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Geometría Moderna I: Circunferencias tritangentes

Introducción

En esta ocasión estudiaremos algunas propiedades de las circunferencias tritangentes de un triángulo, esto nos permitirá entre otras cosas, derivar formulas para el área del triángulo.

Definición 1. El incírculo $(I, r)$ y los tres excírculos $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ de un triángulo a veces son referidos como las circunferencias tritangentes del triángulo, sus centros como centros tritangentes y sus radios, radios tritangentes.

Centros tritangentes

Teorema 1. El segmento que une dos centros tritangentes de un triángulo es el diámetro de una circunferencia que contiene dos de los vértices del triángulo, los cuales no son colineales con los centros tritangentes considerados.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $\Gamma$ su circuncírculo, $I$, $I_a$, $I_b$ y $I_c$ sus centros tritangentes.

Consideremos la circunferencia $\Gamma(II_b)$ cuyo diámetro es $II_b$, como las bisectrices internas y externas de $\angle A$, $AI$ y $AI_b$ son perpendiculares entonces $A \in \Gamma(II_b)$, de manera análoga vemos que $C \in \Gamma(II_b)$.

Figura 1

Como $AC$ es cuerda de $\Gamma(II_b)$, entonces su mediatriz interseca a $II_b$ en el centro $P$ de $\Gamma(II_b)$. Ya que $AC$ es cuerda de $\Gamma$, entonces su mediatriz interseca al circuncírculo de $\triangle ABC$ en el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$.

Como $II_b$ es bisectriz de $\angle B$ entonces $II_b$ interseca al circuncírculo de $\triangle ABC$ en el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$.

Por lo tanto, el centro $P$ de $\Gamma(II_b)$ pertenece al circuncírculo de $\triangle ABC$.

Ahora consideremos la circunferencia $\Gamma(I_aI_c)$, cuyo diámetro es $I_aI_c$, como las bisectrices interna y externa de $\angle A$, son perpendiculares entonces $A \in \Gamma(I_aI_c)$, con un razonamiento análogo vemos que $C \in \Gamma(I_aI_c)$.

Considera el punto diametralmente opuesto a $P$, $P’$ en el circuncírculo de $\triangle ABC$ entonces $\angle PBP’$ es ángulo recto y como $BP$ es la bisectriz interna de $\angle B$ entonces $BP’$ es la bisectriz externa de $\angle B$.

Como $AC$ es cuerda de $\Gamma(I_aI_c)$ entonces su mediatriz $PP’$ interseca a $I_aI_c$ en su punto medio.

Por lo tanto, el punto medio, $P’$, del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AC}$, es el punto medio del diámetro, $I_aI_c$, de $\Gamma(I_aI_c)$.

Del mismo modo podemos ver que $\Gamma(II_c)$, $\Gamma(I_bI_a)$ pasan por los vértices $A$, $B$ y que $\Gamma(II_a)$, $\Gamma(I_bI_c)$ pasan por los vertices $C$, $B$.

$\blacksquare$

Puntos de contacto

Notación. Nos referiremos a los puntos de tangencia de los círculos tritangentes $(I, r)$, $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ con el lado $BC$ de un triángulo $\triangle ABC$ como $X$, $X_a$, $X_b$ y $X_c$ respectivamente. Usaremos las letras $Y$ y $Z$ para los lados $AC$ y $AB$ respectivamente.

Emplearemos la letra $s$ para referirnos al semiperímetro $\dfrac{a + b + c}{2}$ de un triángulo $\triangle ABC$ donde $BC = a$, $AC = b$  y $AB = c$.

Proposición 1. La distancia desde el vértice de un triángulo al punto de tangencia de su circuncírculo en uno de sus lados adyacentes es igual al semiperímetro menos la longitud del lado opuesto.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $(I, r)$ su circuncírculo. Como las tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales entonces $AZ = AY$, $BZ = BX$ y $CX = CY$.

Figura 2

Por otra parte, $AZ + BZ + BX + CX + CY +AY = c + a + b = 2s$.

Por lo tanto, $AZ + BX + CX = s$.

Y así, $AY = AZ = s – a$.

Similarmente, $BZ = BX = s – b$ y $CX = CY = s – c$.

$\blacksquare$

Proposición 2. La distancia desde el vértice de un triángulo al punto de tangencia del excírculo opuesto, a uno de los lados adyacentes al vértice considerado es igual al semiperímetro del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ sus excentros (figura 2). Como las tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales entonces
$AZ_a = AY_a$, $BX_b = BZ_b$ y $CX_c = CY_c$.

