Archivo de la etiqueta: área del triángulo

Geometría Moderna I: Fórmulas de Herón y Brahmagupta

Introducción

En esta ocasión demostraremos la fórmula de Herón y la fórmula de Brahmagupta que nos servirán para calcular el área de un triangulo y un cuadrilátero cíclico respectivamente en función de la longitud de sus lados. Finalmente demostraremos algunas desigualdades geométricas con la ayuda de los resultados obtenidos.

Fórmula de Herón

Teorema 1. Fórmula de Herón. Sean $\triangle ABC$, $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$ y $s = \dfrac{a + b + c}{2}$, entonces el área de $\triangle ABC$ puede ser calculada con la fórmula $(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s -b)(s – c)}$.

Demostración. Sean $I$ el incentro respecto de $\triangle ABC$, $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del circuncírculo con los lados $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ y $\overline{AC}$ respectivamente. Sea $G$ en la recta determinada por $B$ y $C$ tal que $CG = AD$.

Notemos que $\triangle AIF \cong \triangle AID$, $\triangle BID \cong \triangle BIE$ y $\triangle CIE \cong \triangle CIF$, son congruentes por criterio lado, lado, ángulo recto, por lo que $AF = AD$, $BD = BE$ y $CE = CF$. Se sigue que $s = BE + EC + AD = BE + EC + CG = BG$.

Podemos calcular el área de $\triangle ABC$ como suma de áreas menores
$(\triangle ABC) = (\triangle ABI) + (\triangle BCI) + (\triangle ACI)$
$= \dfrac{AB \times ID}{2} +\dfrac{BC \times IE}{2} + \dfrac{AC \times IF}{2} = IE \dfrac{AB + BC + AC}{2}$
$= IE \times s = IE \times BG$
$\Leftrightarrow$ $(\triangle ABC)^2 = IE^2 \times BG^2$.

Ahora tracemos la perpendicular a $\overline{BI}$ por $I$ y la perpendicular a $\overline{BC}$ por $C$ y tomemos $H$ como la intersección de las rectas trazadas y sea $J$ el punto en común de $\overline{IH}$ y $\overline{BC}$ entonces $\triangle BIJ$ es rectángulo y $\overline{IE}$ es la altura perpendicular a la hipotenusa por lo que $\triangle BIE$ y $\triangle IJE$ son semejantes de donde se tiene que $\dfrac{IE}{EJ} = \dfrac{BE}{IE}$ $\Leftrightarrow$ $IE^2 = EJ \times BE$.

Por lo tanto $\begin{equation} (\triangle ABC)^2 = IE^2 \times BG^2 = BE \times EJ \times BG^2 \end{equation}$

Por otro lado $\measuredangle FIA = \measuredangle AID$, $\measuredangle DIB = \measuredangle BIE$ y $\measuredangle EIC = \measuredangle CIF$ así que $\pi = \measuredangle AID + \measuredangle BIE + \measuredangle EIC = \measuredangle AID + \measuredangle BIC $.

Ademas $\square IBHC$ es cíclico pues $\measuredangle BIH = \dfrac{\pi}{2} = \measuredangle BCH$ por lo que $\measuredangle BIC + \measuredangle CHB = \pi$.

Por lo tanto $\measuredangle AID = \measuredangle CHB$, de esto se sigue que $\triangle AID$ y $\triangle BHC$ son semejantes y tenemos $\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{HC}{ID}$ y como $AD = CG$ por construcción y $ID = IE$ pues son radios del circuncírculo entonces $\dfrac{BC}{CG} = \dfrac{HC}{IE}$.

Ahora, $\triangle IEJ \sim \triangle HCJ$ son semejantes pues ambos tienen un ángulo recto y $\measuredangle IJE = \measuredangle HJC$ al ser opuestos por el vértice, por lo que $\dfrac{HC}{IE} = \dfrac{JC}{EJ}$.

