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Geometría Moderna I: Triángulos en perspectiva

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada mostraremos el teorema de Desargues que nos habla sobre triángulos en perspectiva, también mostraremos los teoremas de Pascal y de Pappus, estos nos dicen cuando los lados opuestos de un hexágono se intersecan en puntos colineales.

Definición. Dos triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en perspectiva desde una recta si los lados correspondientes $AB$, $A’B’$; $BC$, $B’C’$ y $CA$, $C’A’$ se intersecan en puntos colineales, a dicha recta se le conoce como eje de perspectiva.

Dos triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en perspectiva desde un punto si las rectas que unen vértices correspondientes $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son concurrentes, a dicho punto se le conoce como centro de perspectiva.

Observación. Notemos que ya hemos trabajado con un tipo especial de perspectiva, la homotecia, donde los vértices correspondientes son concurrentes pero los lados correspondientes son paralelos.

En este caso el centro de perspectiva es el centro de homotecia y como las rectas paralelas se intersecan en el punto al infinito entonces la recta al infinito es el eje de perspectiva.

El siguiente teorema generaliza esta dualidad eje-centro de perspectiva.

Teorema de Desargues

Teorema 1, de Desargues. Dos triángulos tienen un centro de perspectiva si y solo si tienen un eje de perspectiva.

Demostración. Consideremos dos triángulos, $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$,
sean $R = AB \cap A’B’$, $P = BC \cap B’C’$ y $Q = CA \cap C’A’$.

Figura 1

Supongamos que $AA’$, $BB’$ y $CC’$ concurren en $S$, aplicamos el teorema de Menelao a $\triangle SAB$, $\triangle SAC$ y $\triangle SBC$ con sus respectivas transversales $B’A’R$, $C’A’Q$ y $B’C’P$.

$\begin{equation} \dfrac{SA’}{A’A} \dfrac{AR}{RB} \dfrac{BB’}{B’S} = -1, \end{equation}$
$\begin{equation} \dfrac{SA’}{A’A} \dfrac{AQ}{QC} \dfrac{CC’}{C’S} = -1, \end{equation}$
$ \begin{equation} \dfrac{SB’}{B’B} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CC’}{C’S} = -1. \end{equation}$

Hacemos el cociente de $(1)$ entre $(2)$ y obtenemos
$\begin{equation} \dfrac{AR}{RB} \dfrac{BB’}{B’S} \dfrac{QC}{AQ} \dfrac{C’S}{CC’} = 1. \end{equation}$

Multiplicamos $(3)$ por $(4)$ y obtenemos
$\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{QC}{AQ} = – 1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao, $P$, $Q$ y $R$ son colineales.

$\blacksquare$

Conversamente, supongamos que $RPQ$ es una recta y sea $S = BB’ \cap CC’$.

Notemos que $QR$, $CB$ y $C’B$ concurren en $P$ (figura 1), por lo tanto, $\triangle QCC’$ y $\triangle RBB’$ están en perspectiva desde $P$, por la implicación que ya probamos los puntos $A = QC \cap RB$, $A’ = QC’ \cap RB’$ y $S = BB’ \cap CC’$, son colineales.

Por lo tanto, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ concurren en $S$.

$\blacksquare$

Punto de Gergonne

Proposición. Considera un triángulo $\triangle ABC$ y su incírculo $\Gamma$, sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $\Gamma$ con los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces $AD$, $BE$ y $CF$ son concurrentes, en un punto conocido como punto de Gergonne.

Demostración. En la entrada anterior demostramos que los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ están en perspectiva desde la recta de Gergonne de $\triangle ABC$, es decir, $AB$, $DE$; $BC$, $EF$ y $CA$, $FD$ se intersecan en tres puntos colineales.

Figura 2

Por lo tanto, por el teorema de Desargues $AD$, $BE$ y $CF$ son concurrentes

$\blacksquare$

Triángulos con dos ejes de perspectiva

Teorema 2. Si dos triángulos tienen dos ejes de perspectiva entonces tienen tres ejes de perspectiva.

Demostración. Supongamos que los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en perspectiva desde dos rectas, es decir, los puntos, $Z = AB \cap B’C’$, $X = BC \cap C’A’$ y $Y = CA \cap A’B’$ son colineales y los puntos $R = AB \cap C’A’$, $P = BC \cap A’B’$ y $Q = CA \cap B’C’$ son colineales.

