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Cálculo Diferencial e Integral II: Forma exponencial de las series de Fourier

Por Miguel Ángel Rodríguez García

Introducción

En la sección anterior vimos las series de Fourier para las funciones pares e impares, en esta sección veremos la forma exponencial de las series de Fourier por la fórmula reducida del matemático Jonhard Euler, aunque esta fórmula está dada en un plano complejo, se puede entender a este nivel utilizando unas cuantas propiedades sencillas de los números complejos.

Forma exponencial de las series de Fourier

La fórmula de Euler o relación de Euler esta dada como:

$$e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)$$

Donde $i$ es un número complejo o imaginario, aunque esta identidad se deducirá en el curso de variable compleja. De esta fórmula se puede deducir fácilmente las siguientes relaciones:

$$\cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$$

$$\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i} \tag{1}$$

De los coeficientes de Fourier, observamos los términos de las funciones trigonométricas seno y coseno y sustituimos en las fórmulas anteriores como sigue:

$$\cos(\frac{2\pi n}{T}x)=\frac{e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2}$$

$$y$$

$$\sin(\frac{2\pi n}{T}x)=\frac{e^{\frac{2\pi n}{T}ix}-e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2i}$$

Así tenemos que:

$$a_{n}\cos(\frac{2\pi n}{T}x)+b_{n}\sin(\frac{2\pi n}{T}x)=a_{n} \left [ \frac{e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2}\right ]+b_{n} \left [\frac{e^{\frac{2\pi n}{T}ix}-e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2i} \right ]$$

Existe una propiedad en los números complejos que nos dice que:

$$i=-\frac{1}{i}$$

Aunque esta demostración se verá en el curso de variable compleja, utilizaremos solo esta propiedad de los números complejos, aplicando lo anterior en el segundo término como sigue:

$$=a_{n} \left [ \frac{e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2}\right ]-ib_{n} \left [\frac{e^{\frac{2\pi n}{T}ix}-e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2} \right ]$$

$$=\frac{a_{n} \space e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+a_{n} \space e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2}+\frac{-ib_{n} \space e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+ib_{n}\space e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}}{2}$$

$$=\frac{1}{2}\left [a_{n} \space e^{\frac{2\pi n}{T}ix}-ib_{n} \space e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+a_{n} \space e^{-\frac{2\pi n}{T}ix}+ib_{n}\space e^{-\frac{2\pi n}{T}ix} \right ]$$

$$=\frac{1}{2}\left [ (a_{n}-ib_{n})e^{\frac{2\pi n}{T}ix}+(a_{n}+b_{n})e^{-\frac{2\pi n}{T}ix} \right ]$$

Sea $c_{n}=\frac{1}{2}(a_{n}-ib_{n})$

Su respectivo complejo conjugado $\bar{c}_{n}$ es aquel que intercambia el signo del número complejo, es decir: $\bar{c}_{n}=\frac{1}{2}(a_{n}+ib_{n})$

Entonces la serie de Fourier en la forma exponencial de $f(x)$ está dada como:

$$f(x)=C_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}\left (c_{n}e^{\frac{2\pi n}{T}ix}-\bar{c}_{n}e^{-\frac{2\pi n}{T}ix} \right )$$

Cuyo coeficientes complejos están dados como

$$c_{n}=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(x)e^{-\frac{2\pi n }{T}ix}dx$$

$$y$$

$$ \bar{c}_{n} = \frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(x)e^{\frac{2\pi n }{T}ix}dx $$

Con $n \space \epsilon \space \mathbb{Z}$

Veamos un ejemplo.

Ejemplo

Aproxime la siguiente función con una serie de Fourier en su forma exponencial.

  • $f(x)=\sin(x)$ en el intervalo $[-\pi, \pi]$

Vemos que el periodo está dado como $T=2 \pi$, ya que se repite en un intervalo de $-\pi$ a $\pi$ Calculemos los coeficientes complejos como sigue:

$$c_{0}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{0}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)dx=0$$

$$\therefore \space c_{0}=0$$

$$c_{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{-\frac{2\pi n }{2\pi}ix}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{-nix}dx$$

