Introducción

En esta ocasión veremos algunas proposiciones sobre concurrencia de rectas, principalmente el teorema de Ceva y su forma trigonométrica, a partir de los cuales mostraremos otros resultados.

Teorema de Ceva

Definición 1. Si una recta pasa por el vértice de un triángulo, el segmento comprendido entre el vértice y la intersección con el lado opuesto, se llama ceviana.

Teorema 1, de Ceva. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $AX$, $BY$, $CZ$ cevianas, entonces $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$.

Demostración. Supongamos que $AX$, $BY$ y $CZ$ concurren en $S$.

Aplicamos el teorema de Menelao a $\mathrm{△}ABX$ y la trasversal $ZSC$
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BC}{CX}}{\displaystyle \frac{XS}{SA}}=–1$.

Nuevamente, usamos el teorema de Menelao, ahora en $\mathrm{△}AXC$ y la transversal $BYS$
${\displaystyle \frac{AS}{SX}}{\displaystyle \frac{XB}{BC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=–1$.

Multiplicamos estas dos igualdades y reordenamos
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{XB}{CX}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}{\displaystyle \frac{XS}{SA}}{\displaystyle \frac{AS}{SX}}{\displaystyle \frac{BC}{BC}}=1$.

Simplificamos empleando segmentos dirigidos
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$.

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Conversamente, supongamos que para las tres cevianas $AX$, $BY$ y $CZ$, se cumple la igualdad ${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$, sea $S=BY\cap CZ$, queremos ver que $AX$ pasa por $S$.

Sea $X^{\prime }=AS\cap BC$, entonces las cevianas $A{X}^{\prime }$, $BY$ y $CZ$ son concurrentes por lo tanto
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$.

Como resultado de esta igualdad y nuestra hipótesis obtenemos
${\displaystyle \frac{BX}{XC}}={\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}$.

Es decir, $X$ y $X^{\prime }$ dividen a $BC$ en la misma razón, por lo tanto, $X=X^{\prime }$.

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Forma trigonométrica del teorema de Ceva

Forma trigonométrica del teorema de Ceva. Sean $AZ$, $BY$ y $CZ$ cevianas de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, entonces $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si
${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}=1$.

Demostración. Aplicamos el lema de la razón a los puntos $X$, $Y$, $Z$ (figura 1)

${\displaystyle \frac{BX}{XC}}={\displaystyle \frac{BA}{AC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}$,
${\displaystyle \frac{CY}{YA}}={\displaystyle \frac{CB}{BA}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}$,
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}={\displaystyle \frac{AC}{CB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}$.

Multiplicamos las tres igualdades
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}$
$={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}$.

Por el teorema de Ceva, ${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$
si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Por lo tanto,
${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}=1$
si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

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Conjugados isotómicos

Proposición 1. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $P$ un punto en el plano, sean $X=AP\cap BC$, $Y=BP\cap CA$, $Z=CP\cap AB$, considera los puntos isotómicos $X^{\prime }$, $Y^{\prime }$, $Z^{\prime }$ de $X$, $Y$, $Z$ respectivamente, entonces las cevianas $A{X}^{\prime }$, $B{Y}^{\prime }$, $C{Z}^{\prime }$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como conjugado isotómico de $P$ respecto a $\mathrm{△}ABC$.

Demostración. Como $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, por el teorema de Ceva ${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$.

Ya que $X^{\prime }$, $Y^{\prime }$, $Z^{\prime }$ son las reflexiones de $X$, $Y$, $Z$, respectivamente, respecto de los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente entonces

${\displaystyle \frac{A{Z}^{\prime }}{Z^{\prime }B}}{\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}{\displaystyle \frac{C{Y}^{\prime }}{Y^{\prime }A}}$
$={\displaystyle \frac{ZB}{AZ}}{\displaystyle \frac{XC}{BX}}{\displaystyle \frac{YA}{CY}}$
$=({\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}{)}^{-1}=1$.

Por lo tanto, por el teorema de Ceva, $A{X}^{\prime }$, $B{Y}^{\prime }$, $C{Z}^{\prime }$ son concurrentes.

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Teorema de Blanchet

Definición 2. Si tres cevianas $AX$, $BY$, $CZ$ de un triángulo $\mathrm{△}ABC$ concurren en un punto $P$, a $\mathrm{△}XYZ$ se le conoce como triángulo de Ceva de $P$ respecto de $\mathrm{△}ABC$.