Sean $F = AB \cap A’B’$, $D = BC \cap B’C’$ y $E = CA \cap C’A’$, aplicamos el teorema Menelao a $\triangle ABC$ y las transversales $DZQ$, $FPY$ y $EXR$.

Figura 3

$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CQ}{QA} = -1$,
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CY}{YA} = -1$,
$\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CE}{EA} = -1$.

Multiplicamos estas tres igualdades y reordenamos
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} (\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA}) (\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CQ}{QA}) = – 1$.

Recordemos que como $X$, $Y$, $Z$ y $P$, $Q$, $R$ son colineales entonces
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$,
$\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CQ}{QA} = – 1$.

Por lo tanto
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} = -1$.

Y por el teorema de Menelao $D$, $E$ y $F$ son colineales.

$\blacksquare$

Corolario. Si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces tienen tres centros de perspectiva.

Demostración. Por el teorema de Desargues, si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces tienen dos ejes de perspectiva.

Por el teorema anterior, existe un tercer eje de perspectiva.

Nuevamente por el teorema de Desargues, existe un tercer centro de perspectiva.

$\blacksquare$

Teorema de Pappus

Teorema 3, de Pappus. Si los vértices de un hexágono se encuentran alternadamente sobre dos rectas entonces los lados opuestos se intersecan en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $ABCDEF$ un hexágono tal que $AEC$ y $DBF$ son dos rectas distintas,
$P = EF \cap AB$, $Q = AB \cap CD$, $R = CD \cap EF$,
$P’ = BC \cap ED$, $Q’ = DE \cap FA$ y $R’ = FA \cap BC$.

Figura 4

Notemos que las rectas $AEC$ y $DBF$ son dos ejes de perspectiva de $\triangle PQR$ y $\triangle P’Q’R’$, pues
$A = PQ \cap Q’R’$, $C = QR \cap R’P’$, $E = RP \cap P’Q’$,
$B = PQ \cap R’P’$, $D = QR \cap P’Q’$ y $F = RP \cap Q’R’$.

Por el teorema anterior $X = PQ \cap P’Q’$, $Y = QR \cap Q’R’$ y $Z = RP \cap R’P’$, son colineales.

$\blacksquare$

Teorema de Pascal

Teorema 4, de Pascal. En todo hexágono cíclico los pares de lados opuestos se intersecan en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $ABCDEF$ un hexágono cíclico,
$X = AB \cap DE$, $Y = BC \cap EF$, $Z = CD \cap FA$ las intersecciones de los lados opuestos,
consideremos $P = DE \cap FA$, $Q = FA \cap BC$ y $R = BC \cap DE$.

Figura 5

Aplicaremos el teorema de Menelao a $\triangle PQR$ y las transversales $AXB$, $CDZ$ y $FEY$.
$\dfrac{PA}{AQ} \dfrac{QB}{BR} \dfrac{RX}{XP} = – 1$,
$\dfrac{PZ}{ZQ} \dfrac{QC}{CR} \dfrac{RD}{DP} = – 1$,
$\dfrac{PF}{FQ} \dfrac{QY}{YR} \dfrac{RE}{EP} = – 1$.

Si multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos obtenemos
$\dfrac{PZ}{ZQ} \dfrac{QY}{YR} \dfrac{RX}{XP} (\dfrac{PF \times PA}{PE \times PD}) (\dfrac{QB \times QC}{QF \times QA}) (\dfrac{RD \times RE}{RC \times RB}) = -1$.

Por otro lado, las potencias de $P$, $Q$ y $R$ respeto al circuncírculo de $ABCDEF$ son la siguientes
$PF \times PA = PE \times PD$,
$QF \times QA = QB \times QC$,
$RD \times RE = RC \times RB$.

Por lo tanto $\dfrac{PZ}{ZQ} \dfrac{QY}{YR} \dfrac{RX}{XP} = -1$.

Por el teorema de Menelao $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

$\blacksquare$

Casos limite en el teorema de Pascal

Existen casos limite donde podemos hacer uso del teorema de Pascal, es decir, podemos considerar un triángulo, un cuadrilátero o un pentágono como un hexágono donde dos vértices se aproximaron hasta volverse uno solo y como consecuencia el lado comprendido entre ellos se vuelve una tangente al circuncírculo en dicho punto.

A continuación, ilustramos esto con un ejemplo.