Por otro lado,
$AZ_a + AY_a = AB + BZ_a + AC + CY_a $
$= AB + AC + BX_a + CX_a = AB + AC + BC = 2s$.

Por lo tanto, $AZ_a = AY_a = s$.

Igualmente, $BX_b = BY_b = CX_c = CY_c = s$.

$\blacksquare$

Corolario 1. $AZ_c = AY_c = s – b$, y $AY_b = AZ_b = s – c$.

Demostración. En la figura 2 tenemos lo siguiente:
$AY_c = CY_c – AC = s – AC$,
$AZ_b = BZ_b – AB = s – AB$.

Similarmente,
$BZ_c = BX_c = s – a$, $BX_a = BZ_a = s – c$,
$CX_a = CY_a = s – b$, $CY_b = CX_b = s – a$.

$\blacksquare$

Puntos isotómicos

Definición 2. Si dos puntos en uno de los lados de un triángulo equidistan al punto medio del lado considerado decimos que son puntos isotómicos.

Proposición 3. El punto de tangencia del incírculo con uno de los lados de un triángulo y el punto de tangencia del excírculo relativo al lado considerado, son puntos isotómicos.

Demostración. Por la proposición 1 y el corolario 1, tenemos que $BX = s – b = CX_a$ (figura 2).

Esto implica que el punto medio de $XX_a$ es el punto medio de $BC$, por lo tanto, $X$ y $X_a$ son puntos isotómicos.

Análogamente vemos que $Z$, $Z_c$ e $Y$, $Y_b$ son pares de puntos isotómicos.

$\blacksquare$

Proposición 4. Los dos puntos de contacto de un lado de un triángulo con los dos excírculos opuestos a los vértices que pasan por ese lado son isotómicos, además la distancia entre estos dos puntos es igual a la suma de los otros dos lados.

Demostración. En la figura 2, tenemos lo siguiente:
$BX_c = CX_c – BC = s – a$, $CX_b = BX_b – BC = s – a$.

Por lo tanto, el punto medio de $X_cX_b$ coincide con el punto medio de $BC$.

Por otro lado, $X_cX_b = BX_c + a + CX_b = a + 2(s – a) = 2s – a = c + b$.

Igualmente, $Y_aY_c = a + c$, $Z_aZ_b = a + b$.

$\blacksquare$

Radios tritangentes y área del triangulo

Proposición 5. El área de un triángulo es igual al producto del semiperímetro por el inradio.

Demostración. De la figura 2,
$(\triangle ABC) = (\triangle AIB) + (\triangle BIC) + (\triangle AIC) = \dfrac{cr}{2} + \dfrac{ar}{2} + \dfrac{br}{2} = sr$.

$\blacksquare$

Proposición 6. El área de un triángulo es igual al producto de un exradio por la diferencia entre el semiperímetro y el lado relativo al excírculo considerado.

Demostración. En la figura 2,
$(\triangle ABC) = (\triangle AI_aB) + (\triangle AI_aC) – (\triangle BI_aC) $
$= \dfrac{cr_a}{2} + \dfrac{br_a}{2} – \dfrac{ar_a}{2} = \dfrac{r_a}{2}(2s – 2a) = r_a(s – a)$.

$\blacksquare$

Corolario 2. El reciproco del inradio es igual a la suma de los recíprocos de los exradios.

Demostración. De las proposiciones 5 y 6 se sigue que
$\dfrac{1}{r_a} + \dfrac{1}{r_b} + \dfrac{1}{r_c} = \dfrac{(s – a) + (s – b) + (s – c)}{( \triangle ABC)}
= \dfrac{s}{(\triangle ABC)} = \dfrac{1}{r}$.

$\blacksquare$

Proposición 7. El área de un triángulo es igual al producto de sus lados sobre cuatro veces su circunradio.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $(O, R)$ su circuncírculo, $D$ el pie de la altura por $A$, y $A’$ el punto diametralmente opuesto a $A$.

Figura 3

$\angle ABD = \angle AA’C$, pues abarcan el mismo arco y $\angle ACA’ = \dfrac{\pi}{2}$ es recto ya que $AA’$ es diámetro, así que $\triangle ABD \sim \triangle AA’C$, por criterio de semejanza AA.

Esto es, $\dfrac{AB}{AA’} = \dfrac{AD}{AC}$.

Se sigue que, $bc = 2RAD$ y $abc = a2RAD = 4R(\triangle ABC)$.

Por lo tanto, $\dfrac{abc}{4R} = (\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Formula de Herón y teorema de Carnot

Teorema 2, fórmula de Herón. Podemos calcular el área de un triángulo mediante la fórmula
$(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$.