Por lo tanto $\dfrac{BC}{CG} = \dfrac{HC}{IE} = \dfrac{JC}{EJ}$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{BC}{CG} + \dfrac{CG}{CG} = \dfrac{EJ}{EJ} + \dfrac{JC}{EJ}$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{BG}{CG} = \dfrac{EC}{EJ}$ $\Leftrightarrow$ $BG \times EJ = EC \times CG$ $\Leftrightarrow$ $BG^2 \times EJ = BG \times EC \times CG$.

Sustituimos la última igualdad en la ecuación $(1)$ y tenemos
$(\triangle ABC)^2 = BE \times BG \times EC \times CG$.

Ahora notemos que:
$s – a = BG – BC = CG$
$s – b = BG – AC = BG – (AF + FC) = BG – CG – EC = BE$
$s – c = BG – AB = BG – (AD + DB) = BG – CG – BE = EC$.

Finalmente $(\triangle ABC)^2 = s(s – a)(s – b)(s – c)$
$\Leftrightarrow$ $(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$.

$\blacksquare$

Fórmula de Brahmagupta

Proposición 1. Sean $\triangle ABC$, $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$, $\angle BAC = \alpha$, $\angle CBA = \beta$ y $\angle ACB = \gamma$, entonces el área de $\triangle ABC$ está dada por
$(\triangle ABC) = \dfrac{bc \sin \alpha}{2} = \dfrac{ac \sin \beta}{2} = \dfrac{ab \sin \gamma}{2}$.

La prueba de esta proposición queda como ejercicio.

Teorema 2. Formula de Brahamagupta. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero cíclico donde $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$, $AD = d$ y $s = \dfrac{a + b + c + d}{2}$ entonces el área de $\square ABCD$ se puede calcular mediante $(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d)}$.

Demostración. Sean $\beta = \angle CBA$ y $\delta = \angle ADC$. Con la proposición anterior podemos calcular el área de los siguientes triángulos $(\triangle ABC) = \dfrac{ab \sin \beta}{2}$, $(\triangle ACD) = \dfrac{cd \sin \delta}{2}$.

Por otro lado, empleando la ley de los cosenos podemos calcular $\overline{AC}$
$AC = a^2 + b^2 – 2ab \cos \beta = c^2 + d^2 – 2cd \cos \delta$.

De la última igualdad obtenemos
$(a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 = (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2$
$= 4a^2b^2 \cos^2 \beta – 8abcd\cos \beta\cos \delta + 4c^2d^2 \cos^2 \delta $.

Entonces:
$(\square ABCD) = (\triangle ABC) + (\triangle ACD) = \dfrac{ab \sin \beta}{2} + \dfrac{cd \sin \delta}{2}$
$\Leftrightarrow (\square ABCD)^2 = \dfrac{a^2b^2 \sin^2 \beta}{4} + \dfrac{abcd \sin \beta \sin \delta }{2} + \dfrac{c^2d^2 \sin^2 \delta}{4}$
$\Leftrightarrow 16(\square ABCD)^2 = 4 a^2b^2 \sin^2 \beta + 8 abcd \sin \beta \sin \delta + 4 c^2d^2 \sin^2 \delta$
$= 4a^2b^2(1 – \cos^2 \beta) + 4c^2d^2(1 – \cos^2 \delta) + 8abcd \sin \beta \sin \delta$


$= 4a^2b^2 + 4c^2d^2 + 8abcd – 8abcd – 4a^2b^2 \cos^2 \beta – 4c^2d^2 \cos^2 \delta$
$ + 8abcd\cos \beta\cos \delta – 8abcd\cos \beta\cos \delta + 8abcd \sin \beta \sin \delta$
$= (2ab + 2cd)^2 – (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2 – 8abcd(1 + \cos \beta\cos \delta – \sin \beta \sin \delta)$
$= (2ab + 2cd)^2 – (a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$


$= (2ab + 2cd + a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))(2ab + 2cd – a^2 – b^2 + (c^2 + d^2)) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$= (a^2 + 2ab +b^2 – (c^2 – 2cd + d^2))(c^2 + 2cd + d^2 – (a^2 – 2ab + b^2)) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$=((a + b)^2 – (c – d)^2)((c + d)^2 – (a – b)^2) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$=(a + b + c – d)(a + b + d – c)(a + c + d – b)(b + c + d – a) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$


$= (2s – 2d)(2s – 2c)(2s – 2b)(2s – 2a) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$\Leftrightarrow (\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{1}{2}abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$

Como $\square ABCD$ es cíclico entonces $\beta + \delta = \pi$
por lo que $1 + \cos(\beta + \delta) = 0$.

