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Leñitas Geométricas*

para el Fogón Matemático de los Festivales

De OMA para Profesores y Maestros

en actividad

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“Entender las matemáticas es demostrar formalmente lo que se ve intuitivamente, y ver intuitivamente lo que se demuestra formalmente”. George Polya

* Recordamos a los lectores que los temas editados en Leñitas Geométricas es el material preparado y en gran parte desarrollado por el doctor Miguel de Guzmán para los Seminarios Internacionales organizados por OMA en 1985 en la ciudad de San Miguel de Tucumán, Argentina.

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Vincular la Geometría con la Aritmética y el Álgebra. Las clases de Matemática no deberían ser compartimentos estancos, sin comu-nicación entre sí. Al contrario, siempre que haya oportunidad hay que mostrar las relaciones entre las distintas partes de la matemática, para evidenciar su unidad. El teorema de Pitágoras, por ejemplo, es una buena oportunidad para repasar todo lo referente a la raíz cuadrada y las propiedades de los números cuadrados perfectos. El estudio de las cónicas debe servir para repasar las ecuaciones de segundo grado y los sistemas de ecuaciones e inecuaciones de primero y segundo grado. La geometría de los puntos de coordenadas enteras se vincula con la combinatoria (números de caminos mínimos para ir de un punto a otro). No importa que algunos temas se vean en el curso de Geometría y luego se repitan en los de Aritmética o Álgebra, o al revés. La repetición de hechos importantes desde puntos de vista diferentes es buena para ir fijando las ideas sobresalientes de la matemática; solamente los hechos triviales se encuentran una sola vez. En todo esto, no olvidar la geometría del espacio.

En muchos países ha ido desapareciendo en los últimos años la geometría del espacio. Conviene revertir la tendencia. Puesto que vivi-mos en un mundo tridimensional, su conocimiento es indispensable para el ciudadano. Hay que estudiar los cuerpos y las superficies sobre ellos, sus representaciones planas. Hay que desarrollar la intuición visual, para «saber ver el espacio» y las relaciones entre sus formas. Es instructiva la banda de Moebius y una idea elemental de la clasificación topológica de las superficies. Tampoco hay que olvidar la geometría de la esfera, que es la forma de nuestro planeta: la idea de geodésicas y la comparación de los diversos tipos de mapas son conceptos importantes al alcance de la enseñanza media.

Como bien sabemos, la física moderna está montada sobre el Tetrauniverso de Mincowski. Recordemos quién fue, después de haber visto recientemente uno de sus teoremas.

Hermann Minkowski (1864-1909) nació en Aleksotas (junto a Kaunas) y fue uno de los más influyentes matemáticos del siglo XIX. A los dieciséis años comenzó en la Universidad de Königsberg sus estudios superiores. En 1881 estableció la Academia de Ciencias de París un premio al mejor trabajo sobre el problema de la descomposición de números enteros en suma de cinco cuadrados. El premio le fue concedido al joven Minkowski, que entró así a sus 17 años en el mundo de los famosos matemáticos. Los trabajos de Minkowski se caracterizan sobre todo por las profundas conexiones establecidas por él entre relaciones geométricas de gran contenido intuitivo y los problemas de la teoría de números. Minkowski creó la geometría de números que hizo avanzar sustancialmente el campo de conocimientos sobre los números naturales.

Fue profesor en las universidades de Königsberg, Zürich y Göttingen. En Zürich tuvo a Einstein como alumno y es interesante observar que fue Minkowski uno de los primeros en reconocer que es necesario aglutinar espacio y tiempo en una unidad, el llamado ahora «universo espa-cio-temporal de Minkowski», en el que las leyes de la mecánica y la electrodinámica se expresan de una forma especialmente sencilla y simétrica.

Minkowski fue siempre de una modestia extraordinaria. Su personalidad armoniosa le atrajo la amistad de todos, en particular la de su colega en Königsberg y Göttingen, David Hilbert, uno de los matemáticos más eminentes de todos los tiempos, para quien Minkowski fue «un regalo del cielo». Minkowski murió joven aún, a los 45 años, y en plena producción matemática.

La mejor descripción de la vida y obras de Minkowski es el discurso necrológico de Hilbert mismo, «Gedächtnisrede auf H. Minkowski», que puede verse en las obras completas de Minkowski, Gesammelte Abhandlungen von Hermann Minkowski (Chelsea, Nueva York, 1967).

Los trabajos de Minkowski sobre geometría de números pueden verse en sus obras completas citadas más arriba. Una exposición de su obra se encuentra en Harris Hancock, Development of the Minkowski Geometry of Numbers (Dover, Nueva York, 1964). Algunos textos sobre teoría de números, como el de G. H. Hardy y E. M. Wright, An lntroduction to the Theory of Numbers (Clarendon, Oxford, 1960), contienen alguna sección en que se exponen resultados de Minkowski. Material relacionado con el contenido del ensayo puede verse en D. Hilbert, S. Cohn-Vossen, Geometry and lmagination (Chelsea, Nueva York, 1952), así como en Ross Honsberger, Mathematical Gems (Mathematical Association of America, Washington, 1973).

EN LA PRÁCTICA DOCENTE

Nº 14 - 10 de octubre de 2019

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La simetría como estrategia para avanzarEl "puente del burro": los ángulos de la base de un triángulo isósceles son iguales.