Demostración. Como $\angle YCI$ y $\angle I_ACY_a$ son suplementarios, por criterio de semejanza AAA $\triangle YCI \sim \triangle Y_aI_aC$,
por lo tanto, $\dfrac{Y_aI_a}{YC} = \dfrac{Y_aC}{YI}$,
es decir, $\dfrac{r_a}{s – c} = \dfrac{s – b}{r}$.

También $\triangle AYI \sim \triangle AY_aI_a$,
por lo tanto, $\dfrac{Y_aI_a}{YI} = \dfrac{AY_a}{AY}$,  
es decir, $\dfrac{r_a}{r} = \dfrac{s}{s – a}$,
entonces $\dfrac{rs}{s – a} = \dfrac{(s – b)(s – c)}{r}$. 

Por la proposición 5, $(\triangle ABC) = rs$,
por lo tanto, $(\triangle ABC) = \dfrac{(s – a)(s – b)(s – c)}{\dfrac{(\triangle ABC)}{s}}$,
así que $(\triangle ABC)^2 = s(s – a)(s – b)(s – c)$.

En conclusión, $(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$.

$\blacksquare$

Teorema 3, de Carnot. La suma de las distancias desde el circuncentro a los lados del triángulo es igual a la suma del circunradio y el inradio.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $(O, R)$ su circuncírculo y $D$, $E$, $F$ las proyecciones de $O$ en $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Figura 4

Aplicando el teorema de Ptolomeo a $\square AFOE$, $\square FBDO$ y $\square ODCE$ tenemos:
$AF \times OE + AE \times OF = OA \times EF$,
$BF \times OD + BD \times OF = OB \times DF$,
$CE \times OD + CD \times OE = OC \times DE$.

Por otra parte, como $O$ está en la mediatriz de $BC$, $AC$ y $AB$ entonces $D$, $E$ y $F$ son los respectivos puntos medios y podemos aplicar el teorema del segmento medio. Si nombramos $OD = x$, $OE = y$, $OF = z$, entonces:

$\dfrac{cy}{2} + \dfrac{bz}{2} = \dfrac{Ra}{2}$,
$\dfrac{cx}{2} + \dfrac{az}{2} = \dfrac{Rb}{2}$,
$\dfrac{bx}{2} + \dfrac{ay}{2} = \dfrac{Rc}{2}$.

Sumamos las tres expresiones,

$x(c + b) + y(a + c) + z(a + b) = R(a + b + c)$
$\Rightarrow x(2s – a) + y(2s – b) + z(2s – c) = R2s$
$\Rightarrow 2s(x + y + z) – (ax + by + cz) = R2s$
$ \Rightarrow 2s(x + y + z) – 2(\triangle ABC) = R2s$.

De la proposición 5 tenemos $(\triangle ABC) = rs$,
por lo tanto, $2s(x + y + z) – 2rs = R2s$.

Como resultado, $x + y + z = R + r$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que:
    $i)$ la bisectriz interna del ángulo de un triángulo es perpendicular al segmento que une los puntos donde las otras bisectrices internas intersecan al circuncírculo del triangulo,
    $ii)$ la bisectriz externa del ángulo de un triángulo es paralela al segmento que une los puntos donde las bisectrices externas (internas) de los otros dos ángulos intersecan al circuncírculo del triángulo.
  2. Demuestra que: 
    $i)$ la suma de los catetos de un triángulo rectángulo menos la hipotenusa es igual al diámetro de su incírculo,
    $ii)$ el área de un triángulo rectángulo es igual al producto de los segmentos en los cuales la hipotenusa es dividida por el punto de tangencia de su incírculo.
  3. Muestra que en la figura 2 se tienen las siguientes igualdades:
    $i)$ $XX_a = b – c$, $YY_b = a – c$, $ZZ_c = a – b$,
    $ii)$ $ZZ_a = YY_a = a$, $XX_b = ZZ_b = b$, $YY_c = XX_c = c$,
    $iii)$ $Y_bY_c = Z_bZ_c = a$, $X_aX_c = Z_aZ_c = b$, $X_aX_b = Y_aY_b = c$.
  4. Prueba que:
    $i)$ el producto de los cuatro radios tritangentes de un triángulo es igual al cuadrado del área del triángulo $(\triangle ABC)^2 = rr_ar_br_c$
    $ii)$ el reciproco del inradio de un triángulo es igual a la suma de los recíprocos de las alturas del triangulo, $\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c}$,
    $iii)$ en la figura 2, $\dfrac{AZ \times BX \times CY}{r} = (\triangle ABC)$.
  5. Demuestra que la razón entre el área de un triangulo y el area del triángulo formado por los puntos de contacto de su circuncírculo con sus lados es igual a la razón entre el inradio y el circundiámetro. En la figura 2, $\dfrac{(\triangle XYZ)}{(\triangle ABC)} = \dfrac{r}{2R}$.
  6. Muestra que en el teorema de Carnot, cuando $\angle A$ es obtuso (figura 4), entonces $y + z – x = R + r$.
  7. Sean $\triangle ABC$, $\alpha = \angle BAC$, $\beta = \angle CBA$, $\gamma = \angle ACB$, $R$ el circunradio y $r$ el inradio, muestra que:
    $i)$ $\sin \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – b)(s – c)}{bc}}$, $\sin \dfrac{\beta}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – a)(s – c)}{ac}}$, $\sin \dfrac{\gamma}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – a)(s – b)}{ab}}$
    $ii)$ $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = 1 + \dfrac{r}{R}$.