Por lo tanto $(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d)}$.

$\blacksquare$

Observación 1. La fórmula
$(\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{1}{2}abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
es válida para cualquier cuadrilátero convexo.
Observación 2. Esta fórmula nos muestra que de todos los cuadriláteros convexos que tienen lados $a$, $b$, $c$ y $d$ aquellos que son cíclicos tienen mayor área.

Lema. Sean $w$, $x$, $y$, $z$ números reales positivos entonces:

  1. $xy \leq (\dfrac{x + y}{2})^2$, y la igualdad en cierta si y solo si $x = y$
  2. $wxyz \leq (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4$, y la igualdad se da si y solo si $w = x = y = z$.

Demostración.
De 1, se sigue de la desigualdad entre la media geométrica y la media aritmética $\sqrt{xy} \leq \dfrac{x + y}{2}$

Ahora $xy = (\dfrac{x + y}{2})^2$
$\Leftrightarrow 4xy = x^2 + 2xy + y^2$ $\Leftrightarrow x^2 – 2xy + y^2 = 0$
$\Leftrightarrow (x – y)^2 = 0 $$\Leftrightarrow x = y$

De 2, aplicamos la parte 1 del lema dos veces
$wx \leq (\dfrac{w + x}{2})^2$, $yz \leq (\dfrac{y + z}{2})^2$
por lo tanto $wxyz \leq (\dfrac{w + x}{2})^2 (\dfrac{y + z}{2})^2$

Notemos que si $w = x$ y $y = z$ entonces la desigualdad anterior es igualdad, ahora veamos que si se da la igualdad entonces $w = x$ y $y = z$.

Para llegar a una contradicción supongamos que $wxyz = (\dfrac{w + x}{2})^2 (\dfrac{y + z}{2})^2$, pero $w \neq x$ o $y \neq z$, sin pérdida de generalidad tomemos $w > x$ y $y = z$ entonces $w = x + \epsilon$ para algún $\epsilon > 0$.

Entonces por nuestra suposición tenemos que
$(x + \epsilon)xy^2 = (\dfrac{2x + \epsilon}{2})^2y^2$
$\Leftrightarrow x^2 + \epsilon x = \dfrac{4x^2 + 4\epsilon x + \epsilon^2}{4}$
$\Leftrightarrow \epsilon = 0$, lo  cual es una contradicción pues supusimos $\epsilon > 0$.

El caso en que $w \neq x$ y $y \neq z$ es análogo.

Por lo tanto $wxyz = (\dfrac{w + x}{2})^2 (\dfrac{y + z}{2})^2$ si y solo si $w = x$ y $y = z$.

Ahora volvemos a usar la parte 1 del lema
$\dfrac{(w + x)}{2} \dfrac{(y + z)}{2} \leq (\dfrac{\dfrac{w + x}{2} + \dfrac{y + z}{2}}{2})^2$
$\Leftrightarrow (\dfrac{(w + x)}{2} \dfrac{(y + z)}{2})^2 \leq ((\dfrac{\dfrac{w + x}{2} + \dfrac{y + z}{2}}{2})^2)^2 = (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4$

Notemos que esta última desigualdad es igualdad si y solo si $w + x = y + z$ por la parte 1 de este lema.

Por lo tanto $wxyz \leq (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4 \Leftrightarrow w = x = y = z$.

$\blacksquare$

Teorema 3. De entre los cuadriláteros con el mismo perímetro el cuadrado es el que tiene la mayor área.

Demostración. Notemos primero que a partir de un cuadrilátero cóncavo o un cuadrilátero cruzado con un perímetro dado es posible construir un cuadrilátero convexo que tenga los mismos lados, pero mayor área. 