El mote de “el puente del burro” de este famoso teorema probablemente provenga de la apariencia de puente que tiene la fi gura que hizo Euclides (con rectas auxiliares que intervienen en su demostración bastante com-plicada y sobre la idea de que cualquiera que no lo cruce ha de ser un borrico). Por fortuna, Papo de Alejandría dio hacia 340 d. C. una demostración mucho más sencilla:

B C

A

D

La difi cultad pedagógica que implica la comparación del triángulo isósceles consigo mismo se evita a veces al unir el vértice superior A con D, punto medio de la base BC . La mediana AD puede considerarse un espejo que refl eja a B en C. Así, decimos que un triángulo isósceles es simétrico por refl exión, o que tiene simetría axial. (Por supuesto, el espejo ideal de la geometría carece de grosor y ha recibido el baño de plata por ambas caras, de modo que no sólo refl eja a B en C, sino también a C en B.)

Por irregular que sea su forma, de cualquier fi gura surge otra simétrica si la colocamos junto a un espejo e ignoramos la diferencia entre objeto e imagen. Esta simetría axial es una característica de la forma externa de casi todos los animales.

A partir de cualquier punto P, que puede estar a uno u otro lado de un espejo geométrico, podemos construir su imagen refl ejada P’ al trazar la perpendicular de P al espejo y prolongarla por el otro lado hasta un punto a la misma distancia; con esta construcción, el espejo biseca perpendicularmente al segmento de recta P ʹP . Si estamos trabajando en el plano de la fi gura y nuestro espejo es la recta AB, trazamos dos círculos con centros en A, B y radios AP, BP.

Si no sabemos adónde vamos, terminaremos en otra parte. Por lo tanto, ante una cuestión cualquiera, es preciso esforzarse ante todo por comprender claramente lo que se busca.

Haz un gráfi co, un dibujo, una tabla, un esquema en el que puedas ordenar los datos. Apoyar y organizar tus ideas. Lograr confi anza; ante tu problema concreto puedes pensar: "Es nuevo para mí, pero antes otros muchos han pasado por él o por otros semejantes. Seguro que yo también puedo".

¡PROBLEMA! Para aprender más y pensar mejor

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P Pʹ

Los dos puntos de intersección de las circunferencias son P y su imagen Pʹ.

Como vemos, muchas demostraciones geométricas ganan en brevedad y brillo al usar refl exiones. Pero no olvidemos que nuestro procedimiento no es sino una manera de cortar camino: cada paso puede evitarse por medio de un circunloquio acerca de triángulos congruentes. Por ejemplo, la construcción anterior es válida debido a que los triángulos ABP, ABPʹ, son congruentes. El “puente del burro” tiene muchas consecuencias útiles porque apoya formalmente varios resultados usados en anteriores números de Leñitas Geométricas.

1. Si en una circunferencia uno de los diámetros biseca una cuerda que no pasa por el centro, es perpendicular a ella; o, si es perpendicular a ella, la biseca.

2. En una circunferencia, el ángulo cuyo vértice está en el centro es el doble del ángulo cuyo vértice está en la circunferencia cuando los rayos que forman el ángulo cortan a la circunferencia en los mismos dos puntos.

3. En una circunferencia, una cuerda subtiende ángulos iguales cuyos vértices están en cualquier punto de uno de los dos arcos que determina la cuerda (por ejemplo, en la fi gura, el ángulo PQQ = al ángulo PPʹQʹ).

P

Q

QʹPʹ

O

4. Los ángulos opuestos de cualquier cuadrángulo inscrito en una circunferencia suman dos rectos.

5. Si desde el punto de contacto de una tangente a una circunferencia se traza una cuerda de ésta, el ángulo que forman la tangente y la cuerda (semiinscripto) es igual al ángulo que subtiende a la cuerda y cuyo vértice está en cualquier pun-to de la parte de la circunferencia que queda en el lado distante de la cuerda, por ejemplo, en la fi gura, el ángulo OTPʹ = ángulo TPPʹ.

Pʹ

Qʹ

O

T

Q

P

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s 14 6. La paralela a uno de los lados de un triángulo cortará proporcionalmente a los otros lados; y si dos lados de

un triángulo se cortan proporcionalmente, entonces la recta que une los puntos de intersección será paralela al otro lado.

7. Si los ángulos de dos triángulos son respectivamente iguales, entonces los lados respectivos son proporcionales.

Al combinar este último resultado con 3 y 5, podemos deducir dos propiedades signifi cativas de las secantes de una circunferencia.

8. Si dos rectas se cortan en el interior de una circunferencia, el rectángulo que contienen los segmentos de una es igual al rectángulo que contienen los segmentos de la otra; es decir, OP + OPʹ = OQ + OQʹ.

9. Si se trazan una secante y una tangente, desde un punto exterior a una circunferencia, el rectángulo conte-nido por la secante entera y la parte que queda fuera del círculo será igual al cuadrado sobre la tangente; es decir, OP×O ʹP =OT 2.

También tenemos una propiedad importante del área:

10. Los triángulos semejantes son entre sí como el cuadrado de la razón de sus lados; es decir, si ABC y AʹBʹCʹ son triángulos semejantes, sus áreas están en la proporción AB2 : ʹA ʹB 2.

De aquí se tiene una fácil demostración del teorema de Pitágoras, que dejaremos como ejercicio.

La Visualización como Método para Resolver ProblemasLa región perdida. Señalemos sobre una circunferencia n puntos, de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no resulten tres cuerdas concurrentes. Son varias las preguntas que surgen en forma natural:

A. ¿Cuántos puntos interiores a la circunferencia quedan determinados como intersección de todas las cuerdas que se pueden trazar uniendo los n puntos de dos en dos?

B. ¿En cuántas regiones queda dividido el círculo por estas cuerdas?

C. El grafo determinado por los n puntos, las cuerdas que los unen y los arcos de la circunferencia entre dos puntos contiguos de los n dados, ¿es euleriano?; es decir, ¿se puede recorrer sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces por el mismo tramo?