Resolvemos esta integral con el método de integración por partes el cual ya habíamos visto, tomamos como cambio de variable a $u=-inx$, por lo que:

$$=\frac{1}{2\pi}\left ( \frac{e^{-inx}(\cos(x)+in\sin(x)}{n^{2}-1} \right )\bigg{|}_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{2\pi}\left ( \frac{e^{-in(\pi)}(\cos(\pi)+in\sin(\pi))}{n^{2}-1}-\frac{e^{-in(-\pi)}(\cos(-\pi)+in\sin(-\pi))}{n^{2}-1} \right )$$

$$= \frac{1}{2\pi}\left ( \frac{e^{-in \pi}(-1)}{n^{2}-1}-\frac{e^{in \pi}(-1)}{n^{2}-1} \right )=\frac{1}{2\pi}\frac{1}{n^{2}-1}\left ( -e^{-in \pi}+e^{in \pi} \right ) $$

Podemos usar la relación $(1)$ para reescribir el resultado anterior como:

$$c_{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{-nix}dx=\frac{1}{2\pi}\left ( \frac{-e^{-in\pi}+e^{in\pi}}{n^{2}-1} \right )=\frac{1}{\pi}\left ( \frac{i\sin(\pi n)}{n^{2}-1} \right )$$

Ahora para los coeficientes $\bar{c}_{n} $, se tiene que:

$$\bar{c}_{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{nix}dx$$

Por lo que solo cambia en el signo de la exponencial, lo cual se obtiene que la integral es:

$$ \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{nix}dx = =\frac{1}{2\pi}\left ( \frac{e^{inx}(\cos(x)-in\sin(x)}{n^{2}-1} \right )\bigg{|}_{-\pi}^{\pi} $$

Como $\sin(\pm\pi)=0$, por lo que el resultado de la integral solo cambia en el signo:

$$\bar{c}_{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)e^{nix}dx= \frac{1}{\pi}\left ( \frac{i\sin(\pi n)}{1-n^{2}} \right ) $$

Por tanto, la serie de Fourier en términos exponenciales es:

$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\left [\frac{1}{\pi}\left ( \frac{i\sin(\pi n)}{n^{2}-1} \right )e^{inx}-\frac{1}{\pi}\left ( \frac{i\sin(\pi n)}{1-n^{2}} \right ) e^{-inx} \right ]$$

$$=\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2i\sin(\pi n)}{n^{2}-1}\left ( e^{inx}+ e^{-inx}\right )=\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2isen(\pi n)}{n^{2}-1}2\cos(nx)=
\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{i\sin(\pi n)}{n^{2}-1}\cos(nx)$$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  • Verifique utilizando la relación de Euler las siguientes relaciones:

$$\cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$$

$$\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$$

  • Aproxime las siguientes funciones con serie de Fourier utilizando la forma exponencial.
  1. $f(x)=x$ en el intervalo $[-\pi, \pi]$
  2. $f(x)=\left\lbrace\begin{array}{c} 2 \space \space \space si \space \space \space 0 \leq x < 1 \\ -2 \space \space \space si \space \space \space 1 \leq x \leq 2 \end{array}\right.$
  3. $f(x)=\left\lbrace\begin{array}{c} -1 \space \space \space si \space \space \space -\pi \leq x < 0 \\ 1 \space \space \space si \space \space \space 0 \leq x \leq \pi \end{array}\right.$

Más adelante…

En esta sección vimos la forma exponencial de las series de Fourier y aunque se vio un poco de variable compleja, realmente se vio las propiedades más básicas de los números complejos, por lo que no se tuvo que recurrir a un curso de variable compleja, en la siguiente sección veremos las curvas paramétricas así como ejemplo de estos.

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Geometría Moderna I: Potencia de un punto

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En esta ocasión estudiaremos la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, esta es una herramienta que nos permite establecer una medida de la distancia de un punto a una circunferencia dada.

Potencia de un punto respecto a una circunferencia

Teorema 1. Sea $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto en el plano, por $P$ tracemos una secante a $\Gamma$, con intercesiones en $A$ y en $B$, entonces el número $PA \times PB$ es independiente de la secante que tracemos.

Demostración. Consideremos dos secantes desde $P$, $PAB$ y $PCD$, consideremos los triángulos $\triangle PAD$ y $\triangle PCB$, tenemos que $\angle CDA = \angle CBA$, pues abarcan el mismo arco de circunferencia.

Figura 1

Si $P$ es un punto exterior a $\Gamma$, $\angle APC$ es un ángulo común de los triángulos considerados.

Si $P$ es un punto interior a $\Gamma$, $\angle APD = \angle BPC$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle PAD \sim \triangle PCB$,
$\Rightarrow \dfrac{PA}{PC} = \dfrac{PD}{PB}$
$\Rightarrow PA \times PB = PC \times PD$.