Si en el cuadrilátero cóncavo $\square ABCD$ reflejamos $D$ respecto la diagonal $\overline{AC}$ obtenemos $\square ABCD’$ el cual es convexo y
$(\square ABCD’) = (\square ABCD) + (\square ADCD’)$ por lo tanto $(\square ABCD’) > (\square ABCD)$

En el caso de un cuadrilátero cruzado reflejamos algún vértice respecto de la diagonal que no pasa por el vértice a reflejar, por ejemplo, en $\square EFGH$ reflejamos $G$ respecto de $\overline{FH}$ y obtenemos $\square EFG’H$ resultando así que $(\square EFG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FGH) > (\square EFGH)$.

De esta forma podemos fijarnos solo en el área de los cuadriláteros convexos, pero por la observación 2 bastara con restringirnos a los cuadriláteros convexos y cíclicos. Por la fórmula de Brahmagupta sabemos que el área depende del perímetro y de la división de este en lados $a$, $b$, $c$ y $d$.

Aplicando el lema parte 2, dado un cuadrilátero cíclico $\square ABCD$ de perímetro $P$ y lados $a$, $b$, $c$ y $d$ tenemos
$(\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) \leq (\dfrac{(s – a) + (s – b) + (s – c) + (s – d)}{4})^4$
$= (\dfrac{(4s – (a + b + c + d)}{4})^4 = (\dfrac{2P – P}{4})^4 = (\dfrac{P}{4})^4$

Por lo tanto $(\square ABCD) \leq (\dfrac{P}{4})^2$ y la iguañdad se da $\Leftrightarrow$ $(s – a) = (s – b) = (s – c) = (s – d)$
$\Leftrightarrow$$ a = b = c = d$ $\Leftrightarrow$ $\square ABCD$ es un cuadrado.

$\blacksquare$

Algunas desigualdades geométricas

Proposición 2. Desigualdad de Weitzenböck. Si $a$, $b$, $c$ son las longitudes de los lados de $\triangle ABC$ entonces $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3} (\triangle ABC)$.

Demostración. De acuerdo a la fórmula de Herón
$(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$
$= \sqrt{(\dfrac{a + b + c}{2})(\dfrac{b + c – a}{2})(\dfrac{a + c – b}{2})(\dfrac{a + b – c}{2})}$
$= \dfrac{1}{4} \sqrt{2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) – (a^4 + b^4 + c^4)}$.

Por otro lado
$\begin{equation} (a^2 – b^2)^2 + (b^2 – c^2)^2 + (c^2 – a^2)^2 \geq 0 \end{equation}$

$\Leftrightarrow$ $2(a^4 + b^4 + c^4) – 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) \geq 0$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{4}{3} (a^4 + b^4 + c^4) \geq \dfrac{4}{3} (a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{4}{3} (a^4 + b^4 + c^4) + \dfrac{- 3(a^4 + b^4 + c^4) + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)}{3}$
$\geq \dfrac{4}{3} (a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) + \dfrac{- 3(a^4 + b^4 + c^4) + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)}{3}$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{a^4 + b^4 + c^4 + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)}{3} \geq 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) – (a^4 + b^4 + c^4)$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3} \geq 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) – (a^4 + b^4 + c^4) = (4(\triangle ABC))^2$.
$\Leftrightarrow$ $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3} (\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

De la desigualdad $(2)$ podemos notar que la igualdad ocurre si y solo si $a = b = c$, es decir el triángulo es equilátero.

Proposición 3. Desigualdad de Padoa. Sea $\triangle ABC$ con lados $c = AB$, $a = BC$ y $b = AC$ entonces $abc \geq (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)$.

Demostración. Tracemos el circuncírculo de $\triangle ABC$ y sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del circuncírculo con $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ y $\overline{AC}$ respectivamente.

De la prueba de la fórmula de Herón sabemos que $AD = AF = x$, $BD = BE = y$, $CE = CF = z$, así que
$a = y + z$,
$b = x + z$,
$c = x + y$.

Además,
$a + b – c = y + z + x + z – x – y = 2z$,
$a + c – b = 2y$,
$b + c – a = 2x$.