Problema 1. Considera $\Gamma$ una circunferencia y $l$ una recta, $K \in l$ fuera de $\Gamma$, $P$, $Q \in \Gamma$, sean $KA$ y $KB$ las tangentes desde $K$ a $\Gamma$, $X = PA \cap l$, $Y = PB \cap l$, $C = QX \cap \Gamma$ y $D = QY \cap \Gamma$. Muestra que las tangentes a $\Gamma$ en $C$ y $D$ se intersecan en $l$.

Demostración. Sea $M$ la intersección de las tangentes a $\Gamma$ en $C$ y $D$, $U = AC \cap BD$ y $V = AD \cap BC$.

Figura 6

Por el teorema de Pascal en el hexágono $APBCQD$, $V$ es colineal con $X$ e $Y$, es decir $V \in l$.

Ahora aplicamos el teorema de Pascal al hexágono $AACBBD$, $U$ es colineal con $V$ y $K$, es decir $U \in l$.

Aplicando nuevamente Pascal a $ACCBDD$ tenemos que $M$ es colineal con $U$ y con $V$.

Por lo tanto, $M \in l$.

$\blacksquare$

Pascal, Desargues y un punto al infinito

Problema 2. Sean $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $CA$ y $AB$ respectivamente, sea $\Gamma_1$ una circunferencia que pasa por $B’$ y $C’$ y que es tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$, $\Gamma(ABC)$ en $T$. Muestra que $T$, el pie de la altura por $A$, y el centroide de $\triangle ABC$, son colineales.

Demostración. Sean $B’’ = TB’ \cap \Gamma(ABC)$, $C’’ = TC’ \cap \Gamma(ABC)$ y $D’ = BB’’ \cap CC’’$

Figura 7

Por el teorema de Pascal en el hexágono $ABB’’TC’’C$, $B’$, $D’$ y $C’$ son colineales.

Notemos que existe una homotecia con centro en $T$ que lleva a $\Gamma_1$ en $\Gamma(ABC)$, así que, $C’B’ \parallel C’’B’’$.

Como resultado, $\angle C’’CB = \angle CC’’B’’ = \angle CBB’’$, pues $\angle CC’’B’’$ y $\angle CBB’’$ abarcan el mismo arco.

En consecuencia, $\triangle D’BC$ es isósceles, por lo tanto, el pie de la altura por $D’$ en $\triangle D’BC$ es $A’$, el punto medio de $BC$, o conversamente, la proyección de $A’$ el punto medio de $BC$, en $B’C’$ es $D’$.

Recordemos que existe una homotecia con centro en $G$, el centroide de $\triangle ABC$, que lleva a $\triangle A’B’C’$ en $\triangle ABC$, como $D$ es el pie de altura por $A$ en $\triangle ABC$ y $D’$ el pie de la altura por $A’$ en $\triangle A’B’C’$, entonces $D$ y $D’$ son puntos homólogos en esta homotecia, por lo tanto, $D$, $G$ y $D’$ son colineales.

Por otro lado, como $BB’$, $CC’$ y $DD’$ concurren en $G$, $\triangle D’BC$ y $\triangle DB’C’$ están en perspectiva desde $G$.

Por el teorema de Desargues, los puntos $X = D’B \cap DB’$, $Y = D’C \cap DC’$, $P = BC \cap B’C’$, son colineales, pero $P$ es un punto ideal, pues por la homotecia entre $\triangle A’B’C’$ y $\triangle ABC$, $B’C’ \parallel BC$.

En consecuencia, $XY \parallel B’C’$.

Como $DB’ \cap D’B’’ = X$, $DC’ \cap D’C’’ = Y$ y $B’C’ \cap B’’C’’ = P$, entonces $\triangle DB’C’$ y $\triangle D’B’’C’’$ están en perspectiva desde $XY$, por el teorema de Desargues, $DD’$, $B’B’’$ y $C’C’’$ son concurrentes.

Por lo tanto, $T$, $D$ y $G$ son colineales.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada mostraremos el teorema de Ceva, que nos da condiciones necesarias y suficientes para que tres rectas, cada una por un vértice distinto de un triángulo dado, sean concurrentes.

