Archivo de la etiqueta: círculo

Seminario de Resolución de Problemas: Introducción a problemas de geometría y geometría euclideana

Introducción

En esta semana veremos algunas herramientas para resolver problemas de geometría. Como con otros temas que hemos visto, sería imposible tratar a profundidad el área. En vez de eso, lo que haremos es ver un poco de varias de las herramientas que se pueden usar en la solución de problemas geométricos, comenzando con geometría euclideana. Veremos ideas de lo siguiente:

  • Geometría triángulos y circunferencias
  • Geometría analítica
  • Vectores en geometría
  • Números complejos en geometría
  • Geometría discreta

En esta entrada comenzaremos con la parte de geometría euclideana. Más adelante hablaremos de las demás ideas.

Geometría euclideana

Cuando en geometría nos referimos a una solución por geometría euclideana o geometría sintética nos referimos a un argumento que no use parametrizaciones de los objetos del plano en términos de coordenadas, vectores o complejos. Simplemente usamos conceptos geométricos como ángulos, distancias, semejanza, congruencia, etc. Todas estas se pueden pensar como propiedades que se mantienen invariantes bajo movimientos rígidos del plano. Dentro de los resultados más versátiles del área tenemos los siguientes.

Teorema (de Tales). Tomemos puntos P y Q sobre los lados AB y AC de \triangle ABC. Se tiene que AP/AQ = AB/AC si y sólo si la recta PQ es paralela a la recta BC.

El teorema de Tales
Teorema de Tales

Teorema (criterios de congruencia). Sean \triangle ABC y \triangle DEF triángulos. Cualquiera de las siguientes condiciones (o sus simétricos) implican que \triangle ABC y \triangle DEF son congruentes:

  • (LLL) AB=DE, BC=EF y CA=FD
  • (LAL) AB=DE, \angle BAC = \angle EDF y CA=FD
  • (ALA) \angle BAC = \angle EDF, CA=FD y \angle BCA - \angle EFD.

Teorema (criterios de semejanza). Sean \triangle ABC y \triangle DEF triángulos. Cualquiera de las siguientes condiciones (o sus simétricos) implican que \triangle ABC y \triangle DEF son semejantes.

  • (LLL) \frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{CA}{FD}.
  • (LAL) \frac{AB}{DE}=\frac{CA}{FD} y \angle BAC = \angle EDF.
  • (AA) \angle BAC = \angle EDF y \angle BCA - \angle EFD.

Veamos un ejemplo en el que se usan estos hechos básicos.

Problema. Sobre los lados AB y AC de un triángulo ABC se construyen cuadrados ABPQ y ACRS como en la figura. Muestra que CQ=BS.

Sugerencia pre-solución. En geometría es típico modificar un problema. En vez de intentar medir los segmentos requeridos, es útil preguntarse si forman parte de triángulos que sean congruentes, o que sea pueda ver que son congruentes por algún criterio. Por supuesto, en todo problema de geometría es útil hacer muchas figuras.

Problema de geometría euclidiana con cuadrados
Figura auxiliar para problema de cuadrados en un triángulo.

Solución. Consideremos los triángulos ABS y AQC. Tenemos que AB=AQ pues ambos son lados del cuadrado ABPQ. De manera similar, AC=AS. Finalmente, tenemos que \angle BAS = \angle QAC, pues ambos ángulos son iguales a

    \[90^\circ + \angle BAC.\]

Por esta razón, podemos usar el criterio de congruencia LAL en estos triángulos para concluir que son congruentes. De aquí se concluye que CQ=BS, como queríamos.

\square

Recordatorio de puntos notables en triángulos

Otro tema relevante para la geometría euclideana es la geometría de triángulos. Tomemos un triángulo \triangle ABC. Hay algunos puntos y rectas notables en el triángulo, que se usan en varios problemas. A continuación enunciamos las más importantes.