Más adelante…

Con la ayuda de las formulas para el calculo del área de un triángulo vistas en esta entrada, en la próxima entrada mostraremos algunas desigualdades geométricas.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 73-79, 87-91.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 11-13.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 86-89, 97-98.
  • Quora
  • Cut the Knot

Geometría Moderna I: Puntos notables del triángulo

Introducción

En esta entrada estudiamos la concurrencia de rectas importantes en el triangulo, a saber, las medianas, mediatrices, bisectrices y alturas. Mencionamos también consecuencias inmediatas de los puntos de concurrencia.

Centroide

Teorema 1. Las medianas de todo triángulo concurren en un punto que las triseca.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $AC$ y $AB$ respectivamente, por el teorema del segmento medio sabemos que $C’B’ = \dfrac{BC}{2}$ y $C’B’ \parallel BC$.

Figura 1

Sea $G$ la intersección de las medianas $BB’$ y $CC’$, en $\triangle GBC$ consideremos $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $GB$ y $GC$ respectivamente, entonces
$MN = \dfrac{BC}{2}$ y $MN \parallel BC$.

Por transitividad $C’B’ = MN$ y $C’B’ \parallel MN$, esto implica que $\square C’MNB’$ es un paralelogramo y por lo tanto sus diagonales se bisecan, es decir,
$C’G = GN$ y $MG = GB’$.

Por construcción, $MG = BM$ y $GN = NC$
$\Rightarrow GB’= \dfrac{BB’}{3}$ y $C’G = \dfrac{CC’}{3}$,
esto es, la medianas $BB’$ y $CC’$ se trisecan

Si repetimos el mismo procedimiento pero ahora con las medianas $AA’$ y $BB’$ encontraremos un punto $G’$ en donde las medianas se trisecaran, $G’B’= \dfrac{BB’}{3}$ y $G’A’ = \dfrac{AA’}{3}$.

Como $GB’= \dfrac{BB’}{3} = G’B’$, concluimos que $G’ = G$.

Por lo tanto, las medianas de un triángulo concurren en un punto que las triseca.

$\blacksquare$

Definición 1. Decimos que el punto en que concurren las medianas de un triángulo es el gravicentro, baricentro o centroide del triángulo y lo denotamos con la letra $G$ mayúscula.

Figura 2

Circuncentro

Teorema 2. Las mediatrices de los lados de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, consideremos las mediatrices $l_c$ y $l_b$ de $AB$ y $AC$ respectivamente y $O = l_b \cap l_c$.

Figura 3

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la mediatriz de un segmento si y solo si equidista a los puntos extremos del segmento.

Ya que $O \in l_c$ y $O \in l_b$, entonces $OA = OB$ y $OA = OC$
$\Rightarrow OB = OC$.

Por el resultado mencionado anteriormente $OB = OC$ implica que $O \in l_a$, la mediatriz de $BC$.

Por lo tanto, las mediatrices de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Corolario. Tres puntos distintos y no colineales se encuentran en una única circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, por el teorema anterior las mediatrices de los segmentos determinados por los vértices del triángulo concurren en un punto $O$ cuya distancia a cada uno de los vértices es la misma $R = OA = OB = OC$.

Por definición de circunferencia, $A$, $B$ y $C$ pertenecen a la circunferencia con centro en $O$ y radio $R$, $A$, $B$, $C \in (O, R) = \Gamma$.

Ahora supongamos que existe $\Gamma’ = (O’, R’)$ tal que $A$, $B$, $C \in \Gamma’$, entonces, por definición, $O’A = O’B = O’C = R’$.

Esto implica que $O’ \in l_a$, $O’ \in l_b$ y $O’ \in l_c$, las mediatices de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente,
$\Rightarrow O \in l_a \cap l_b \cap l_c$.