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. Muestra que si tres triángulos:
    $i)$ tienen un eje común de perspectiva, entonces los tres centros de perspectiva son colineales,
    $ii)$ tienen un centro común de perspectiva, entonces los tres ejes de perspectiva son concurrentes.
  2. Muestra que todo triángulo esta en perspectiva desde una recta con:
    $i)$ su triángulo medial,
    $ii)$ su triángulo órtico.
  3. Sean $\triangle ABC$ y $D \in BC$, $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, considera los incírculos de $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$ respectivamente, $\Gamma_3,$ $\Gamma_4$ los excírculos tangentes a $BC$ de $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$ respectivamente (figura 8). Prueba que las tangentes comunes externas a $\Gamma_1$, $\Gamma_2$ y $\Gamma_3$, $\Gamma_4$, concurren en $BC$.
Figura 8
  1. Sea $\square BB’C’C$ un rectángulo construido externamente sobre el lado $BC$ de un triángulo $\triangle ABC$, sean sea $A’ \in BC$, el pie de la altura por $A$, $X = AB \cap A’B’$, $Y = CA \cap C’A’$, muestra que $XY \parallel BC$.
  2. Considera $\Gamma$ el circuncírculo de un triangulo $\triangle ABC$, sean $Q$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ que no contiene a $C$, $R$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$, $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ que no contiene a $A$, $H = AB \cap PQ$, $J = CA \cap PR$, prueba que $HJ$ pasa por el incentro de $\triangle ABC$.
  3. Sea $\triangle ABC$ y $B’ \in CA$, $C’ \in AB$, sean $D$, $E$ los puntos de tangencia de $\Gamma$ el incírculo de $\triangle ABC$, con $CA$ y $AB$ respectivamente, sean $C’X$ y $B’Y$ segmentos tangentes a $\Gamma$ tal que $X$, $Y \in \Gamma$ (figura 9), demuestra que $B’C’$, $DE$ y $XY$ son concurrentes.
Figura 9

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 71-82.
  • Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 103-109.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 230-239.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 67-76.

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»

Geometría Moderna I: Puntos de Fermat y triángulos de Napoleón

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos algunos resultados sobre los puntos de Fermat y los triángulos de Napoleón, objetos que aparecen al construir triángulos equiláteros sobre los lados de un triángulo cualquiera.

Definición. Sean $\triangle ABC$ y puntos $A’$, $B’$, $C’$ tales que los triángulos $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son equiláteros y ninguno se traslapa con $\triangle ABC$, decimos que $ABCA’B’C’$ es una configuración externa de Napoleón.

De manera análoga definimos una configuración interna de Napoleón, si los triángulos $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son equiláteros y todos se traslapan con $\triangle ABC$.

Puntos de Fermat

Teorema 1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, entonces
$i)$ los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y las rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como primer punto de Fermat,
$ii)$ $AA’ = BB’ = CC’$.

Demostración. Sea $F_1 = \Gamma(AB’C) \cap \Gamma(ABC’)$ la intersección de los circuncírculos de $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente.

Como $\square AF_1CB’$ y $\square AF_1BC’$ son cíclicos entonces los pares de ángulos $\angle BC’A$, $\angle AF_1B$ y $\angle AB’C$, $\angle CF_1A$ son suplementarios, por lo tanto, $\angle AF_1B = \angle CF_1A = \dfrac{2\pi}{3}$.

Figura 1

En consecuencia, $\angle BF_1C = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, $\angle BF_1C$ y $\angle PA’B$ son suplementarios, así, $\square F_1BA’C$ es cíclico, es decir $F_1 \in \Gamma(A’BC)$.

Por otra parte, $\angle BF_1A’ = \angle BCA$, pues abarcan el mismo arco, entonces, $\angle AF_1B + \angle BF_1A’ = (\pi – \angle BC’A) + \angle BCA’ = \pi – \dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi}{3} = \pi$, por lo tanto, $F_1 \in AA’$.

Igualmente podemos ver que $F_1 \in BB’$ y $F_1 \in CC’$.

Finalmente, hagamos una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$, entonces $A$ toma el lugar de $C’$ y $A’$ toma el lugar de $C$, por lo tanto, $AA’ = CC’$.

Con una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en el sentido de las manecillas, con centro en $C$, $A’$ toma el lugar de $B$ y $A$ el de $B’$, por lo tanto, $CC’ = AA’ = BB’$.

$\blacksquare$

Nota. Si $ABCA’B’C’$ es una configuración interna de Napoleón, los mismos resultados son ciertos y al punto de concurrencia le llamamos segundo punto de Fermat.