Así tenemos que
$abc = (y + z)(x + z)(x + y) = 8 (\dfrac{y + z}{2}) (\dfrac{x + z}{2}) (\dfrac{x + y}{2})$,
$(a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) = 8xyz$.

Aplicamos la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica a cada factor
$\dfrac{y + z}{2} \geq \sqrt{yz}$,
$\dfrac{x + z}{2} \geq \sqrt{xz}$,
$\dfrac{x + y}{2} \geq \sqrt{xy}$.

Luego $(y + z)(x + z)(x + y) = 8 \dfrac{y + z}{2} \dfrac{x + z}{2} \dfrac{x + y}{2} \geq 8 \sqrt{yz} \sqrt{xz} \sqrt{xy} = 8xyz$.

Por lo tanto $abc \geq (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)$.

$\blacksquare$

Notemos que de la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica se sigue que la desigualdad demostrada es igualdad si y solo si $\triangle ABC$ es equilátero.

Proposición 4. Desigualdad de Nesbitt. Para cualesquiera números positivos $a$, $b$, $c$ ocurre que $\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{c}{a + b} \geq \dfrac{3}{2}$.

Demostración. Primero veamos que la siguiente desigualdad es cierta para $a$, $b$ y $c$:
$\begin{equation} (a +b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) \geq 9 \end{equation}$

La desigualdad entre las medias geométrica y aritmética puede ser vista como
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \geq 2\sqrt{\dfrac{a}{b} \dfrac{b}{a}} = 2$.

Entonces
$(a +b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) = \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b} + 3 \geq 6 +3 = 9$.

Volviendo a la desigualdad original
$\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{c}{a + b}$
$= \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b + c}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{a + c}{a + c} + \dfrac{c}{a + b} + \dfrac{a + b}{a + b} – 3$
$= \dfrac{a + b + c}{b + c} + \dfrac{ a + b + c}{a + c} + \dfrac{ a + b + c }{a + b} – 3$
$= (a + b + c)( \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{a + c} + \dfrac{1}{a + b}) – 3$
$=\dfrac{1}{2}((a + b) + (a + c) + (b + c))( \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{a + c} + \dfrac{1}{a + b}) – 3$
$\geq \dfrac{9}{2} – 3 = \dfrac{3}{2}$

Donde la última desigualdad se obtiene al aplicar la desigualdad $(3)$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Sean $\triangle ABC$, $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$, $\alpha = \measuredangle BAC$, $\beta = \measuredangle CBA$, $\gamma = \measuredangle ACB$, $R$ el circunradio, $r$ el inradio, $s = \dfrac{a + b + c}{2}$; demuestra las siguientes formulas para calcular el área de $\triangle ABC$:
    i) $(\triangle ABC) = \dfrac{abc}{4R}$
    ii) $(\triangle ABC) = sr$
    iii) $(\triangle ABC) = \dfrac{ac \sin \beta}{2} = \dfrac{ab \sin \gamma}{2} = \dfrac{bc \sin \alpha}{2}$
    iv) $(\triangle ABC) = \dfrac{a^2 \sin \beta \sin \gamma}{2 \sin (\beta + \gamma)} = \dfrac{b^2 \sin \alpha \sin \gamma}{2 \sin (\alpha + \gamma)} = \dfrac{c^2 \sin \alpha \sin \beta}{2 \sin (\alpha + \beta)}$.
  2. Demuestra la fórmula de Brahmagupta usando la fórmula de Herón.
  3. En la tarea moral de la entrada cuadriláteros cíclicos se pide mostrar que es posible construir tres cuadriláteros cíclicos diferentes de lados $a$, $b$, $c$ y $d$ siempre que la suma de cualesquiera tres de ellos sea mayor que el restante, y que de estos se obtienen tres diagonales diferentes digamos $l$, $m$, y $n$ si $\square ABCD$ es construido de esa manera y $R$ es el circunradio muestra que:
    i) $(\square ABCD) = \dfrac{lmn}{4R}$
    ii) $(\square ABCD)^2 = \dfrac{(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)}{16R^2}$.
  4. Sean $\triangle ABC$, $\alpha = \measuredangle BAC$, $\beta = \measuredangle CBA$, $\gamma = \measuredangle ACB$ y $s = \dfrac{a + b + c}{2}$, muestra que
    i) $\sin \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – b)(s – c)}{bc}}$, $\sin \dfrac{\beta}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – a)(s – c)}{ac}}$, $\sin \dfrac{\gamma}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – a)(s – b)}{ab}}$
    ii)$\sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \dfrac{\beta}{2} \sin \dfrac{\gamma}{2} \leq \dfrac{1}{8}$
  5.  Sean $\triangle ABC$, $\alpha = \measuredangle BAC$, $\beta = \measuredangle CBA$, $\gamma = \measuredangle ACB$, muestra que $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \leq \dfrac{3}{2}$.
  6. Sean $\triangle ABC$, $\overline{AD}$, $\overline{BE}$, $\overline{CF}$, sus alturas y $H$ el ortocentro muestra que:
    i) $\dfrac{AD}{HD} + \dfrac{BE}{HE} + \dfrac{CF}{HF} \geq 9$
    ii) $\dfrac{HD}{HA} + \dfrac{HE}{HB} + \dfrac{HF}{HC} \geq \dfrac{3}{2}$.
  1. Sea $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo con catetos $a$ y $b$ e hipotenusa $c$, muestra que se cumple la siguiente desigualdad $a + b \leq \sqrt{2}c$.