Como ya probamos que las mediatrices son concurrentes entonces $O’ = O$ y $R’ = R$, así que $\Gamma$ es única.

$\blacksquare$

Definición 2. Al punto de concurrencia de las mediatrices de los lados de un triángulo le llamamos circuncentro y lo denotamos como $O$.

A la distancia constante de $O$ a los vértices del triángulo le llamamos circunradio denotado con la letra $R$ mayúscula.

A la circunferencia única $(O, R)$ determinada por los vértices del triángulo se le conoce como circuncírculo.

Figura 4

Incentro

Teorema 3. Las bisectrices interiores de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sean $l_B$ y $l_C$ las bisectrices de los ángulos interiores en $\angle B$ y $\angle C$ respectivamente e $I = l_{B} \cap l_{C}$.

Figura 5

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la bisectriz de un ángulo si y solo si equidista a los lados que forman el ángulo. Recordemos que la distancia de un punto a una recta es la longitud del punto al pie de la perpendicular a la recta trazada desde el punto.

Denotamos la distancia de un punto $P$ a una recta $l$ como $(P, l)$.

Como $I \in l_{b}$ e $I \in l_{c}$, entonces $(I, AB) = (I, BC)$ y $(I, BC) = (I, AC)$,
$\Rightarrow (I, AB) = (I, AC)$.

Por el resultado citado anteriormente, $(I, AB) = (I, AC)$ implica que $I \in l_A$, la bisectriz interior de $\angle A$.

Por tanto, las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Si consideramos los pies de las perpendiculares a los lados del triángulo trazados desde el punto en que concurren las bisectrices, encontramos tres puntos distintos que equidistan a un punto fijo y por el corolario anterior estos determinan una única circunferencia, esto motiva la siguiente definición.

Definición 3. Al punto de concurrencia de las bisectrices interiores de un triángulo se le conoce como incentro del triángulo y lo denotamos con la letra $I$ mayúscula.

A la distancia de $I$ a los lados del triángulo le llamamos inradio y lo denotamos como $r = (I, AB) = (I, BC) = (I, AC)$.

La circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $(I, r)$, se llama incírculo.

Figura 6

Excentros

Teorema 4. En todo triángulo las bisectrices exteriores de dos ángulos y la bisectriz interior del tercer ángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, $l_A$ y $l_C$ las bisectrices exteriores de $\angle A$ y $\angle C$ respectivamente e $I_b = l_A \cap l_C$.

Figura 7

De manera análoga al caso de las bisectrices internas tenemos que
como $I_b \in l_A$ e $I_b \in l_C$, entonces $(I_b, AB) = (I_b, AC)$ y $(I_b, AC) = (I_b, BC)$,
$\Rightarrow (I_b, AB) = (I_b, BC)$.

Como $I_b$ está en la región acotada por el ángulo $\angle CBA$ entonces $I \in l_B$, la bisectriz interior de $\angle B$.

Por lo tanto, la bisectriz interna de $\angle B$ y las bisectrices externas de $A$ y $C$ son concurrentes.

De manera análoga probamos que las bisectrices externas de $\angle A$ y $\angle B$ concurren con la bisectriz interna de $\angle C$, y las bisectrices externas de $\angle B$ y $\angle C$ concurren con la bisectriz interna de $\angle A$.

$\blacksquare$

Similarmente a como lo hicimos con el incentro, notamos que, para cada uno de estos tres puntos de concurrencia, existen tres puntos distintos, uno en cada lado del triángulo que equidistan a un punto fijo y por lo tanto determinan una única circunferencia.

Definición 4. A los puntos en que concurren dos bisectrices externas y una bisectriz interna de un triángulo les llamamos excentros del triángulo y los denotamos como $I_a$, $I_b$ e $I_c$ de acuerdo a si se encuentran en la bisectriz interna de $\angle A$, $\angle B$ o $\angle C$ respectivamente y decimos que son opuestos a dichos vértices.

Las distancias de $I_a$, $I_b$ e $I_c$ a los lados del triángulo son los exradios y se les denota como $r_a$, $r_b$ y $r_c$ respectivamente.

A las circunferencias $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ se les conoce como excírculos del triángulo.

Figura 8

Ortocentro

Teorema 5. Las alturas de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, tracemos en cada vértice la paralela al lado opuesto.

Sean $A’$ la intersección de la paralela a $AB$ trazada en $C$ con la paralela a $AC$ trazada en $B$, de manera análoga definimos $B’$ y $C’$.

Figura 9

Por construcción, $\square ABCB’$ es un paralelogramo por lo que $AB’ = BC$, también $\square C’BCA$ es paralelogramo así que $C’A = BC$,
$\Rightarrow AB’ = BC = C’A \Rightarrow A$ es el punto medio de $C’B’$.