$\blacksquare$

Definición. Al valor constante $PA \times PB$, se le conoce como la potencia de $P$ respecto a la circunferencia $\Gamma$.

Otras expresiones para la potencia

Proposición 1. Sea $P$ un punto en el plano y $(O, R)$ una circunferencia, entonces la potencia de $P$ respecto a $(O, R)$ es igual a $|OP^2 – R^2|$.

Demostración. Por $P$ tracemos la secante $AB$ a $(O, R)$ que pasa por $O$.

Figura 2

Si $P$ es exterior $PA \times PB = (OP – OA)(OP + OB) = (OP – R)(OP + R) = OP^2 – R^2$.

Si $P$ es interior $PA \times PB = (OA – OP)(OP + OB) = (R – OP)(OP + R) = R^2 – OP^2$.

$\blacksquare$

Proposición 2. Si $P$ es un punto exterior a una circunferencia $\Gamma$, entonces el cuadrado del segmento tangente $PT$ a $\Gamma$ es igual a la potencia de $P$ respecto a $\Gamma$.

Demostración. Tracemos una secante $PAB$ por $P$ a $\Gamma$ (figura 2), consideremos $\triangle PAT$ y $\triangle PTB$, como el ángulo semiinscrito $\angle ATP$, abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $\angle ABT$, entonces son iguales, además $\angle TPA$ es un ángulo común a ambos triángulos.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle PAT \sim \triangle PTB$,
$\Rightarrow \dfrac{PA}{PT} = \dfrac{PT}{PB}$
$\Rightarrow PA \times PB = PT^2$

$\blacksquare$

Teorema de las cuerdas

Teorema 2. Considera dos segmentos $AB$, $CD$ que se intersecan en $P$, entonces $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos si y solo si $PA \times PB = PC \times PD$.

Demostración. Supongamos que $A$, $B$, $C$, y $D$ son cíclicos, tanto si $P$ es interno o externo a la circunferencia, por el teorema 1, $PA \times PB = PC \times PD$.

Figura 3

Ahora supongamos se cumple $PA \times PB = PC \times PD$,
$\Rightarrow \dfrac{PB}{PD} = \dfrac{PC}{PA}$.

En caso de que $P$ este en la extensión de ambos segmentos (izquierda figura 3), $\angle APC$ es un ángulo común de los triángulos $\triangle PCB$ y $\angle PAD$.

En caso de que $P$ este contenido en ambos segmentos (derecha figura 3), entonces $\angle BPC = \angle APD$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle PCB \sim \triangle PAD$ $\Rightarrow \angle CDA = \angle CBA$.

Sabemos que el lugar geométrico de los puntos que subtienden ángulos iguales con el segmento $AC$, es un arco de circunferencia que pasa por $A$ y $C$. Por lo tanto, $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos.

$\blacksquare$

Formula de Euler

Teorema 3, formula de Euler. Considera el circuncírculo $(O, R)$ y el incírculo $(I, r)$ de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $IO^2 = R(R – 2r)$.

Demostración. Sea $K = AI \cap (O, R)$, entonces $\angle BAK = \angle KAC$, pues $AK$ es bisectriz de $\angle A$.

$\angle KAC = \angle KBC$, pues abarcan el mismo arco, por lo tanto $\angle BAK = \angle KBC$.

$\Rightarrow \angle KBI = \angle KBC + \angle CBI = \angle BAK + \angle CBI = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$.

Figura 4

El ángulo $\angle BIK$ es un ángulo exterior de $\triangle BAI$, por lo que es igual a la suma de los ángulos no adyacentes a el,
$\angle BIK = \angle IBA + \angle BAI = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$
$\Rightarrow \angle BIK = \angle KBI$.

Por lo tanto $\triangle IKB$ es isósceles.

Por otro lado, considera $K’ = KO \cap (O, R)$, $Z = AB \cap (I, r)$, $\triangle BK’K$ es rectángulo, pues $KK’$ es diámetro.

Notemos que $\angle ZAK = \angle BAK = \angle BK’K$, pues abarcan el mismo arco, entonces por criterio de semejanza AA, $\triangle ZAI \sim \triangle BK’K$
$\Rightarrow \dfrac{AI}{K’K} = \dfrac{ZI}{BK}$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times BK = K’K \times ZI = 2Rr. \end{equation}$

Por la proposición 1, la potencia de $I$ con respecto a $(O, R)$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times KI = R^2 – IO^2. \end{equation}$

Haciendo el cociente de $(1)$ y $(2)$ tenemos que $\dfrac{BK}{KI} =\dfrac{2Rr}{R^2 – IO^2}$.