Más adelante…

En la siguiente entrada continuaremos estudiando otro tipo de cuadriláteros, esta vez se tratara de cuadriláteros circunscritos.

Entradas relacionadas

Geometría Moderna I: Teorema de Thales

Introducción

Otra relación importante entre triángulos además de la de congruencia es la de semejanza el punto de partida es el resultado conocido como teorema de Thales que nos permite hablar acerca de la proporcionalidad de segmentos bajo ciertas condiciones, en la presente entrada desarrollaremos este tema. Para la demostración del teorema de Thales necesitaremos un resultado sobre el área de un triángulo.

Área del triángulo

Definición 1. Recordemos que un paralelogramo es un cuadrilátero cuyos lados opuestos, los que no tienen un vértice en común, son paralelos, un rectángulo es un caso particular de un paralelogramo donde todos sus ángulos son rectos.

Definición 2. Definimos el área de un rectángulo $\square ABCD$ como el producto entre dos de sus lados adyacentes, es decir, aquellos que comparten un vértice en común y la denotamos $(\square ABCD) = AB \times BC$ .

Definición 3. Un triángulo rectángulo es el que tiene un ángulo recto, a los lados adyacentes al ángulo recto les llamamos catetos y al lado opuesto al ángulo recto, aquel que no es adyacente, le llamamos hipotenusa.

Proposición 1. El área de un triángulo rectángulo es la mitad del producto de sus catetos.

Demostración. (1) Sea $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo, a partir de el podemos construimos un rectángulo.

(2) Trazamos rectas paralelas a $BC$ por $A$ y a $AB$ por $C$. Sea $D$ la intersección de las rectas trazadas.

(3) Podemos extender $AC$, $AB$  y $BC$, notamos que los pares de ángulos $\angle ACB$, $\angle DAC$ y $\angle BAC$, $\angle DCA$, son iguales por ser alternos internos además $AC$ es común a los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle ADC$, luego por ALA son congruentes.

(4) Notemos que $\square ABCD$ es un rectángulo pues todos sus ángulos son rectos, como $(\square ABCD) = AB \times BC$ tenemos que $(\triangle ABC)$ = $\frac{AB \times BC}{2}$.

$\blacksquare$

Proposición 2. El área de un triángulo cualquiera es el producto de la altura trazada en cualquiera de sus vértices por la longitud del lado contrario a dicho vértice, al que llamamos base.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo, tracemos la altura desde el vértice $A$, existen dos posibilidades, el pie de la altura $D$ cae en el segmento $BC$ o cae en la extensión del segmento $BC$. Demostraremos el primer caso, el segundo quedara como ejercicio.