De manera similar podemos ver que $B$ es el punto medio de $C’A’$ y $C$ es el punto medio de $A’B’$.

En consecuencia, las alturas del triángulo $\triangle ABC$ son las mediatrices del triángulo $\triangle C’A’B’$ y ya probamos que las mediatrices de los lados de todo triangulo son concurrentes, por lo tanto, las alturas de $\triangle ABC$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Definición 5. Al punto en común en que las tres alturas de un triángulo se intersecan le llamamos ortocentro y lo denotamos con la letra $H$ mayúscula.

Figura 10

Tarea moral

  1. ¿Qué puntos notables vistos en esta entrada, caen siempre dentro del triangulo y cuales siempre fuera?
  2. Muestra que una recta paralela a un lado de un triangulo a través del centroide divide el área del triangulo en dos partes tal que la razón de esta áreas es $\dfrac{4}{5}$.
  3. Considera un triangulo rectángulo $\triangle ABC$ con $\angle B = \dfrac{\pi}{2}$, sean $CC’$ la mediana por $C$ y $D$ el pie de la perpendicular a $CC’$ trazada desde $B$ (figura 11), calcula la distancia de $D$ al centroide $G$ del triangulo en términos de los catetos.
Figura 11
  1. Un triángulo rectángulo tiene un ángulo interior de $\dfrac{\pi}{3}$, calcula la distancia del vértice donde se intersecan los catetos al incentro $I$ del triángulo en términos de la hipotenusa.
  2. Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que la mediana $AD$ es perpendicular a la mediana $BE$, encuentra $AB$ si $BC = a$ y $AC = b$.

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos algunos teoremas que nos permitirán calcular la magnitud de ángulos relativos a una circunferencia.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 29-34.
  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 65-94.
  • Geometría interactiva

Seminario de Resolución de Problemas: Desigualdad de Cauchy-Schwarz

Introducción

Seguimos con las entradas de temas de desigualdades. Con anterioridad ya hablamos de desigualdades básicas y de desigualdades con medias. En esta ocasión estudiaremos una desigualdad muy versátil: la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

En su versión más simple, lo que dice la desigualdad de Cauchy-Schwarz es lo siguiente.

Desigualdad (de Cauchy-Schwarz). Para cualesquiera números reales $a_1,\ldots,a_n$ y $b_1,\ldots,b_n$ se tiene que $$|a_1b_1+\ldots+a_nb_n| \leq \sqrt{a_1^2+\ldots+a_n^2} \sqrt{b_1^2+\ldots+b_n^2}.$$

Primero, veremos cómo se demuestra esta desigualdad. Luego, veremos varios problemas en los que se puede aplicar. Finalmente, hablaremos un poco de sus extensiones a espacios vectoriales.

La demostración polinomial de la desigualdad de Cauchy-Schwarz

Una forma de demostrar la desigualdad de Cauchy-Schwarz es usando inducción sobre $n$. Hay otra demostración usando polinomios. Veamos esa demostración, pues tiene la idea útil de usar argumentos polinomiales para demostrar igualdades.

Consideremos la expresión $$p(t)=\sum_{i=1}^n (a_i+b_i t)^2.$$ Como es una suma de cuadrados, esta expresión es no negativa. Haciendo los cuadrados, y desarrollando la suma, podemos escribirla de la siguiente forma, que nos dice que es un polinomio cuadrático en $t$:

\begin{align*}
\sum_{i=1}^n (a_i+b_i t)^2&=\sum_{i=1}^n \left(a_i^2 + 2a_ib_i t + b_i^2 t^2\right)\\
&=\sum_{i=1}^n a_i^2 + \left(2\sum_{i=1}^n a_ib_i \right)t + \left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)t^2.
\end{align*}

De esta forma $p(t)$ es un polinomio cuadrático y siempre toma valores no negativos. Así, a lo más puede tener una raíz $t$, por lo que su discriminante es menor o igual a $0$:

$$ \left(2\sum_{i=1}^n a_ib_i \right)^2-4\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)\leq 0$$

Al pasar el segundo término sumando al otro lado y dividir entre $4$ queda

$$\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i \right)^2\leq \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right).$$

Al sacar raíz cuadrada de ambos lados hay que tener cuidado de poner un valor absoluto al lado izquierdo. Al hacer esto, se obtiene el resultado deseado: $$\left|\sum_{i=1}^n a_ib_i \right|\leq \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2}\cdot \sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2}.$$

Observa que la igualdad se da si y sólo si el discriminante es $0$, lo cual sucede si y sólo si el polinomio tiene una raíz $t$. Cuando esto pasa, cada uno de los sumandos al cuadrado de $p(t)$ debe ser $0$. Así, existe un real $t$ tal que $a_i=-tb_i$ para todo $i=1,\ldots,n$. Esto lo podemos decir en términos vectoriales como que «la igualdad se da si y sólo si el vector $(a_1,\ldots,a_n)$ es un múltiplo escalar del vector $(b_1,\ldots,b_n)$ » .

