico.

Demostración. Como $\mathrm{\angle }DBA=\mathrm{\angle }DAP$ y $\mathrm{\angle }CBD=\mathrm{\angle }PCD$, por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}PBA\sim \mathrm{△}PAD$ y $\mathrm{△}PBC\sim \mathrm{△}PCD$, recordemos que las tangentes $PA$ y $PC$ son iguales.

Por lo tanto,
${\displaystyle \frac{BA}{AD}}={\displaystyle \frac{PB}{PA}}={\displaystyle \frac{PB}{PC}}={\displaystyle \frac{BC}{CD}}$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{BC}}={\displaystyle \frac{AD}{DC}}$.

De acuerdo a la definición 3, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$ es un cuadrilátero armónico.

Proposición 6. Sea $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$ un cuadrilátero armónico, entonces $BD$ y las tangentes a $\mathrm{\Gamma }$ el circuncírculo de $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$, en $A$ y $C$ son concurrentes.

Sean $l_1$ tangente a $\mathrm{\Gamma }$ en $A$, $P=l\cap BD$ y $E=AC\cap BD$, por el teorema 2, el haz $A(ABCD)$ es armónico, donde $AA=l_1$, por el teorema 1, $(P,E;D,B)=–1$.

Análogamente, sea $l_2$ la tangente a $\mathrm{\Gamma }$ en $C$ y $Q=l_2\cap BD$ entonces el haz $C(CBAD)$ es armónico, por lo tanto $(Q,E;D,B)=–1$.

Por lo tanto, $P=Q$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Ejemplo

Proposición 7. Sea $\mathrm{\Gamma }$ el incírculo de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, $X$, el punto de contacto de $\mathrm{\Gamma }$ con $BC$, $D$ el pie de la altura por $A$ y $M$ el punto medio de $AD$, $N=XM\cap \mathrm{\Gamma }$, $N\ne X$ entonces $XN$ es la bisectriz de $\mathrm{\angle }BNC$.

Demostración. Sea $L$ el punto al infinito de la recta $AD$, entonces, $M$ y $L$ son conjugados armónicos respecto de $A$ y $D$.

Sea $X^{\prime }$ el punto diametralmente opuesto a $X$, como $X{X}^{\prime }\parallel AD$, entonces $X{X}^{\prime }\cap AD=L$.

Por el teorema 1, el haz $X(DMA{X}^{\prime })$ es armónico, sea $U=XA\cap \mathrm{\Gamma }$, $U\ne X$, entonces $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}XNU{X}^{\prime }$ es un cuadrilátero armónico.

Sean $Y$, $Z$ los puntos de tangencia de $\mathrm{\Gamma }$ con $CA$ y $AB$ respectivamente, por la proposición 5, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}XYUZ$ es armónico.

Sea $P=ZY\cap BC$, como $BC$ es tangente a $\mathrm{\Gamma }$ en $X$ entonces por la proposición 6, $PU$ es tangente a $\mathrm{\Gamma }$.

Como $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}XNU{X}^{\prime }$ es armónico, por la proposición 6, $PX$, $PU$, $X^{\prime }N$ son concurrentes, es decir $X^{\prime }$, $N$ y $P$ son colineales.

Ya que $X{X}^{\prime }$ es diámetro de $\mathrm{\Gamma }$, entonces $\mathrm{\angle }{X}^{\prime }NX={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, es decir, $NX\perp NP$.

Sabemos que $AX$, $BY$, $CZ$ concurren en el punto de Gergonne $G_e$, entonces por el teorema 2 de la entrada anterior, $P=ZY\cap BC$ es el conjugado armónico de $X$ respecto de $BC$.

Ya que $NX\perp NP$, por el teorema 3 de la entrada anterior, $NX$ es la bisectriz interna de $\mathrm{\angle }BNC$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre las simedianas, estas son las reflexiones de la medianas de un triángulo respecto de las bisectrices que pasan por el mismo vértice, con la ayuda de haces armónicos estableceremos algunas propiedades de estas rectas.

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. En un triángulo $\mathrm{△}ABC$, $D$, $E$, $F$, los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$, respectivamente, $I_a$, $I_b$, $I_c$ los excentros opuestos a $A$, $B$, $C$ respectivamente, demuestra que $I_{a}D$, $I_{b}E$, $I_{c}F$ son concurrentes.
2. $i)$ Dadas tres rectas concurrentes $OA$, $OC$, $OB$, construye el conjugado armónico de $OC$ respecto de $OA$ y $OB$,
   $ii)$ Si $(A,B;C,D)=–1$, $(A,B^{\prime };C^{\prime },D^{\prime })=–1$, y $AB\ne A{B}^{\prime }$, muestra que $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$, $D{D}^{\prime }$ son concurrentes.
3. Sea $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$ un cuadrilátero convexo, $E=AD\cap BC$, $F=AB\cap CD$, $G=AC\cap BD$, sea $O$ la proyección de $G$ en $FE$, muestra que $\mathrm{\angle }AOB=\mathrm{\angle }COD$.
4. Muestra que las rectas que unen un punto en una circunferencia con los extremos de un cuerda, dividen armónicamente al diámetro perpendicular a dicha cuerda.
5. En un triángulo $\mathrm{△}ABC$, $A^{\prime }$ es el punto medio de $BC$, sea $\mathrm{\Gamma }$ la circunferencia con diámetro $A{A}^{\prime }$, considera $D=\mathrm{\Gamma }\cap AB$, $E=\mathrm{\Gamma }\cap CA$, $D\ne A\ne E$, y $P$ la intersección de las tangentes a $\mathrm{\Gamma }$ en $D$ y $E$, muestra que $PB=PC$.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curso: División armónica.
• Siguiente entrada del curso: Simediana.
• Otros cursos.

Fuentes

• Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 159-166.
• Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 149-161.
• Aref, M. y Wernick, W., Problems and Solutions in Euclidean Geometry. New York: Dover, 2010, pp 178-186.

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»