Notemos que se forman dos triángulos rectángulos, $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$.
Así $(\triangle ABC) = (\triangle ABD) + (\triangle ADC) = \frac{AD \times BD}{2} + \frac{AD \times DC}{2} = \frac{(BD + DC) \times AD}{2} = \frac{AD \times BC}{2}$.

$\blacksquare$

Lema. Si dos triángulos tienen una misma altura entonces las razones entre sus áreas es igual a la razón entre sus respectivas bases.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A_{1}B{1}C_{1}$ dos triángulos tales que las alturas trazadas desde $A$ y $A_{1}$ sean iguales, llamémosle $h$. Por la proposición anterior se tiene que:

$\frac{\triangle ABC)}{(\triangle A_{1}B_{1}C_{1})} = (\frac{h \times BC}{2}) / (\frac{h \times B_{1}C_{1}}{2}) = \frac{BC}{B_{1}C_{1}}$.

$\blacksquare$

Con esto podemos demostrar el teorema de Thales.

Teorema de Thales

Thales de Mileto es considerado como uno de los primeros filósofos y matemáticos griegos, a él se le atribuyen algunos de los teoremas que ya hemos visto, entre los que están: los ángulos opuestos por el vértice son iguales, el criterio ALA y los ángulos en la base de un triángulo isósceles son iguales. Sin embargo se sabe muy poco de su vida y lamentablemente no se conserva ningún texto suyo.

Teorema de la intersección. Sea $\triangle ABC$ un triángulo y sean $B_{1} \in AB$ y $C_{1} \in AC$ entonces $BC$ es paralela a $B_{1}C_{1}$ si y solo si ($\Leftrightarrow$) $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}}$.

Demostración. (1) Sean $\triangle ABC$ un triángulo y $B_{1} \in AB$, $C_{1} \in AC$. Supongamos que $BC$  y $B_{1}C_{1}$ son paralelas, por demostrar que $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}}$.

(2) Tracemos el segmento $BC_{1}$, entonces los triángulos $\triangle ABC_{1}$  y $\triangle AB_{1}C_{1}$  tienen la misma altura trazada desde el vértice $C_{1}$ por el lema tenemos que $\frac{(\triangle ABC_{1})}{(\triangle AB_{1}C_{1})} = \frac{AB}{ AB_{1}}$.

(3) De manera análoga tracemos $B_{1}C$, entonces los triángulos $\triangle AB_{1}C$  y $\triangle AB_{1}C_{1}$  tienen la misma altura trazada desde el vértice $B_{1}$, así $\frac{(\triangle AB_{1}C)}{ (\triangle AB_{1}C_{1})} = \frac{AC}{ AC_{1}}$.

(4) Ahora, los triángulos $\triangle B_{1}C_{1}B$ y $\triangle B_{1}C_{1}C$ tienen el lado $B_{1}C_{1}$ en común y como $BC$ y $B_{1}C_{1}$ son paralelas entonces sus alturas trazadas desde los vértices opuestos a $B_{1}C_{1}$ coinciden, por lo tanto $(\triangle B_{1}C_{1}B) = (\triangle B_{1}C_{1}C)$.

Así $(\triangle ABC_{1}) = (\triangle AB_{1}C_{1}) + (\triangle B_{1}C_{1}B) = (\triangle AB_{1}C_{1}) + (\triangle B_{1}C_{1}C) = (\triangle ACB_{1})$.

Y por lo tanto $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{(\triangle ABC_{1} )}{ (\triangle AB_{1}C_{1})} =  \frac{(\triangle ACB_{1})}{(\triangle AB_{1}C_{1})} = \frac{AC}{AC_{1}}$.

$\blacksquare$

Observación: notemos que:

$\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}} \Leftrightarrow \frac{AB_{1} + B_{1}B}{AB_{1}} = \frac{AC_{1} + C_{1}C}{AC_{1}} \Leftrightarrow 1 + \frac{B_{1}B}{AB_{1}} = 1 + \frac{C_{1}C}{AC_{1}} \Leftrightarrow \frac{AC_{1}}{C_{1}C} = \frac{AB_{1}}{B_{1}B}$.