Problema de Fermat

Problema de Fermat. Dado un triángulo $\triangle ABC$ tal que ninguno de sus ángulos internos es mayor a $\dfrac{2\pi}{3}$, encuentra el punto $P$ que minimiza la suma de las distancias a los vértices de $\triangle ABC$, $PA + PB + PC$.

Solución. Sea $P$ un punto fuera de $\triangle ABC$ (figura 2), sin pérdida de generalidad supongamos que $P$ y $C$ se encuentran en lados contrarios respecto de $AB$.

Sea $D = PC \cap AB$ aplicando la desigualdad del triángulo tenemos lo siguiente
$PA + PB + PC = P’A + P’B + PC$
$= P’A + P’B + PD + DC$
$= P’A + P’B + P’D + DC$
$\geq P’A + P’B + P’C$.

Figura 2

De lo anterior concluimos que el punto buscado debe estar dentro de $\triangle ABC$.

Ahora supongamos que $P$ está dentro de $\triangle ABC$ (figura 3), sea $\triangle BC’P’$ la imagen de $\triangle BAP$ bajo una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$.

Como $BP = BP’$ y $\angle PBP’ = \dfrac{\pi}{3}$ entonces $\triangle BPP’$ es equilátero y tenemos lo siguiente
$PA + PB + PC = P’C’ + PP’ + PC \geq CC’$.

Figura 3

Por lo tanto, para que la suma de distancias sea mínima es necesario que $P \in CC’$, pero por un razonamiento análogo también es necesario que $P \in AA’$ y $P \in BB’$, donde $ABCA’B’C’$ es una configuración externa de Napoleón.

Por el teorema 1, $P = F_1$, es el primer punto de Fermat.

Sin embargo, notemos que, $\angle BPC = \pi – \angle P’PB = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, por el ejercicio 3 de la entrada desigualdad del triángulo, cualquier ángulo interno de $\triangle ABC$ debe ser menor o igual que $\dfrac{2\pi}{3}$, si esto se cumple entonces $F_1$ es el punto buscado.

$\blacksquare$

Triángulos de Napoleón

Teorema 2, de Napoleón. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, entonces los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son los vértices de un triángulo equilátero, conocido como triángulo exterior de Napoleón y su centroide coincide con el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $G_1$, $G_2$ y $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente, $G$ el centroide de $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$.

Figura 4

Como $\dfrac{MA}{MG} = \dfrac{MA’}{MG_1} = 3$ por el reciproco del teorema de Tales $GG_1 \parallel AA’$, además $AA’ = 3GG_1$.

Igualmente podemos ver que $GG_2 \parallel BB’$, $BB’ = 3GG_2$ y $GG_3 \parallel CC’$ y $CC’ = 3GG_3$.

Como $AA’ = BB’ = CC’$, entonces $GG_1 = GG_2 = GG_3$, por lo tanto, $G$ es el circuncentro de $\triangle G_1G_2G_3$.

Por el teorema 1, $\angle A’F_1B’ = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, $\angle G_1GG_2 = \dfrac{2\pi}{3}$.

Igualmente vemos que $\angle G_2GG_3 = \angle G_3GG_1 = \dfrac{2\pi}{3}$.

Por criterio de congruencia LAL, $\triangle GG_1G_2 \cong \triangle GG_2G_3 \cong \triangle GG_1G_3$.

En consecuencia, $\triangle G_1G_2G_3$ es equilátero, como en un triángulo equilátero el circuncentro y el centroide coinciden entonces $G$ es el centroide de $\triangle G_1G_2G_3$.

$\blacksquare$

Nota. Si $ABCA’B’C’$ es una configuración interna de Napoleón se obtienen los mismos resultados y al triángulo formado por los centroides se le conoce como triángulo interior de Napoleón.

Área del triángulo externo de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo externo de Napoleón es igual a la la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $G_1$, $G_2$, $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ respectivamente.

Figura 5

Sean $F_1$ el primer punto de Fermat, como $AF_1$ es una cuerda común de $\Gamma(ABC’)$ y $\Gamma(AB’C)$, entonces $G_2G_3$ es la mediatriz de $AF_1$, es decir, la reflexión de $A$ en $G_2G_3$ es $F_1$.

Por lo tanto, $\triangle AG_2G_3$ y $\triangle F_1G_2G_3$ son congruentes.

Similarmente vemos que $\triangle BG_1G_3 \cong \triangle F_1G_1G_3$ y $\triangle CG_1G_2 \cong \triangle F_1G_1G_2$.