Teorema 2, de Blanchet. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $X$ el pie de la altura por $A$, sea $P$ cualquier punto en $AX$, $\mathrm{△}XYZ$ el triángulo de Ceva de $P$ respecto de $\mathrm{△}ABC$, entonces $AX$ es la bisectriz de $\mathrm{\angle }ZXY$.

Demostración. Sean $l$ la paralela a $BC$ por $A$, $D=XZ\cap l$, $E=XY\cap l$, entonces tenemos las siguientes semejanzas $\mathrm{△}YCX\sim \mathrm{△}YAE$, $\mathrm{△}ZAD\sim \mathrm{△}ZBX$, esto es,
${\displaystyle \frac{YC}{YA}}={\displaystyle \frac{CX}{AE}}$ y ${\displaystyle \frac{ZA}{ZB}}={\displaystyle \frac{AD}{BX}}$.

Como las cevianas $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, por el teorema de Ceva tenemos
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=1$.

Sustituimos las ecuaciones derivadas de la semejanza
${\displaystyle \frac{DA}{BX}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{XC}{AE}}=1$.

Esto implica que $DA=AE$.

Como $\mathrm{\angle }EAX=\mathrm{\angle }XAD={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, por criterio de congruencia LAL, $\mathrm{△}XAE\cong \mathrm{△}XAD$.

Por lo tanto, $\mathrm{\angle }DXA=\mathrm{\angle }AXE$.

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Teorema del nido de Ceva

Teorema 3. Sean $AD$, $BE$, $CF$ tres cevianas de un triángulo $\mathrm{△}ABC$; $DX$, $EY$, $FZ$, tres cevianas de $\mathrm{△}DEF$, si dos de las tercias $(AD,BE,CF)$; $(DX,EY,FZ)$; $(AX,BY,CZ)$, entonces la tercera también es concurrente.

Demostración. Supongamos que $(AD,BE,CF)$ y $(DX,EY,FZ)$ son concurrentes, la prueba para otros casos es análoga.

Aplicamos el lema de la razón a los triángulos $\mathrm{△}AEF$, $\mathrm{△}BFD$, $\mathrm{△}CDE$ y los respectivos puntos $X$, $Y$, $Z$,

${\displaystyle \frac{EX}{XF}}={\displaystyle \frac{EA}{AF}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }EAX}{\sin \mathrm{\angle }XAF}}$,

${\displaystyle \frac{FY}{YD}}={\displaystyle \frac{FB}{BD}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }FBY}{\sin \mathrm{\angle }DBY}}$,

${\displaystyle \frac{DZ}{ZE}}={\displaystyle \frac{DC}{CE}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }DCZ}{\sin \mathrm{\angle }ECZ}}$.

Sean $X^{\prime }=AX\cap BC$, $Y^{\prime }=BY\cap CA$, $Z^{\prime }=CZ\cap AB$, recordemos que si dos ángulos son suplementarios su seno es igual, ahora multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos

${\displaystyle \frac{DZ}{ZE}}{\displaystyle \frac{EX}{XF}}{\displaystyle \frac{FY}{YD}}$
$=({\displaystyle \frac{AF}{FB}}{\displaystyle \frac{BD}{DC}}{\displaystyle \frac{CE}{EA}}{)}^{-1}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }{X}^{\prime }AC}{\sin \mathrm{\angle }{X}^{\prime }AB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }{Y}^{\prime }BA}{\sin \mathrm{\angle }CB{Y}^{\prime }}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }{Z}^{\prime }CB}{\sin \mathrm{\angle }AC{Z}^{\prime }}}$.

Por otra parte, como $(AD,BE,CF)$ y $(DX,EY,FZ)$ son concurrentes, por el teorema de Ceva
${\displaystyle \frac{AF}{FB}}{\displaystyle \frac{BD}{DC}}{\displaystyle \frac{CE}{EA}}=1$,

${\displaystyle \frac{DZ}{ZE}}{\displaystyle \frac{EX}{XF}}{\displaystyle \frac{FY}{YD}}=1$.

Por lo tanto,
${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }AC{Z}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }{Z}^{\prime }CB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }{X}^{\prime }AB}{\sin \mathrm{\angle }{X}^{\prime }AC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CB{Y}^{\prime }}{\sin \mathrm{\angle }{Y}^{\prime }BA}}=1$.

Por la forma trigonométrica del teorema de Ceva, $A{X}^{\prime }=AX$, $B{Y}^{\prime }=BY$, $C{Z}^{\prime }=CZ$, son concurrentes.