  • Si L, M y N son los puntos medios de BC, CA y AB, respectivamente, entonces a cada una de las rectas AL, BM y CN se le conoce como una mediana. Las medianas de un triángulo concurren en un punto llamado el gravicentro o baricentro, que usualmente se denota por G.
Medianas de un triángulo y su gravicentro
Medianas de un triángulo y su gravicentro
  • Si D, E y F son las proyecciones desde A, B, C a los lados BC, CA y AB respectivamente, entonces a cada una de las rectas AD, BE y CF se le conoce como una altura. Las alturas de un triángulo concurren en un punto llamado el ortocentro, que usualmente se denota por H.
Alturas de un triángulo y su ortocentro
Alturas de un triángulo y su ortocentro
  • Las rectas que cortan a la mitad a cada uno de los ángulos internos de \triangle ABC se les conoce como las bisectrices internas del triángulo. Concurren en un punto llamado el incentro, usualmente denotado por I. El incentro sirve como centro para la única circunferencia que es tangente a los segmentos AB, BC y CA.
Bisectrices de un triángulo y su incentro
Bisectrices de un triángulo y su incentro
  • Las rectas perpendiculares a los lados del triángulo y que pasan por sus puntos medios se les llama mediatrices y concurren en un punto llamado el circuncentro, que se suele denotar O. Este punto sirve como centro de la única circunferencia que pasa por los tres vértices A, B y C.
Mediatrices de un triángulo y su circuncentro
Mediatrices de un triángulo y su circuncentro

Veamos las demostraciones de algunas de estas afirmaciones, para repasar algunos argumentos geométricos.

Una idea útil es caracterizar a una recta como el conjunto de puntos que satisfacen cierta propiedad. Por ejemplo, probemos primero la siguiente caracterización de las mediatrices.

Proposición. La recta perpendicular \ell a un segmento BC que pasa por su punto medio L consiste exactamente de los puntos P tales que PB=PC.

Demostración. Para ver que cualquier punto en \ell satisface esto, se puede usar el criterio LAL de congruencia en los triángulos PBL y PCL, usando el ángulo recto que comparten. Para ver que cualquier punto tal que PB=PC está en \ell, se usa que \angle PBC = \angle PCB (por el triángulo isósceles PBC), y entonces al bajar la perpendicular desde P a BC a un punto L', los triángulos PBL' y PCL' comparten dos ángulos (y por lo tanto los tres), de donde se puede usar de nuevo el criterio LAL para concluir que L=L'.

\square

Demostrar que las mediatrices concurren es entonces muy sencillo. Si P es la intersección de la mediatriz en BC y en CA, entonces por el resultado anterior tenemos PB=PC=PA, y entonces también por el resultado anterior se tiene que P está en la mediatriz de AB. De manera análoga se puede mostrar que una bisectriz consiste de los puntos que equidistan de los lados que la definen, y con ello mostrar que las bisectrices internas de un triángulo concurren.

Veamos ahora un problema de geometría euclideana que involucra a las alturas y a las medianas. Es el Problema 1 del Concurso Nacional de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas de 2009.

Problema. Sea ABC un triángulo y D el pie de la altura desde A. Con centro en D se traza una circunferencia de radio DA. Esta circunferencia corta a los lados AB y AC del triángulo en puntos P y Q respectivamente. Muestra que los triángulos AQP y ABC son semejantes.

Sugerencia pre-solución. Para mostrar que estos triángulos son semejantes, basta con mostrar que tienen ángulos iguales.

Solución. Tracemos además los pies de altura E y F desde B y C respectivamente.

Ángulos creados por alturas de un triángulo.
Ángulos creados por alturas de un triángulo.

Observemos que \triangle ABD y \triangle CBF comparten los ángulos rectos y el ángulo en B, de modo que son semejantes y por lo tanto su tercer ángulo es igual. Este y argumentos análogos muestran que

    \begin{align*}\alpha&:=\angle ABE = \angle ACF\\\beta&:=\angle BAD = \angle BCF\\\gamma&:= \angle CBE = \angle CAD.\end{align*}

De esta forma, los ángulos internos de \triangle ABC miden \angle A= \beta+\gamma, \angle B = \gamma+\alpha y \angle C = \alpha+\beta. Ya que la suma interna de los ángulos de un triángulo es 180^\circ, concluimos que \alpha+\beta+\gamma = 90^\circ.

Ahora, usando los triángulos isósceles \triangle ADP y \triangle ADQ del problema, tenemos que

    \begin{align*}\angle DPA &= \angle DAP = \beta\\\angle DQA &= \angle DAQ = \gamma.\end{align*}

Figura auxiliar para el problema
Figura auxiliar para el problema

Como \triangle PDQ también es isósceles con PD=DQ, tenemos que

    \[\alpha'=:\angle DPQ = \angle DQP.\]

Por la suma de ángulos en el triángulo APQ, tenemos que \alpha'+\beta + \gamma = 90^\circ. Así, \alpha = \alpha'. Concluimos entonces que en el \triangle PAQ los ángulos internos son \angle A = \beta+ \gamma, \angle P = \alpha+\beta y \angle Q = \gamma + \alpha.