Como $\triangle IKB$ es isósceles entonces $BK = KI$
$\Rightarrow IO^2 – R^2 = –2Rr$
$\Rightarrow IO^2 = R^2 – 2Rr = R(R – 2r)$.

$\blacksquare$

Reciproco de la formula de Euler

Teorema 4. Sean $(O, R)$, $(I, r)$, dos circunferencias tal que $(I, r)$ está en el interior del círculo $(O, R)$ y tal que la distancia entre sus centros cumple la igualdad $IO^2 = R(R – 2r)$, entonces existen una infinidad de triángulos inscritos en $(O, R)$ y circunscritos en $(I, r)$.

Demostración. Dado que varios argumentos son iguales a los del teorema 3 solo serán mencionados, nos guiaremos en la figura 4.

Desde cualquier punto $A \in (O, R)$ trazamos las tangentes a $(I, r)$ que intersecan a $(O, R)$ en $B$ y $C$, sea $K = AI \cap (O, R)$, usando la igualdad dada y la potencia de $I$ respecto de $(O, R)$ obtenemos,
$\begin{equation} AI \times IK = R^2 – IO^2 = 2Rr. \end{equation}$.

Sean $Z$ e $Y$ los puntos de tangencia de $AB$ y $AC$ con $(I, r)$ respectivamente, por criterio hipotenusa-cateto los triángulos rectángulos $\triangle AIZ$ y $\triangle AIY$ son congruentes por lo que $AK$ es bisectriz de $\angle A$.

Sea $K’ = KO \cap (O, R)$, como $\triangle BKK’$ es rectángulo y $\angle BK’K = \angle ZAI$, por criterio de semejanza AA, $\triangle ZAI \sim \triangle BK’K$ y tenemos que
$\dfrac{AI}{K’K} = \dfrac{ZI}{BK}$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times BK = K’K \times ZI = 2Rr. \end{equation}$

Por $(3)$ y $(4)$ tenemos $AI \times IK = AI \times BK$
$\Rightarrow IK = BK$

Así $\triangle IKB$ es isósceles y $\angle KBI = \angle BIK$, pero
$\angle KBI = \angle KBC + \angle CBI = \dfrac{\angle A}{2} + \angle CBI$ y $\angle BIK = \dfrac{\angle A}{2} + \angle IBA$,
$\Rightarrow CBI = IBA$.

Sea $X$ pie de la perpendicular a $BC$ desde $I$, entonces por criterio de congruencia ALA, $\triangle IZB \cong \triangle IXB$ $\Rightarrow IZ = IX$.

Por lo tanto, $BC$ es tangente a $(I, r)$ en $X$, así $\triangle ABC$ está inscrito en $(O, R)$ y circunscrito en $(I, r)$.

$\blacksquare$

Lema de Haruki

Lema de Haruki. Sean $AB$ y $CD$ dos cuerdas de una circunferencia $\Gamma_1$ que no se intersecan considera $P$ un punto variable en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$ que no contiene a $C$ y a $D$. Sean $E = PC \cap AB$ y $F = PD \cap AB$, entonces el numero $\dfrac{AE \times FB}{EF}$, es independiente de la posición de $P$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$.

Demostración. Consideremos $\Gamma_2$ circuncírculo de $\triangle PED$ y sea $G = AB \cap \Gamma_2$, entonces $\angle EPD = \angle EGD$, pues abarcan el mismo arco.

Entonces $\angle AGD = \angle EGD = \angle EPD = \angle CPD$, esté último ángulo es fijo mientras $P$ varié en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$.

Figura 5

$A$ y $D$ son puntos fijos y $G$ siempre está sobre la recta $AB$, $G$ es un punto fijo, por lo tanto, el valor $BG$ es fijo.

Por otro lado, calculamos la potencia de $F$ respecto de ambas circunferencias
$FA \times FB = FP \times FD$ y $FE \times FG = FP \times FD$
$\Rightarrow (AE + FE) FB = FP \times FD = EF (FB + BG)$
$\Rightarrow \dfrac{AE \times FB}{EF} = BG$.

$\blacksquare$

Mas ejemplos

Problema 1. Sean $\triangle ABC$ y $D$ un punto interior del triángulo tal que $BE \times BA = CA \times CF$ donde $E$ y $F$ son los pies de las perpendiculares a $AB$ y $AC$ trazados desde $D$, encuentra el lugar geométrico de $D$.