He aquí unas cuantas cuestiones llamativas que se prestan a consideraciones matemáticas profundas, bellas y a la vez elementales, o sea, cerca de los elementos, lo cual no quiere decir necesariamente simples ni fáciles.

A. Para tratar de contestar a la primera pregunta, podemos comenzar, de modo natural, experimentando y haciendo una lista de los números de puntos interiores para diferentes valores de n.

nPuntos

interiores345678

015

153570

La ley de formación de la sucesión de números de puntos interiores no es ciertamente inmediata, pero la naturaleza misma del problema sugiere que eches una mirada a la tabla de números combinatorios, conocida como el triángulo de Tartaglia.

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s 14 1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

Aquí no es difícil observar que nuestra columna de número coincide, al parecer, con la ristra de números seña-lada en rojo. Ya tenemos una conjetura plausible: los números 1, 5, 15, 35, 70... parecen ser:

40⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

44⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⋅

50⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

54⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⋅

62⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

64⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⋅

73⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

74⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⋅

84⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

Por lo que, tal vez, el número de puntos interiores sea en general n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ .

Lo natural sería ahora tratar de demostrar esta conjetura por inducción, pero siendo n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ un número con un

signifi cado intuitivo tan directo, ¿no habrá alguna razón más transparente para que el número sea efectiva-

mente n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ ?

¿Cómo queda determinado un vértice interior? Claramente, por dos cuerdas que se cortan en él. ¿Y estas? Obviamente cada una por sus dos extremos sobre la circunferencia... ¿Entonces...? ¡Sí! Cada vértice interior queda determinado inequívocamente por cada conjunto de cuatro puntos de los n dados.

¿Cuántos hay? Evidentemente n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ . Problema resuelto. El número de puntos interiores es

n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ .

¿Podrías llevar adelante la otra demostración sugerida por inducción?

B. Para responder a la pregunta sobre el número de regiones, podemos pensar en hacer números como en el caso anterior:

Núm. de puntos Núm. de regiones

2345

24816

La experiencia parece sugerir la conjetura:

n → 2n – 1

pero si seguimos adelante un poco más, resulta:

6 → 31

y, así, la conjetura queda encallada. Y si vamos más adelante aún con un gran dibujo y mucha paciencia, obtendremos:

7 → 57

situación aún más alejada de nuestra conjetura.

Puesto que cuando se tienen seis puntos aparecen 31 regiones en lugar de las 32 esperadas, el problema que tenemos entre manos se suele llamar “el problema de la región perdida”.

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s 14 Una discusión interesante del problema aparece en un magnífi co librito de Ogilvy, donde el caso está aún ro-

deado de misterio. En 1973 Gibbs, en un artículo titulado “Euler, Pascal and the Missing Region”, logró aclarar plenamente la situación. Vamos a ver cómo.

A quien conozca la fórmula de Euler para una confi guración plana como la que tenemos delante,

Caras + Vértices = Aristas + 1,

enseguida se le ocurrirá ir atando cabos. (Para una demostración sencilla puedes consultar el capítulo sobre los puentes de Königsberg en mi librito Cuentos con cuentas, Editorial Labor, Barcelona, 1985.)

Buscamos el número de caras C. Ya conocemos el número de vértices interiores n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ , por lo que el número de

vértices será

V = n+n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

De donde:

Caras = Aristas + 1 – n – n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

Las aristas de nuestra confi guración constituyen un problema más serio. Si experimentas un poco más verás que parecen constituir un montón cuyo número no resulta fácil de determinar. Dando un pequeño rodeo al problema, tratemos de determinar algo un poco más general, pero que deje ver más clara la ley de formación de los segmentos que constituyen las aristas de la confi guración. Intentaremos contestar a la siguiente cuestión.

B*. En un círculo se trazan n cuerdas de modo que no haya tres concurrentes. ¿Cuál es el número de segmen-tos dentro del círculo que determinan al cortarse?

Hagamos experimentos. Claramente, el número de segmentos depende de que las cuerdas se corten más o menos dentro del círculo, es decir, del número de vértices interiores.

1 cuerda, 0 vértices interiores, 1 segmento

2 cuerdas, 0 vértice interior, 2 segmentos 1 vértice interior, 4 segmentos

3 cuerdas, 0 vértice int., 3 seg. 1 vértice int., 5 seg. 2 vértices int., 7 seg. 3 vértices int., 9 seg.

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4 cuerdas

Vértices Segmentos

0123456

46810121416

La ley de formación parece ya bastante diáfana. Cuando se añade un vértice se añaden dos segmentos. Cuan-do no hay ningún vértice hay tantos segmentos como cuerdas. Esto sugiere que:

Segmentos = Cuerdas + 2 ⋅ Vértices interiores

Ya tenemos una conjetura que parece aceptable. ¿Cómo demostrarla? Parece natural intentarlo por inducción sobre el número de cuerdas. Supongamos que la fórmula se verifi ca cuando el número de cuerdas es h. Es decir, nuestra hipótesis inductiva es:

(H) Segmentos (caso h cuerdas) = h + 2 ⋅ Vértices interiores (caso h cuerdas)

Añadimos una cuerda. Queremos ver si por medio de (H) podemos demostrar:

Segmentos (caso h + 1 cuerdas) = h + 1 + 2 ⋅ Vértices interiores (caso h + 1 cuerdas)

Al añadir una cuerda al caso de h cuerdas que considerábamos, el número de vértices interiores será el número de vértices del caso de h cuerdas más el número de vértices añadidos, es decir, el número de intersecciones de la cuerda nueva con las h anteriores. Así, condensando esto podemos escribir:

(*) Vértices interiores (caso h + 1 cuerdas) = Vértices interiores (caso h cuerdas) + Vértices añadidos

Ahora bien, por cada vértice añadido se corta en dos uno de los segmentos que había antes. Por otra parte, sobre la cuerda nueva hay tantos segmentos nuevos como vértices añadidos más uno.