De esta forma, los triángulos ABC y AQP son semejantes por el criterio AA.

\square

Otra técnica útil para resolver problemas de geometría consiste en mostrar que un punto está en dos rectas notables (por ejemplo, en las medianas AL y BM), deducir que entonces es el punto notable correspondiente (en este caso el gravicentro G), y usar la información de que entonces la recta por el tercer vértice y el punto es la tercer recta notable (que en el ejemplo diría que CG es la mediana).

Recordatorio de geometría del círculo

Un tercer ingrediente básico para la geometría euclideana es entender qué pasa con las circunferencias. Tomemos una circunferencia \Gamma y dos puntos fijos A y B sobre ella. Tomemos C y D otros dos puntos sobre \Gamma distintos de A y B sobre el mismo arco definido por A y B y sea E otro punto sobre \Gamma, en el arco opuesto. Entonces

  • Los ángulos \angle ACB y \angle ADB son iguales.
  • Los ángulos \angle ACB y \angle AEB son suplementarios, es decir, suman 180^\circ.
Ángulos en cuadriláteros cíclicos
Ángulos en cuadriláteros cíclicos

De hecho, este resultado es un si y sólo si. Para A, B, C, D puntos distintos en el plano:

  • Si \angle ACB y \angle ADB son iguales, entonces A, B, C, D son puntos sobre una circunferencia y C y D están en el mismo arco definido por A y B y
  • Si los ángulos \angle ACB y \angle ADB son suplementarios, entonces A, B, C, D son puntos sobre una circunferencia y C y D están en arcos opuestos definidos por A y B.

Cuando A, B, C y D son puntos distintos que yacen sobre una misma circunferencia, en ese orden, decimos que ABCD es un cuadrilátero cíclico.

Teorema (potencia de un punto). Sea P un punto y \Gamma una circunferencia. Tomemos dos rectas por P que corten a la circunferencia en puntos A, B, C y D como en alguna de las figuras. Entonces PA\cdot PB = PC \cdot PD.

Diagrama para teorema de potencia de un punto
Diagrama para teorema de potencia de un punto

Veamos un problema de la Olimpiada Matemática de la Cuenca del Pacífico en donde confluyen algunas de estas ideas. Es el problema 1 de la edición de 2016.

Problema. Un triángulo ABC es grandioso si para cualquier punto D en el lado BC, cuando se toman los pies de las perpendiculares P y Q de D a las rectas AB y AC, respectivamente, sucede que la reflexión de D en la recta PQ cae sobre el circuncírculo del triángulo ABC.

Muestra que un triángulo ABC es grandioso si y sólo si \angle A = 90^\circ y AB=AC.

Sugerencia pre-solución. El problema dice que cierta condición se debe cumplir para todo punto D en el lado BC. Considera algunos casos extremos de lo que puede ser D, de los que puedas obtener información de cómo debe ser el triángulo.

Solución. Para cualquier punto D en el lado BC, vamos a llamar D' a la reflexión de D en la recta PQ. Primero veremos que si ABC es grandioso, entonces es isósceles y con ángulo recto en A.

Como la hipótesis se cumple para cualquier punto D, en particular se cumple para cuando elegimos D como el punto donde la bisectriz desde A intersecta a BC. Nota que P y Q están en los rayos AB y AC. Además, P y Q son reflexiones entre sí con respecto a la recta AD, de modo que PQ es perpendicular a AD. Por esto, se tiene que D' está en la recta AD, así que o es A, o es el segundo punto de intersección de la bisectriz en A con el circuncírculo del triángulo. Como además APDQ es un cuadrilátero cíclico, se tiene que AD intersecta a PQ y por lo tanto D'=A.

Imagen auxiliar para problema APMO
Imagen auxiliar para problema APMO

Tenemos entonces las igualdades de ángulos

    \begin{align*}\angle BAC &= \angle PD'Q \\&= \angle PDQ \\&= 180^\circ - \angle BAC.\end{align*}

Concluimos entonces que \BAC = 90^\circ, que muestra que el triángulo es rectángulo en A.