Por lo tanto $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}}  \Leftrightarrow  \frac{AC_{1}}{C_{1}C} = \frac{AB_{1}}{B_{1}B}$ esto quiere decir que si tenemos dos rectas paralelas, la proporción que hay entre las rectas transversales que las cortan se conserva, sin importar quienes son las rectas transversales.

Para la implicación reciproca supongamos que $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}}$. Veamos que $BB_{1}$ y $CC_{1}$ son paralelas.

Demostración. (5) Por contradicción, supongamos que las rectas no son paralelas. Tracemos la paralela a $B_{1}C_{1}$ desde $B$ y sea $D $ el punto en que esta recta corta a $AC$, por la implicación que ya hemos mostrado  tenemos que $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AD}{AC_{1}}$ pero por hipótesis $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC} {AC_{1}}$ esto implica que $\frac{AD}{AC_{1}} = \frac{AC} {AC_{1}}$ de esto se sigue qué $AD = AC$ y por lo tanto $D = C$, lo cual es una contradicción pues supusimos que eran diferentes. Así $B_{1}C_{1}$ y $BC$ son paralelas.

$\blacksquare$

La siguiente es una consecuencia directa del Teorema de Thales.

Corolario. Sean $AA_{1}$, $BB_{1}$ y $CC_{1}$ rectas paraleles dos a dos y $l_{1}$, $l_{2}$ rectas transversales a estas, entonces: $\frac{AB}{BC} = \frac{A_{1}B_{1}}{B_{1}C_{1}}$. Recíprocamente si dos de las rectas $AA_{1}$, $BB_{1}$ o $CC_{1}$ son paralelas y se tienen que $\frac{AB}{BC} = \frac{A_{1}B_{1}}{B_{1}C_{1}}$, entonces las tres rectas son paralelas.

Demostración. Consideremos el triángulo $\triangle ACC_{1}$ sea $O$ el punto de intersección entre $BB_{1}$ y $AC_{1}$, entonces, $BO$ y $CC_{1}$ son paralelas, por el primer Teorema de Thales sabemos que $\frac{AB}{BC} = \frac{AO}{OC_{1}}$.

Similarmente consideremos el triángulo $\triangle AA_{1}C_{1}$, entonces $OB_{1}$ y $AA_{1}$ son paralelas, entonces $\frac{C_{1}B_{1}}{B_{1}A_{1}} = \frac{C_{1}O}{OA}$ esto implica que $\frac{OA}{C_{1}O} = \frac{B_{1}A_{1}}{C_{1}B_{1}}$

Por transitividad tenemos que $\frac{AB}{BC} = \frac{B_{1}A_{1}}{C_{1}B_{1}}$. El reciproco se deja como ejercicio.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Demuestra que un paralelogramo es un rectángulo si y solo si sus diagonales tienen la misma longitud.
  2. Demuestra que el área de un triangulo cualquiera es igual a la mitad del producto entre su base y su altura para el caso en que el pie de la altura cae fuera de la base.
  3. Muestra que si dos triángulos tienen una misma base entonces las razones entre sus áreas es igual a la razón entre sus respectivas alturas.
  4. Muestra que bajo las hipótesis de la primera implicación del Teorema de Thales también se tienen que la proporción entre las rectas que son paralelas es igual a aquella que tienen las transversales, es decir $\frac{AB}{AB_{1}} = \frac{AC}{AC_{1}} = \frac{BC}{B_{1}C_{1}}$.
  5. Prueba que si dos de las rectas $AA_{1}$, $BB_{1}$ o $CC_{1}$ son paralelas y se tienen que $\frac{AB}{BC} = \frac{A_{1}B_{1}}{B_{1}C_{1}}$, entonces las tres rectas son paralelas.

Más adelante…

Ya hemos demostrado el Teorema de Thales, ahora podemos hablar sobre la igualdad de ángulos y proporcionalidad entre los lados de triángulos distintos, esto es la semejanza de triángulos, en la siguiente entrada veremos que de igual forma que en congruencia, también hay varios criterios para verificar la semejanza de triángulos.

Entradas relacionadas