(**) Segmentos (caso h + 1 cuerdas) = Segmentos (caso h cuerdas) + (vértices añadidos) ++ (vértices añadidos + 1)

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s 14 Usando ahora la hipótesis inductiva (H) y las dos relaciones (*) y (**), obtenemos:

Segmentos (caso h + 1 cuerdas) =

= [h + 2 ⋅ vértices interiores (caso h cuerdas)] + 2 ⋅ (vértices añadidos) + 1

= h + 1 + 2 ⋅ [vértices interiores (caso h cuerdas) + vértices añadidos]

= h + 1 + 2 ⋅ vértices interiores (caso h + 1 cuerdas)

Esta que es precisamente la expresión a la que queríamos llegar. Con lo cual queda demostrada nuestra con-jetura que había resultado cierta para 1, 2, 3, 4 cuerdas.

Después de esto, el problema de la región perdida es ya muy sencillo. Sabemos que:

Caras = Aristas + 1 – Vértices

Los vértices eran los n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ interiores más los n que están sobre la circunferencia. El número de las aristas es el

de segmentos interiores más los n arcos determinados por los n puntos. Y el número de segmentos es el de

cuerdas, es decir n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ más dos veces el de vértices interiores

n4⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ .

Así podemos escribir:

Regiones = Caras = n2

+2 + n +1n4

n4

+ n = 1+n2

+n4

=n0

+n2

+n4

Que se puede poner también en la forma siguiente:

Regiones = n−10

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+

n−11

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+

n−12

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+

n−13

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+

n−14

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Esta fórmula viene a explicar el misterio de la región perdida. Si n es 2, 3, 4, 5, la suma de los términos de la última expresión que tienen sentido es igual a (1 + 1)n – 1 = 2n – 1, pero a partir de n = 6 ya no es así. Para n = 6 es 25 – 1 y para n = 7 es

2665+

66

= 64 7 = 57

C. Para quien conozca la caracterización de los grafos eulerianos el problema C resulta muy sencillo. (Una explicación de esta caracterización la puedes encontrar en Leñitas Geométricas N° 13.) El grafo será euleria-no solo y cuando el número de vértices de grado impar, es decir, el número de vértices en los que ocurre un número impar de arcos, sea 0 o 2.

Los vértices sobre la circunferencia están cada uno unido a otros (n + 1) puntos del grafo por arcos del grafo [cada uno unido por una cuerda a los restantes (n – 1) puntos y por sendas cuerdas a los puntos contiguos sobre la circunferencia]. Así, para n = 2, 4, 6, 8, 10, …, los n puntos son de grado impar. Si n = 2, el grafo es todavía euleriano, pero si n = 4, 6, 8, … ya no. Por tanto, el grafo es euleriano si y solo si n = 1, 2, 3, 5, 7, 9, ...

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s 14 Algunos resultados importantes

Propiedad de los mínimos

En Leñitas Geométricas N° 10 demostramos que, de todos los triángulos inscritos en un triángulo acután-gulo dado, el triángulo órtico tiene el menor perímetro. Merece la pena considerar otra demostración del mismo teorema, ya que esta servirá de ilustración a algunas nuevas ideas y, para nuestros fi nes, los métodos empleados son de mayor importancia e interés que el mero contenido matemático de un nuevo teorema. La demostración realizada previamente, proporcionada originalmente por H. A. Schwarz, dependía básicamente del hecho de ser la línea recta la distancia más corta entre dos puntos, y empleaba la idea de refl exión de una fi gura en una línea. Estos dos principios son también la base de la segunda demostración, y es interesante con-trastar la forma en que se hace uso de ellos en ambas. La que ofrecemos a continuación fue formulada por L. Fejér, que la descubrió siendo estudiante y ganó por ello una consideración especial por parte de H. A. Schwarz.

En el triángulo acutángulo dado ABC, sea UVW un triángulo arbitrario inscripto, con el punto U sobre BC, V sobre CA, W sobre AB. Refl ejemos U en las líneas AC

! "!! y AB! "!!

y denominemos Uʹ y Uʺ a las dos imágenes.

UʺUʹ

B

AW

N MV

U C Ahora bien, UV y ʹU V son imágenes virtuales uno del otro y, por consiguiente, son iguales. Por la misma razón UW y ʹU W son también iguales. El perímetro del triángulo UVW es UV +VW +WU y es, por consi-guiente, igual a la longitud de la trayectoria UʹVWUʺ.

Si fi jamos U pero colocamos V y W en nuevas posiciones entonces los puntos Uʹ y Uʺ siguen fi jos, ya que solo dependen de la posición de U y del triángulo ABC. La línea UʹVWUʺ une los dos puntos fi jos Uʹ y Uʺ, y su longitud es siempre igual al perímetro de UVW.

El camino más corto de Uʹ a Uʺ es la línea recta. Por tanto, el segmento de recta ʹU ʹU es el menor perímetro posible para un triángulo inscrito con un vértice fi jo en V. Este triángulo mínimo de vértice V, que llamaremos UMN, se muestra en la fi gura.

Habiendo hallado el triángulo de mínimo perímetro con vértice en U, solo necesitamos comparar los distintos triángulos mínimos que se obtienen con diferentes posiciones de V y tomar aquel de mínimo perímetro. Este triángulo será el de menor perímetro de todos los triángulos inscritos.

