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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.

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