Esto implica que,
$(\triangle G_1G_2G_3) = \dfrac{(AG_3BG_1CG_2)}{2} $
$= \dfrac{1}{2} ((\triangle ABC) + (\triangle ABG_3) + (\triangle BCG_1) + (\triangle ACG_2))$
$= \dfrac{1}{6} ((\triangle ABC’) + (\triangle A’BC) + (\triangle AB’C)) + \dfrac{(\triangle ABC)}{2}$.

$\blacksquare$

Área del triángulo interno de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo interno de Napoleón es igual a menos la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $ABCA’’B’’C’’$ una configuración interna de Napoleón, $F_2$ el segundo punto de Fermat y $G’_1$, $G’_2$, $G’_3$ los centroides de $\triangle A’’BC$, $\triangle AB’’C$, $\triangle ABC’’$ respectivamente.

Sea $F_2$ el segundo punto de Fermat, siguiendo un razonamiento análogo al teorema anterior tenemos
$(\triangle G’_1G’_2G’_3) $
$= (\triangle F_2G’_1G’_3) + (\triangle F_2G’_3G’_2) – (\triangle F_2G’_1G’_2)$
$\begin{equation} = (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_3G’_2) – (\triangle CG’_1G’_2). \end{equation}$.

Figura 6

Por otro lado,
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’))$
$\begin{equation} = (\triangle G’_1BC) + (\triangle AG’_2C) + (\triangle ABG’_3). \end{equation}$.

Sean, $E = AB \cap G’_1G’_3$, $D = BC \cap G’_1G’_3$, $J = BC \cap G’_2G’_3$ e $I = G’_1C \cap G’_2G’_3$, entonces tenemos lo siguiente:

$(\triangle G’_1BC) = (\triangle BED) + (\triangle BEG’_1) + (\triangle CJI) + (\square G’_1DJI)$.

$(\triangle ABG’_3) = (\triangle BEG’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + (AEDJG’_2) + (\triangle DG’_3J)$.

Sustituyendo en $(2)$
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’)) $
$= ((\triangle BEG’_3) + (\triangle BEG’_1)) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle BED) + (AEDJG’_2)$
$+ (\triangle CJI) + (\triangle AG’_2C)) + ((\triangle DG’_3J) + (\square G’_1DJI))$
$= (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle ABC) – (\triangle CIG’_2)) + (\triangle IG’_1G’_3)$
$= (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle ABC) – (\triangle CIG’_2)) + ((\triangle G’_1G’_2G’_3) – (\triangle G’_1G’_2I))$
$ = (\triangle ABC) + ((\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) – (\triangle CG’_1G’_2)) + (\triangle G’_1G’_2G’_3)$.

Usando $(1)$
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’))$
$= (\triangle ABC) + 2(\triangle G’_1G’_2G’_3)$.

Por lo tanto,
$(\triangle G’_1G’_2G’_3) = \dfrac{1}{6} ((\triangle ABC’) + (\triangle A’BC) + (\triangle AB’C)) –  \dfrac{(\triangle ABC)}{2}$.

$\blacksquare$

Corolario. La diferencia entre el área del triángulo externo de Napoleón y el área del triángulo interno de Napoleón es igual al área de su triángulo de referencia.

Como consecuencia de los teorema 3 y 4 tenemos,
$(\triangle G_1G_2G_3) – (\triangle G’_1G’_2G’_3) = (\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Rectas de Euler concurrentes

Proposición 1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $F_1$ el primer punto de Fermat, entonces las rectas de Euler de $\triangle ABF_1$, $\triangle AF_1C$ y $\triangle F_1BC$ concurren en el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $G$, $G’$ y $G_3$ los centroides de $\triangle ABC$, $\triangle ABF_1$ y $\triangle ABC’$ respectivamente, consideremos el $M$ el punto medio de $AB$.

Figura 7

Por el teorema 1, $G_3$ es el circuncentro de $\triangle ABF_1$ y $C$, $F_1$ y $C’$ son colineales, como $G_3$, $G’$ y $G$ son los centroides de $\triangle ABC’$, $\triangle AF_1$ y $\triangle ABC$ entonces
$\dfrac{MG_3}{MC’} = \dfrac{MG’}{MF_1} = \dfrac{MG}{MC} = \dfrac{1}{3}$.

Por el reciproco del teorema de Tales $G_3G’ \parallel C’F_1$ y $G’G \parallel F_1C$.