Determinemos la posición de U para que el segmento ʹU ʹU sea lo más pequeño posible. Para ello primero ob-servamos que el triángulo AUʹUʺ es isósceles con A ʹU y A ʹU como lados iguales. Realmente estos segmentos son imágenes simétricas del mismo segmento AU y, por tanto, son iguales AU = A ʹU = A ʹU . Aunque los dos lados del triángulo AUʹUʺ sean iguales en longitud a AU y dependan, por tanto, de la posición de U sobre BC, el valor del ángulo UʺAUʹ no depende de la posición de U. Este ángulo está completamente determinado por el triángulo original ABC, y nada más, ya que (a causa de las refl exiones) tenemos las siguientes ecuaciones para los ángulos de la fi gura:

UAB = UʺAB, UAC = UʹAC

De la primera tenemos:

UʺAU = 2UAB,

y de la segunda,

UʹAU = 2UAC;

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s 14 y por tanto

UʹAU + UʺAU = 2UAB + 2UAC

O bien

UʹAUʺ = 2BAC,

lo cual demuestra nuestra afi rmación en relación con el ángulo UʹAUʺ.

En el triángulo isósceles AUʹUʺ queremos hacer la base ʹU ʹU lo menor posible. Puesto que el ángulo A no depende de U, todos estos triángulos, para diferentes posiciones de U, tienen el mismo ángulo en el vértice. De todos ellos el que tenga la base menor tendrá también menores lados. Los lados A ʹU y A ʹU tienen la longitud AU , por consiguiente obtendremos el menor segmento ʹU ʹU si disponemos U de forma que AU sea lo más corto posible.

Ahora bien, el segmento AU une el punto A con la línea BC! "!

, y es bien sabido que la distancia más corta entre un punto y una recta es la perpendicular del punto a esa recta. Consecuentemente debemos disponer U de forma que AU sea perpendicular a BC , esto es que AU sea la altura del triángulo ABC relativa a A.

Construyamos ahora el triángulo EFG de menor perímetro. Sea E el pie de la perpendicular trazada de BC a A. Si Eʹ y Eʺ son las imágenes de E simétricamente a AC

! "!! y AB! "!!

, entonces ʹE ʹE es la longitud del perímetro menor de un triángulo inscrito. Los puntos F y G donde la línea ʹE ʹE

! "!! corta a AC y AB son los dos vértices

restantes de este triángulo mínimo.

Eʺ

Eʹ

GF

EB C

A

Si refl exionamos sobre lo que hemos hecho, vemos que todo triángulo inscrito UVW, distinto de EFG, debe tener un perímetro mayor. Porque si U es distinto de E, el segmento ʹU ʹU es mayor que ʹE ʹE y el perímetro UVW es por lo menos igual a ʹU ʹU . Si U y E coinciden, en tal caso, o bien solo el punto V, o este y el punto W, difi eren de los puntos F y G, y la trayectoria EʹVWEʺ diferirá de la recta ʹE FG ʹE

! "!!!!!. En ambos casos, entonces,

el perímetro de UVW será, en efecto, mayor que el perímetro de EFG.

Estas consideraciones han demostrado que el problema de encontrar un triángulo inscrito con el menor pe-rímetro posible tiene una sola solución. Nos serviremos del carácter único de esta solución. Al construir el triángulo mínimo no aplicamos el mismo método a los tres vértices. El vértice E es el pie de la altura relativa a A, pero obtuvimos los otros dos por medios que nada tienen que ver con las alturas relativas a B y C.

Podríamos haber llevado a cabo nuestro razonamiento comenzando con el vértice B en lugar de A. Es decir que al principio, en lugar de refl ejar el punto U en los lados AB y AC , podríamos haber refl ejado el punto, V en BA y BC, y haber continuado conforme a esto. Habríamos obtenido en tal caso un triángulo mínimo cuyo vértice F sería el pie de la altura relativa a B. Considerando que hay un solo triángulo mínimo, esta construc-ción comenzada en B tiene que conducir a exactamente al mismo triángulo EFG, de la misma manera que la primera construcción comenzada en A. Puesto que podríamos empezar también en el vértice C, podemos concluir que, en el triángulo mínimo EFG, no solamente E sino también F y G son pies de alturas. De esta forma hemos demostrado el teorema.

Podemos todavía obtener algo más de esta demostración. Haciendo uso del carácter único de la solución, vimos que, si E tenía cierta propiedad (ser el pie de la altura), F y G tenían una propiedad análoga. Parale-lamente, cualquier propiedad de F y G en nuestra construcción es también válida para E. Por ser Eʹ imagen virtual de E, los ángulos EFC y EʹFC son iguales. Dado el que EʹFC y GFA son ángulos opuestos por el vértice, son también iguales, luego EFC = GFA.

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rica

s 14 Es decir, los dos lados del triángulo mínimo que pasan por F forman ángulos iguales con el lado AC del

triángulo inicial. La afi rmación correspondiente es válida para el punto G. Si hubiéramos comenzado la cons-trucción tomando el punto F como pie de la altura relativa a B, la misma demostración habría probado que los ángulos GEB y FEC son también iguales.

Sin tener en cuenta la propiedad de mínimo del triángulo EFG, sabemos que EFG puede ser denominado triángulo órtico. Combinando estos dos resultados obtenemos el teorema: si inscribimos un triángulo órtico en uno acutángulo, los dos ángulos formados en cada uno de los vértices del triángulo órtico por cada uno de los de este con el lado del triángulo inicial son iguales.

Este teorema, sin embargo, no contiene nada relacionado con mínimos. Es del tipo que encontramos usual-mente en la geometría elemental y puede demostrarse por los métodos empleados en esta. En realidad, esto es justamente lo que hemos hecho en Leñitas Geométricas N° 10. La demostración proporcionada por Schwarz necesitaba utilizar este resultado como postulado y nosotros lo sustituimos haciendo uso de una serie de teoremas relacionados con el círculo. La ventaja de la demostración de Fejér es que no emplea otros principios que los relacionados con la distancia más corta y la refl exión. Además, la demostración de Fejér se caracteriza por no utilizar sino dos refl exiones, mientras que la de Schwarz emplea seis.