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Teorema de Jacobi

Teorema 4, de Jacobi. Sean $\mathrm{△}ABC$, $X$, $Y$, $Z$ puntos tales que $\mathrm{\angle }XBC=\mathrm{\angle }ABZ={\beta }_1$, $\mathrm{\angle }BCX=\mathrm{\angle }YCA={\gamma }_1$, $\mathrm{\angle }CAY=\mathrm{\angle }ZAB={\alpha }_1$, entonces las rectas $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto de Jacobi.

Demostración. Sean $\mathrm{\angle }BAC={\alpha }_0$, $\mathrm{\angle }CBA={\beta }_0$, $\mathrm{\angle }ACB={\gamma }_0$, $Q=BX\cap CA$, $R=CX\cap AB$.

Como $AX$, $BQ$, $CR$ concurren en $X$, por el teorema de Ceva trigonométrico,
${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACR}{\sin \mathrm{\angle }RCB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBQ}{\sin \mathrm{\angle }QBA}}=1$.

Por lo tanto,

$1={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin {\gamma }_0+{\gamma }_1}{\sin {\gamma }_1}}{\displaystyle \frac{\sin \pi –{\beta }_1}{\sin \pi –({\beta }_0+{\beta }_1)}}$
$={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin {\gamma }_0+{\gamma }_1}{\sin {\gamma }_1}}{\displaystyle \frac{\sin {\beta }_1}{\sin {\beta }_0+{\beta }_1}}$.

Igualmente podemos encontrar

${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}{\displaystyle \frac{\sin {\beta }_0+{\beta }_1}{\sin {\beta }_1}}{\displaystyle \frac{\sin {\alpha }_1}{\sin {\alpha }_0+{\alpha }_1}}=1$,

${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}{\displaystyle \frac{\sin {\alpha }_0+{\alpha }_1}{\sin {\alpha }_1}}{\displaystyle \frac{\sin {\gamma }_1}{\sin {\gamma }_0+{\gamma }_1}}=1$.

Multiplicando estas tres ecuaciones y obtenemos
${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}=1$.

Lo que significa, por la forma trigonométrica del teorema de Ceva que $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Observación. Notemos que el punto de Jacobi es una generalización de los puntos de Fermat que vimos en la unidad 2.

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Puntos de Napoleón

Corolario. Sea $ABC{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ una configuración externa (interna) de Napoleón, sean $I_a$, $I_b$, $I_c$, los incentros de $\mathrm{△}{A}^{\prime }BC$, $\mathrm{\angle }A{B}^{\prime }C$, $\mathrm{\angle }AB{C}^{\prime }$ respectivamente, entonces $A{I}_a$, $B{I}_b$, $C{I}_c$ son concurrentes, al punto de concurrencia $N_{+}$ ($N_{-}$) se le conoce como primer (segundo) punto de Napoleón.

Demostración. Como $\mathrm{△}{A}^{\prime }BC$, $\mathrm{△}A{B}^{\prime }C$, $\mathrm{△}AB{C}^{\prime }$ son equiláteros y están construidos externamente (internamente) sobre los lados de $\mathrm{△}ABC$ entonces $\mathrm{\angle }{I}_{a}BC=\mathrm{\angle }AB{I}_c=\mathrm{\angle }BC{I}_a=\mathrm{\angle }{I}_{b}CA=\mathrm{\angle }CA{I}_b=\mathrm{\angle }{I}_{c}AB={\displaystyle \frac{\pi }{6}}$.

Por el teorema de Jacobi, $A{I}_a$, $B{I}_b$, $C{I}_c$ son concurrentes.

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Teorema de Routh

Teorema 5, de Routh. Sean $AX$, $BY$, $CZ$ cevianas de un triángulo $\mathrm{△}ABC$ y considera $D=BY\cap AX$, $E=BY\cap CZ$, $F=AX\cap CZ$, $z={\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}$, $x={\displaystyle \frac{BX}{XC}}$, $y={\displaystyle \frac{CY}{YB}}$ entonces el área de $\mathrm{△}DEF$ se puede calcular mediante la siguiente formula:
$(\mathrm{△}DEF)={\displaystyle \frac{(1–xyz{)}^2}{(xy+y+1)(yz+z+1)(zx+x+1)}}(\mathrm{△}ABC)$.

Demostración. Como $\mathrm{△}AFC$ y $\mathrm{△}AXC$ tienen la misma altura desde $C$ entonces.
${\displaystyle \frac{(\mathrm{△}AFC)}{(\mathrm{△}AXC)}}={\displaystyle \frac{AF}{AX}}={\displaystyle \frac{AF}{AF+FX}}={\displaystyle \frac{1}{1+{\displaystyle \frac{FX}{AF}}}}$.