Solución. Como $\angle DEA = \angle AFD = \dfrac{\pi}{2}$, entonces $AD$ es diámetro de una circunferencia que pasa por $E$ y $F$, por lo que el centro $O$ de dicha circunferencia $\Gamma(O)$ es el punto medio de $AD$.

Figura 6

Por la proposición 1, la potencia de $B$ y $C$ respecto a $\Gamma(O)$ es 
$OB^2 – R^2 = BE \times BA = CA \times CF = OA^2 – R^2$,
$\Rightarrow OB = OC$.

Esto implica que el conjunto $R$, de los puntos medios del segmento $AD$, esta contenido en la mediatriz del segmento $BC$, así el lugar geométrico de los puntos $D$, está en homotecia con centro en $A$ y razón $2$ con el conjunto $R$, esto es una recta paralela a la mediatriz de $BC$ y que esta en el interior de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que si $D$ es un punto exterior de $\triangle ABC$ entonces $B$ y $C$ podrían situarse en lugares distintos respecto de $\Gamma(O)$, es decir uno fuera y otro dentro, por lo que la igualdad $OB = OC$ no seria cierta.

Problema 2. Considera $\triangle ABC$ y $(O, R)$ su circuncírculo, sean $D \in AB$ y $E \in AC$, sean $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $BE$, $CD$ y $DE$ respectivamente, si $DE$ es tangente al circuncírculo de $\triangle FGH$, muestra que $OD = OE$.

Figura 7

Como el ángulo semiinscrito $\angle DHF$ y el ángulo inscrito $\angle HGF$ abarcan el mismo arco, son iguales entre si.

Dado que $HF$ es un segmento medio de $\triangle BDE$ entonces $HF \parallel BD$ y $2HF = BD$
$\Rightarrow \angle DHF = \angle HDA$
$\Rightarrow \angle HGF = \angle HDA$.

De manera análoga podemos ver que $\angle GFH = \angle AED$ y que $HG \parallel EC$ y $2HG = EC$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle FGH \sim \triangle EDA$, entonces
$\dfrac{AE}{HF} = \dfrac{AD}{HG}$
$\Rightarrow \dfrac{AE}{\dfrac{BD}{2}} = \dfrac{AD}{\dfrac{EC}{2}}$
$\Rightarrow AE \times EC = AD \times BD$.

Por lo tanto, $D$ y $E$ tienen la misma potencia respecto a el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $R^2 – OD^2 = R^2 – OE^2$, $\Rightarrow OD = OE$.

$\blacksquare$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. Dos segmentos $PA$ y $BC$ se intersecan en $P$, si $PA^2 = PB \times PC$, muestra que $PA$ es tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $A$.
Figura 8
  1. $\triangle ABC$ es un triangulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$, sea $D \in BC$ el pie de la altura por $A$, considera $\Gamma_1$ el circuncírculo de $\triangle ADC$ y $\Gamma_2$ una circunferencia tangente a $\Gamma_1$ externamente y tangente a $AB$ y $BC$ en $E$ y $F$ respectivamente, muestra que $CE = CF$.
Figura 9
  1. Considera $(O, R)$, $(I, r)$ y $(I_a, r_a)$, el circuncírculo, el incírculo y alguno de los excÍrculos respectivamente de un triangulo, muestra que:
    $i)$ $OI_a^2 = R(R + 2r_a)$,
    $ii)$ $II_a^2 = 4R(r_a – r)$.
  2. Sean $\triangle ABC$, $D \in BC$ el pie de la altura por $A$ y $H \in AD$. Muestra que $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ si y solo si $DB \times DC = AD \times HD$.
Figura 10
  1. Teorema de la mariposa. Sea $AB$ una cuerda de una circunferencia y $M$ su punto medio. Por $M$ trazamos otras dos cuerdas $PQ$ y $RS$, sean $E = PS \cap AB$ y $F = RQ \cap AB$. Prueba que $M$ es el punto medio de $EF$.
Figura 11

Más adelante…

Para concluir con los temas básicos de geometría de la circunferencia en la siguiente entrada hablaremos sobre el teorema de Ptolomeo que nos da una condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero convexo sea cíclico, este teorema nos ayudara mas adelante a demostrar algunas identidades trigonométricas.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 1-11.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 27-31.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 118-124.
  • Geometría interactiva
  • Wikipedia
  • Cut the Knot