Hay un teorema recíproco al del triángulo órtico. En todo triángulo acutángulo hay un único punto en que la suma de cuyas distancias a los tres vértices es un mínimo. Este punto está situado de modo que las líneas que lo unen a los tres vértices forman entre sí ángulos de 120°.

Este teorema fue demostrado por L. Schruttka mediante un método que le fue sugerido por analogía con la demostración de Schwarz sobre el triángulo órtico. Bückner nos proporciona otra de mucha más brevedad, y será esta la que emplearemos.

Cʹ

A

60º

B

CP

P

Sea P un punto arbitrariamente tomado en el triángulo acutángulo ABC. Hagamos girar el triángulo ACP 60º alrededor de A hasta tomar la posición ACʹPʹ. Este giro debe realizarse de forma que AC gire fuera del trián-gulo, de tal manera que quede fi nalmente la línea AC entre AB y A ʹC . Tenemos entonces que ʹC ʹP = CP y P ʹP = AP, porque el triángulo APPʹ no solamente es isósceles sino también equilátero, siendo el ángulo A de 60°. Por consiguiente, la trayectoria BPPʹC representa la suma de las distancias desde P a los tres vértices A, B, C.

El punto Cʹ es independiente de la posición de P. Todas las trayectorias correspondientes a las varias posiciones de P unen los puntos B y Cʹ. La más corta de estas es la recta B ʹC

! "!!.

Cʹ

A B

CP0

P0

Por tanto, para que el camino sea mínimo, el punto P0 debe estar en B ʹC , y su posición queda totalmente determinada por el hecho de ser el ángulo AP0Cʹ = 60º. El ángulo suplementario AP0B es por esta razón de 120º. La construcción demuestra que solo puede existir un único punto de mínimo P0. Consecuentemente, la misma construcción, sustituyendo A por otro vértice, conducirá al mismo punto P0, y por consiguiente los ángulos BP0C y CP0A son también de 120°.

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s 14 Experimentemos nuevamente con Geometría

Con un billar más complicado

Supongamos ahora que estamos jugando en un billar en forma de triángulo con sus tres ángulos agudos y que nuestro problema consiste en lo siguiente: nos dan un punto M de BC . Se trata de elegir una dirección de tiro de modo que la bola lanzada desde M vaya hacia la banda AC, rebote allí y luego rebote en la banda AC , de modo que vaya a dar al mismo punto M de salida.

B

Mʹ

M

Mʺ

C

H

A

J

Tenemos la receta del billar normal de Leñitas Geométricas N° 10 que nos va a servir también ahora. Al rebotar en AC sale la bola como si viniera desde Mʹ, simétrico de M respecto de AC. Al rebotar en AB sale la bola como si viniera desde Mʺ, simétrico de Mʹ, respecto de AB . Como queremos que pase por M, unimos Mʺ con M y esto nos da la última parte de la trayectoria. Unimos luego J con Mʹ y obtenemos la otra parte JH y luego MH . Está claro que, como antes, para que haya solución J debe quedar sobre el segmento AB y H sobre el segmento AC , lo cual no sucede en un triángulo cualquiera, pero sí si el triángulo es acutángulo, como hemos supuesto. Trata de demostrarlo. Es fácil.

Verás ahora cómo el saber jugar con esta técnica al billar resuelve un problema curioso e importante. Te dan en el lado AB del triángulo acutángulo ABC un punto P y en AC otro punto Q. Te piden que determines el triángulo que tiene por vértices P, Q y el tercero M que has de fi jar tú de tal modo que esté sobre BC y que el perímetro de MPQ sea mínimo. Piensa.

Robótica, drones y modelización en la vida cotidiana Incluye la preevaluación de miniproyectos multidisciplinarios que se realizarán en Campamentos Matemáticos con alumnos durante julio 2020.

Destinado a profesores de matemática, ciencia, tecnología, informática, geografía, meteorología dinámica, etc. También podrán participar alumnos del profesorado que estén cursando el último año.

DIRIGE: Dr. Néstor Aguilera

ORGANIZA: OMA. Departamento de Investigación y Docencia.

Del 11 al 13 de octubre de 2019

Hotel EDEN de la Falda.

COSTO DE LA RESIDENCIA:$ 6.000.- por persona con estadía y pensión completa. $ 4.800.- por persona sin alojamiento.Pagos en 2 cuotas: 1ra cuota al inscribirse.2da cuota al iniciar la Residencia.Las becas y medias becas se deberán solicitar en las secretarías regionales adjuntas de OMA.

INSCRIPCIÓN E INFORMES: OMA. Tel 011 4826-6900. CABA

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s 14 A

Q

CM

B

P

Ha de ser mínimo PQ + PM + MQ. Pero como PQ es fi jo, pues los dos puntos P y Q te los han señalado, resul-ta que ha de ser mínimo PM + MQ . Pero esto es algo que ya hemos aprendido antes: la bola de billar que lanzada desde P a la banda BC vaya a parar a Q es la que da la trayectoria más corta tocando la banda. Así, tenemos resuelto el problema.

Pʹ

A

Q

CMB

P

Unimos Q al Pʹ, simétrico de P respecto de BC , y hallamos M.

Vamos un poco más allá con otro problema parecido. Ahora te dan el triángulo ABC y no te fi jan los dos pun-tos P y Q, sino solo P sobre AB. Te piden encontrar un triángulo MPQ con M sobre BC y Q sobre AC con perímetro mínimo.