Aplicando el teorema de Menelao en $\mathrm{△}ABX$ y la transversal $ZFC$
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BC}{CX}}{\displaystyle \frac{XF}{FA}}=–1$
$\iff {\displaystyle \frac{XF}{FA}}={\displaystyle \frac{ZB}{AZ}}{\displaystyle \frac{XC}{BC}}={\displaystyle \frac{1}{z}}\times {\displaystyle \frac{XC}{BX+XC}}={\displaystyle \frac{1}{z(x+1)}}$.

Como resultado,
$(\mathrm{△}AFC)={\displaystyle \frac{1}{1+{\displaystyle \frac{1}{z(x+1)}}}}(\mathrm{△}AXC)={\displaystyle \frac{z(x+1)}{zx+z+1}}(\mathrm{△}AXC)$

Por otro lado,
${\displaystyle \frac{(\mathrm{△}AXC)}{(\mathrm{△}ABC)}}={\displaystyle \frac{XC}{BC}}={\displaystyle \frac{XC}{BX+XC}}={\displaystyle \frac{1}{x+1}}$.

Por lo tanto,
$(\mathrm{△}AFC)={\displaystyle \frac{z(x+1)}{zx+z+1}}\times {\displaystyle \frac{1}{1+x}}(\mathrm{△}ABC)={\displaystyle \frac{z}{zx+z+1}}(\mathrm{△}ABC)$.

Igualmente podemos encontrar
$(\mathrm{△}BDA)={\displaystyle \frac{x}{xy+x+1}}(\mathrm{△}ABC)$,
$(\mathrm{△}CEB)={\displaystyle \frac{y}{yz+y+1}}(\mathrm{△}ABC)$.

Finalmente
$(\mathrm{△}DEF)=(\mathrm{△}ABC)–(\mathrm{△}AFC)–(\mathrm{△}BDA)–(\mathrm{△}CEB)$
$=(\mathrm{△}ABC)(1–{\displaystyle \frac{z}{zx+z+1}}–{\displaystyle \frac{x}{xy+x+1}}–{\displaystyle \frac{y}{yz+y+1}})$
$={\displaystyle \frac{(1–xyz{)}^2}{(xy+y+1)(yz+z+1)(zx+x+1)}}(\mathrm{△}ABC)$.

Los cálculos de la última ecuación quedan para el lector.

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Observación. Notemos que este resultado generaliza el teorema de Ceva pues si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes entonces $(\mathrm{△}DEF)=0$, lo que implica que ${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=xyz=1$.

Por el contrario, si $xyz=1$, entonces $(\mathrm{△}DEF)=0$, es decir $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre el punto de Nagel, un punto notable del triángulo con varias propiedades interesantes, la existencia de los conjugados isotómicos nos permitirá presentar este punto.

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. Empleando el teorema de Menelao, muestra que las medianas, las alturas y las bisectrices internas de todo triángulo son concurrentes.
2. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $X$, $X^{\prime }\in BC$; $Y$, $Y^{\prime }\in CA$; $Z$, $Z^{\prime }\in AB$, los puntos en que una circunferencia interseca a los lados de $\mathrm{△}ABC$, prueba que si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, entonces $A{X}^{\prime }$, $B{Y}^{\prime }$, $C{Z}^{\prime }$ son concurrentes.
3. In un triangulo $\mathrm{△}ABC$, $D$, $E$, $F$ son los pies de las alturas desde $A$, $B$, $C$, muestra que las perpendiculares desde $A$, $B$, y $C$ a $EF$, $DF$ y $DE$, respectivamente son concurrentes.
4. Si las diagonales de un cuadrilátero convexo $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$ se intersecan en $P$ muestra que
   ${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }PAD}{\sin \mathrm{\angle }PAB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }PBA}{\sin \mathrm{\angle }PBC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }PCB}{\sin \mathrm{\angle }PCD}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }PDC}{\sin \mathrm{\angle }PDA}}=1$.
5. Teorema de Kariya. Sea $\mathrm{\Gamma }(I)$ el incírculo de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, sean $D$, $E$, $F$ los puntos de tangencia de $\mathrm{\Gamma }(I)$ con $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, sean $(I,r)$ una circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $X=(I,r)\cap ID$, $Y=(I,r)\cap IE$, $Z=(I,r)\cap IF$, demuestra que $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curso: Triángulos en perspectiva.
• Siguiente entrada del curso: Punto de Nagel.
• Otros cursos.

Fuentes

• Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 37-53, 85-93.
• Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 158-160.
• Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 36-42.
• Wikipedia
• The University of Georgia

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»