Ahora tomamos a D como el punto medio de BC, lo cual hace que P y Q sean los puntos medios de AB y AC respectivamente. Pero entonces PQ es paralelo a BC y por lo tanto DD' es perpendicular a BC. La distancia de D' a BC es igual al circunradio del triángulo (pues D' debe caer en el circuncírculo), y es igual a la distancia de A a BC. Esto sólo puede suceder cuando ABC es isósceles y con ángulo recto en A, como queríamos.

Veamos ahora que si ABC es isósceles y de ángulo recto en A, entonces se cumple la propiedad para todo punto D en BC. Como D es la reflexión en PQ, tendríamos D'P=DP=BP. De manera similar, D'Q=DQ=CQ.

El cuadrilátero APDQD' es cíclico de diámetro PQ, pues todos los ángulos \angle PAQ, \angle PD'Q y \angle PDQ son de 90^\circ. De aquí, \angle APD'= \angle AQD', de donde obtenemos que \angle BPD'= \angle CQD'. Con esto concluimos que \triangle D'PB y \triangle D'QC son semejantes. De aquí se sigue que

    \begin{align*}\angle PD'Q &= \angle PD'C+ \angle CD'Q\\&=\angle PD'C + \angle BD'P\\&= \angle BD'C.\end{align*}

Como además tenemos \frac{D'P}{D'Q}= \frac{D'B}{D'C}, concluimos que también \triangle D'PQ y \triangle D'BC son semejantes. Pero como \triangle DPQ y \triangle D'PQ son congruentes, se obtiene que

    \[\angle BD'C=\angle PD'Q = \angle PDQ = 90^\circ.\]

Con esto concluimos que D' yace en la circunferencia de diámetro BC, que es precisamente el circuncírculo de \triangle ABC.

\square

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de geometría euclideana en la sección 8.1 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. Para tener buenos fundamentos en geometría euclideana, se pueden revisar algunos textos en el área, como los cuadernos de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas de Geometría y de Geometría: Ejercicios y problemas.

Usa la paridad

HeuristicasLos números enteros pueden ser pares o impares, dependiendo de si son divisibles entre dos o no. Más aún, se van alternando uno y uno. Además, es muy sencillo saber cómo es la paridad de la suma de dos números o bien de su producto si sabes la paridad de esos números. Estas ideas pueden parecer muy básicas, pero ayudan en una gran cantidad de problemas y son una introducción a los invariantes.

Cuando en un problema observamos nada más la paridad, estamos cubriendo una gran cantidad de casos nada más analizando pocos. En estos videos vemos cómo se aplica la idea de paridad en varios problemas de tableros, juegos, álgebra y teoría de números.

Ir a los videos…

Trabajar hacia atrás

HeuristicasHay algunos laberintos en los cuales es más fácil empezar por la salida que por la entrada. Como que empezar al final nos da más información. De modo similar, hay algunos problemas que nos dan más información si empezamos por las conclusiones que por las hipótesis.

Así mismo, en algunos problemas se tiene que seguir un cierto proceso y la pregunta es acerca de algunos estados alcanzables. En vez de empezar con un estado y ver a dónde llega, es mejor preguntarse cómo pudimos llegar al estado buscado.

Estas ideas también sirven para saber “en donde estás” mientras resuelves un problema: ¿Qué es lo que quieres y qué es lo que sabes?

Ir a los videos…

Casos extremos

HeuristicasEn los problemas de matemáticas tenemos objetos con propiedades. De entre los objetos con una propiedad, a veces es bueno elegir uno en especial para verificar nuestras conjeturas. En otras ocasiones, estos objetos extremos tienen propiedades que los hacen cumplir lo que pide el problema.

En estos videos veremos ejemplos en los cuales la existencia (¡o no existencia!) de objetos extremos o especiales nos permite resolver problemas.

Ir a los videos…

Dividir en casos

HeuristicasLos grandes problemas, como los grandes bocados, se tienen que acabar poco a poco. Acabarse una hamburguesa de un sólo bocado tiene sus complicaciones, pero si vas dándole mordida por mordida ya no parece una tarea imposible. Esta es justo la filosofía que está detrás de dividir en casos.

Ir a los videos…