Por lo que ya sabemos, parece natural pensar que si hay una trayectoria de bola de billar que salga de P, vaya a M en BC , rebote allí y vaya a Q en la banda AC y vuelva a P, esta trayectoria PMQP dará el triángulo de área mínima. Ya tenemos una conjetura que parece buena, por nuestras experiencias anteriores. Esta trayectoria existe y ya sabemos trazarla en un triángulo acutángulo como el que nos han dado.

Trazamos el punto Pʹ, simétrico del P respecto de BC , luego el Pʺ, simétrico del Pʹ respecto de AC , etcétera. Obtenemos así el triángulo PMQ. ¿Será este de verdad el de perímetro mínimo que buscamos? Para verlo lo compararemos con otro cualquiera PM*Q*. Observa la fi gura siguiente:

A

P

BM

C

Q

Q*

M*

Pʹ

M*ʺ

Pʺ

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s 14 Ahí tienes que PM=M ʹP = ʹM ʹP . Así mismo MQ= ʹM Q . Así el perímetro de PMQ es igual al segmento

P ʹP . ¿Y el perímetro de PM*Q*? Fíjate que M* tiene su simétrico M*ʹ respecto de AC fuera de P ʹP . Así el perímetro de PM*Q* es

PM +MQ +Q P = P M +Q M +Q P ,

y esto último es la longitud de una quebrada de extremos P y Pʺ. Así, este perímetro es claramente mayor que P ʹP , que era la longitud del perímetro de PMQ.

Para rematar este tipo de problemas imagínate que ahora no te fi jas más que en el triángulo ABC y te piden que determines un triángulo MPQ con M en BC , P en AB y Q en AC que tenga perímetro mínimo.

A

P

B MC

Q

Parece claro, con la experiencia acumulada que tenemos, que si hay algún triángulo MPQ tal que lanzando la bola desde P en dirección a M esta rebote hacia Q y allí rebote hacia P, y que al mismo tiempo esta propiedad se verifi que para P y para Q, es decir que lanzando P hacia M rebote hacia Q, entonces este triángulo debería ser el de perímetro mínimo.

Así, tenemos dos preguntas que contestaremos. ¿Existirá tal triángulo maravilloso? Y si existe, ¿tendrá de verdad la propiedad de mínimo perímetro? Es curioso. El triángulo MPQ con la propiedad que buscamos no solo existe sino que además es un viejo conocido. Es el triángulo de los pies de las alturas HaHbHc, que se suele llamar el triángulo órtico. Para ver esto, observa primero que BHcHHa es un cuadrilátero que se puede inscribir en una circunferencia de diámetro BH (recuerda que H es el punto de intersección de las tres alturas, el ortocentro), ya que HHaB es un ángulo recto y HHcB también.

Así, los ángulos HHaHc y HBHc, que están inscritos en el mismo arco, son iguales. Fíjate además en que HBHc = 90º – A, pues el triángulo ABHb es recto en Hb.

AP ≡ Hc

B M ≡ Ha

H

C

Hb ≡ Q

Asimismo el cuadrilátero HHbCHa se puede inscribir en una circunferencia de diámetro CH , y del mismo modo que antes HHaHb = HCHb = 90 – A. Así AHa es la bisectriz de HcHaHb. Si desde Hc se lanza una bola hacia Ha esta rebota hacia Hb.

Con cuentas iguales se demuestra que esta bola rebota en Hb hacia Hc y en Hc hacia Ha. Así, este es el trián-gulo MPQ que estábamos buscando, con la propiedad de que si desde cada vértice se lanza una bola a otro esta rebota en las dos bandas y vuelve al punto de partida.

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s 14 Queda por ver si es el de perímetro mínimo. Pero esto resulta sencillo si se lo compara con cualquier otro, como

hicimos en el problema anterior. Observa la fi gura siguiente en la que M1 es simétrico de M respecto de AB,

A

BMM*

Q*

QP*

PM*1

M1

M2

M*2

C

M2 es simétrico de M respecto de AC y análogamente M*1 es simétrico de M* respecto de AB, y M*2 es simétrico de M respecto de AC . El ángulo M1AM2 así como el M*1 AM*2 miden 2A y así se pueden escribir las cuentas siguientes con las que queda demostrado que el perímetro de MPQ es menor que el de M*P*Q*.

PQ+ PM+QM=M1M2 = 2AM1senA= 2AM senA

P∗Q∗ + P∗M∗ +Q∗M∗ = P∗Q∗ + P∗M1∗ +Q∗M2

∗ >M1∗M2

∗ = 2AM∗senA> 2AMsenA

El arte de mirar correctamenteContinuaremos con el triángulo órtico. Como lo venimos sosteniendo en este Seminario, existen problemas cuya solución es inmediata una vez que se acierta en la forma correcta de mirarlos. Uno muy elemental es el que vimos al comienzo, las tres alturas de un triángulo se cortan en un punto.

Es inmediato demostrar que las mediatrices ma, mb, mc de un triángulo se cortan en un punto.

c

a

bmc mb

ma

C

A

B

Claro, el problema de las alturas no parece tan inmediato. Sin embargo, si estratégicamente trasladamos por A, B, C paralelas a los lados se advierte enseguida que ha, hb, hc son mediatrices del triángulo MNP, y por lo tanto se cortan en un punto. El triángulo que tiene por vértices los pies de las alturas Ha, Hb, Hc tiene propiedades muy interesantes y se llama triágulo órtico.

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B

A

C

M

N P

Hc Hb

Ha

ha

hbhc

En primer lugar, es fácil ver que las alturas ha, hb, hc de ABC son bisectrices del triángulo órtico. Supongamos que ABC tiene los tres ángulos agudos.