Por lo tanto, $G_3$, $G’$ y $G$ son colineales, y $G_3G’$ es la recta de Euler de $\triangle ABF_1$.

Igualmente podemos ver que las rectas de Euler de $\triangle AF_1C$ y $\triangle F_1BC$ pasan por el centroide de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Hexágono de Napoleón

Proposición 2. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, sean $G_1$, $G_2$, $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y $G_a$, $G_b$, $G_c$ los centroides de $\triangle AB’C’$, $\triangle A’BC’$, $\triangle A’B’C$, entonces $G_aG_3G_1G_bG_2G_c$ es un hexágono regular.

Demostración. Sea $M$ el punto medio de $CB’$, en $\triangle MAA’$ tenemos
$\dfrac{MG_2}{MA} = \dfrac{MG_c}{MA’} = \dfrac{1}{3}$.

Por lo tanto, $G_2G_c \parallel AA’$ y $3G_2G_c = AA’$.

Figura 8

Análogamente consideremos $N$ el punto medio de $CA’$, en $\triangle NBB’$ tenemos
$\dfrac{NG_c}{NB’} = \dfrac{NG_1}{NB} = \dfrac{1}{3}$.

Por lo tanto, $G_1G_c \parallel BB’$ y $3G_1G_c = BB’$.

Por el teorema 1, $AA’ = BB’$, por lo que $G_1G_c = G_cG_2$, sea $F_1$ el primer punto de Fermat entonces $\angle G_1G_cG_2 = \angle BF_1A = \dfrac{2\pi}{3}$.

Igualmente podemos ver que los demás lados del hexágono son iguales y que el ángulo entre ellos es de $\dfrac{2\pi}{3}$.

En conclusión, $G_aG_3G_1G_bG_2G_c$ es un hexágono regular.

$\blacksquare$

Más adelante…

Con la siguiente entrada daremos inicio a la unidad III y con la ayuda de segmentos dirigidos mostraremos el teorema de Menelao, que nos dice cuando tres puntos sobre los lados de un triángulo son colineales.

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. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración interna de Napoleón (figura 6), para los ejercicios 1, 2 y 3 demuestra lo siguiente:
    $i)$ los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y las rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$ son concurrentes,
    $ii)$ $AA’ = BB’ = CC’$.
  2. Prueba que los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son los vértices de un triángulo equilátero y que su centroide coincide con el centroide de $\triangle ABC$ (figura 6).
  3. Considera $F_2$, el segundo punto de Fermat, muestra que las rectas de Euler de $\triangle ABF_2$, $\triangle AF_2C$ y $\triangle F_2BC$ concurren en el centroide de $\triangle ABC$ (figura 6).
  4. Sean $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $ABCA’’B’’C’’$ una configuración interna de Napoleón, demuestra que
    $i)$ el punto medio de $CC»$ coincide con el punto medio de $A’B’$,
    $ii)$ el punto medio de $CC’$ coincide con el punto medio de $A»B»$.
  5. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón demuestra que el centroide de $\triangle A’B’C’$ coincide con el centroide de $\triangle ABC$.
  6. Divide los lados de un triángulo en tres partes iguales, sobre el tercio de en medio de cada lado del triángulo, construye externamente (internamente) triángulos equiláteros, muestra que los terceros vértices construidos son los vértices de un triángulo equilátero (figura 9).
Figura 9
  1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, considera los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ de los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente que no contienen a los vértices de $\triangle ABC$ (figura 1), sean $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ arbitrario y $Q = PA \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CA}$, muestra que la intersección $R$ de $PB$ y $QC$ esta en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y que $\triangle PQR$ es equilátero.

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Fuentes

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»

Aprovechar la simetría

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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HeuristicasLa simetría, además de ser una propiedad que hace que las cosas se vean bonitas, también es una buena técnica de resolución de problemas. Hay varias formas en las que se puede aprovechar la simetría en un problema. Una es para reducir esfuerzo: ¿para qué repetir un argumento si es el mismo? ¿para qué desarrollar todos los términos si la ecuación es simétrica?

En  otras ocasiones la simetría nos permite sospechar que los casos especiales tienen que ser simétricos. A veces no hay razón para que sea de otra forma. Finalmente, la simetría también está presente en una gran variedad de la información del problema, y hay que inventarla o descubrirla para simplificar cuentas, notación y conjeturas.

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