Un problema sobre acotar el valor de una variable

Problema. Sean $a,b,c,d$ números reales tales que
\begin{align*}
a+b+c+d&=6\\
a^2+b^2+c^2+d^2&=12.
\end{align*}
¿Cuál es el máximo valor que puede tener $d$?

Sugerencia. Aplica la desigualdad de Cauchy-Schwarz a las ternas $(a,b,c)$ y $(1,1,1)$.

Solución. Aplicando la desigualdad a las ternas $(a,b,c)$ y $(1,1,1)$ obtenemos que $$|a+b+c|\leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}\cdot{\sqrt{3}}.$$ Usando las hipótesis sobre $a,b,c,d$, tenemos que esta desigualdad es equivalente a $|6-d|\leq \sqrt{3}\cdot {\sqrt{12-d^2}$. Elevando al cuadrado de ambos lados, obtenemos las desigualdades equivalentes
\begin{align*}
36-12d+d^2&\leq 3(12-d^2)\\
36-12d+d^2&\leq 36-3d^2\\
4d^2-12d&\leq 0\\
4d(d-3)&\leq 0.
\end{align*}

Para que se satisfaga esta desigualdad, tiene que pasar o bien que simultáneamente $d\leq 0$ y $d\geq 3$ (lo cual es imposible), o bien que simultáneamente $d\geq 0$ y $d\leq 3$. En conclusión, esto acota el máximo valor posible de $d$ con $3$.

En efecto, existe una solución con $d=3$. De acuerdo al caso de igualdad de la desigualdad de Cauchy-Schwarz, debe pasar cuando $(a,b,c)$ es un múltiplo escalar de $(1,1,1)$, es decir, cuando $a=b=c$. Como $a+b+c+d=6$ y queremos $d=3$, esto forza a que $a=b=c=1$. Y en efecto, tenemos que con esta elección $$a^2+b^2+c^2+d^2=1+1+1+9=12.$$

$\square$

Aplicando Cauchy-Schwarz en un problema con el circunradio

A veces podemos aprovechar información implícita en un problema geométrico y combinarla con la desigualdad de Cauchy-Schwarz. Veamos un problema en el que sucede esto.

Problema. Sea $P$ un punto en el interior del triángulo $ABC$ y $p,q,r$ las distancias de $P$ a los lados $BC, CA, AB$ respectivamente, que tienen longitudes $a,b,c$, respectivamente. Sea $R$ el circunradio de $ABC$. Muestra que $$\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r} \leq \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}.$$

Sugerencia pre-solución. Necesitarás aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz más de una vez. Haz una figura para entender la expresión $ap+bq+cr$. Necesitarás también la fórmula que dice que se puede calcular el área $T$ de un triángulo mediante la fórmula $$T=\frac{abc}{R}.$$

Solución. Lo primero que haremos es aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz en las ternas $(\sqrt{ap},\sqrt{bq},\sqrt{cr})$ y $(1/\sqrt{a},1/\sqrt{b},1/\sqrt{c})$ para obtener $$\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}\leq \sqrt{ap+bq+cr}\cdot\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.$$

Observa que $ap$ es dos veces el área de $\triangle BCP$. De manera similar, tenemos que $bq$ y $cr$ son las áreas de $\triangle CAP$ y $\triangle ABP$ respectivamente. Así, si llamamos $T$ al área de $\triangle ABC$ tenemos que $ap+bq+cr=2T$. Otra expresión para el área de $\triangle ABC$ en términos de su circunradio $R$ es $$T=\frac{abc}{4R}.$$ En otras palabras, $ap+bq+cr=\frac{abc}{2R}$.

Esto nos permite continuar con la desigualdad como sigue:
\begin{align*}
\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r} &\leq \sqrt{\frac{abc}{2R}}\cdot\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\\
&=\sqrt{\frac{abc}{2R}}\cdot\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{abc}}\\
&=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{2R}}.
\end{align*}

Esto es casi la desigualdad que queremos. Para terminar, basta mostrar que $$ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2.$$ Esto se puede hacer de varias formas (intenta hacerlo usando la desigualdad MA-MG). Pero para continuar viendo la versatilidad de la desigualdad de Cauchy-Schwarz, observa que se puede deducir de ella aplicándola a las ternas $(a,b,c)$ y $(b,c,a)$.

$\square$

En el problema anterior, ¿para qué puntos $P$ se alcanza la igualdad?

Cauchy-Schwarz más allá de los números reales

Lo que está detrás de la desiguadad de Cauchy-Schwarz es en realidad la noción de producto interior en álgebra lineal. En cualquier espacio vectorial sobre los reales que tenga un producto interior $\langle \cdot, \cdot \rangle$ se satisface una desigualdad del tipo de la de Cauchy-Schwarz. No entraremos en los detalles de la teoría que se necesita desarrollar, pues eso se estudia en un curso de álgebra lineal. Sin embargo, enunciaremos el teorema y veremos una forma de aplicarlo.

Teorema (desigualdad de Cauchy-Schwarz). Si $V$ es un espacio vectorial con producto interior $\langle \cdot, \cdot \rangle$ entonces para cualesquiera dos vectores $u$ y $v$ se satisface que $$|\langle u , v\rangle|\leq \sqrt{\langle u , u\rangle}\cdot \sqrt{\langle v , v\rangle}.$$

Se puede mostrar que bajo las hipótesis del teorema la función $\norm{u}:=\langle u , u\rangle$ es una norma. Como platicamos con anterioridad, una norma satisface la desigualdad del triángulo, que en espacios vectoriales tiene un nombre especial.

Teorema (desigualdad de Minkowski). Si $V$ es un espacio vectorial con producto interior $\langle \cdot, \cdot \rangle$ y $\norm{u}:=\langle u , u\rangle$, entonces para cualesquiera dos vectores $u$ y $v$ se satisface que $$\norm{u}+\norm{v}\geq \norm{u+v}.$$

Es relativamente sencillo ver que las desigualdades de Cauchy-Schwarz y de Minkowski son «equivalentes», en el sentido de que se puede mostrar una fácilmente suponiendo la otra y viceversa.

La desigualdad de Cauchy-Schwarz que usamos en las secciones anteriores es para el producto interior en $\mathbb{R}^n$ dado por $$\langle (a_1,\ldots,a_n),(b_1,\ldots,b_n) \rangle = a_1b_1+\ldots + a_nb_n,$$ al cual le llamamos el producto punto.

Si tenemos a $V$ el espacio vectorial de las funciones continuas reales en el intervalo $[0,1]$, entonces $$\langle f,g\rangle = \int_0^1 f(x)g(x) \, dx$$ es un producto interior para $V$. Esto nos puede ayudar a resolver algunos problemas.

Problema. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}^+$ una función continua. Muestra que $$\left ( \int_0^1 f(x)\, dx \right) \left (\int_0^1 \frac{1}{f(x)}\, dt \right) \geq 1.$$

Sugerencia pre-solución. Aplica la desigualdad de Cauchy-Schwarz con el producto interior que discutimos antes de esta entrada.

Solución. Tomemos el producto interior $$\langle f,g\rangle = \int_0^1 f(x)g(x) \, dx$$ en el espacio vectorial de funciones reales y continuas en $[0,1]$. Como la imagen de $f$ está en los reales positivos, podemos definir la función $h:[0,1]\to \mathbb{R}^+$ dada por $h(x)=\sqrt{f(x)}$.

Tenemos que
\begin{align*}
\left \langle h, \frac{1}{h}\right \rangle &= \int_0^1 h(x)\cdot \frac{1}{h(x)}\, dx\\
&=\int_0^1 1\, dx\\
&=1.
\end{align*}

Por otro lado,

\begin{align*}
\langle h, h \rangle &= \int_0^1 h(x)\cdot h(x)\, dx\\
&=\int_0^1 f(x)\, dx.
\end{align*}

y

\begin{align*}
\left\langle \frac{1}{h}, \frac{1}{h} \right\rangle&= \int_0^1 \frac{1}{h(x)}\cdot \frac{1}{h(x)}\, dx\\
&=\int_0^1 \frac{1}{f(x)}\, dx
\end{align*}

La conclusión se sigue entonces de manera inmediata de la desigualdad de Cauchy-Schwarz para $\langle \cdot, \cdot \rangle$.

$\square$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas que usan la desigualdad de Cauchy-Schwarz en la sección 7.1 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. También puedes consultar más técnicas y problemas en el libro Desigualdades de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas.

Formular un problema equivalente

HeuristicasPara resolver un problema a veces podemos formular otro problema que tenga una interpretación más sencilla o para el cual tengamos más herramientas. En esta serie de videos platicaremos un poco más de esta técnica y la usaremos para resolver cuatro problemas.

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