Hc

Hb

hc

A

CB

Obsérvese que BC es hipotenusa de los triángulos rectángulos BHcC y BHbC. Por tanto, se puede trazar la cir-cunferencia de diámetro BC que pasa por Hc y Hb, y así el ángulo CHcHb inscrito en el mismo arco que HbBC es igual a este ángulo que mide 90º – BCA. Del mismo modo

Hc

B C

A

hc

Ha

CHcHa = CAHa = 90º – BCA

Y así hc es bisectriz interior de HaHcHb. Cuando uno de los ángulos es obtuso, entonces alguna de las alturas es bisectriz exterior. (Demuéstrese).

Con esto vemos que el triángulo órtico resuelve el problema siguiente del billar triangular: Dado un billar en forma de triángulo acutángulo ABC, hallar sobre la banda BC un punto P donde colocar una bola y una

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s 14 dirección de tiro de tal modo que la bola vuelva al punto P después de rebotar en las otras dos bandas. Como

lo acabamos de ver más arriba.

El triángulo órtico resuelve también el problema siguiente: Dado un triángulo acutángulo ABC, hallar el triángulo de perímetro mínimo que tiene sus vértices sobre los lados de ABC. En este caso veremos en el arte de mirar y ver correctamente.

La demostración de que el triángulo órtico es precisamente mínimo es muy sencilla si se amplía el cuadro ante nuestros ojos. Consideremos un triángulo inscrito cualquiera UVW y hagamos refl ejar U sobre AB y AC, obtenemos Uʹ y Uʺ.

Uʺ W

V

A

B U C

Es claro que siendo WU y W ʹU de la misma longitud, así como VU y V ʹU , resulta que el perímetro del trián-gulo UVW es igual a la suma de las longitudes de los segmentos ʹU V , WV y V ʹU , y, así, mayor o igual que la longitud del segmento ʹU ʹU . Pero la longitud del segmento ʹU ʹU se calcula fácilmente.

Uʺ

Uʹ

A

B U C

Obsérvese que el ángulo UʺAUʹ es el doble del ángulo A y que A ʹU y A ʹU son iguales en longitud a AU. Así ʹU ʹU mide 2AUsenA.

¿Cuándo será mínima esta medida? Claramente cuando AU sea mínima, es decir, cuando U coincida con Ha. Así sabemos que cualquier triángulo inscripto tiene un perímetro mayor o igual a 2hasenA.

Hc ≡ W

Hb ≡ V

CB

A

Ha

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s 14 Pero observemos que para el triángulo órtico la longitud ʹU U es igual al perímetro (línea quebrada anterior

UʺWVUʹ no es ahora quebrada sino recta), y así su perímetro es precisamente 2hasenA. Esto demuestra que el triángulo órtico es un triángulo inscrito en ABC de perímetro mínimo. Fácilmente se ve que no puede haber otro triángulo inscrito con el mismo perímetro.

Para pensarUn problema de Steiner

A B C D E

1 2 3 4 5 6

Como vemos en el dibujo, 5 puntos sobre una recta determinan 6 segmentos (fi nitos o infi nitos) que no se superponen. De igual modo, n puntos sobre la recta determinan n + 1 segmentos. ¿Cuántas porciones del plano que no se superpongan determinan como máximo n rectas en el plano?

Por ejemplo: 3 rectas determinan 7 regiones, a menos que haya dos o más rectas (de las tres) que sean para-lelas, en cuyo caso determinan menos regiones.

Modelos para las construccionesSobre el lugar geométrico en línea

Problema A. Inscribir en una circunferencia O un triángulo que tenga un lado igual y paralelo a una recta XY! "!!

, y la bisectriz del vértice opuesto pase por un punto P.

Se traza una cuerda cualquiera LH igual a XY , y con la perpendicular OR por radio, y haciendo centro en O, se describe una circunferencia, igual al lugar geométrico de las cuerdas iguales a la cuerda XY ; se traza la tangente AC a esa circunferencia, que sea paralela a XY

! "!!, y esta será un lado del triángulo.

A

X Y

Aʹ

Bʹ

Cʹ

Rʹ

R

L

P

B

C

La bisectriz del ángulo opuesto ha de pasar por P y por el punto medio M del arco AC; luego será MPB, y el tercer vértice B, unido con A y C, nos da la solución. Otra será la AʹBʹCʹ.

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s 14 Problema B. Dado un cuadrilátero ABCD, trazar una recta que esté a igual distancia de A y C y de B y D (dis-

tancias iguales y de signos contrarios).

El lugar geométrico de las rectas, cuyas distancias a dos puntos fi jos están en una relación dada, es el punto que divide, según esa relación, la recta que une los puntos dados; como aquí la relación ha de ser igual a uno,

el punto medio O de AC será un punto de la recta pedida, puesto que OCOA

= −1 .

Pʹ

Sʹ

Rʹ

CM

P

S

L

A

R

BO

Oʺ

Por idéntica razón Oʹ es el punto medio de BD , cumple también la condición; luego la recta HO ʹON! "!!!!!!!

será la buscada, teniendo CM= AS y BP = DR , como podría verse por la igualdad de los triángulos OMC = OAS y BOʹP = OʹDR. Como puede observarse, las rectas ʹPOR

! "!!!! y LK ʹK L! "!!!!!

son otras dos soluciones.

Problema C. Construir un triángulo conociendo ha, Va y ma.

A

B

M

N

R

PO

mha

VaC

Razonando sobre la fi gura de análisis, los triángulos rectángulos ATS y ATR, que están determinados por las tres rectas dadas, pueden construirse inmediatamente; con esto conoceremos A y la recta sobre la cual está ha situada en a.

Creemos que con este material las Secretarías Regionales de la Olimpiada podrán organizar Festivales de Problemas e invitar a los alumnos del profe-sorado y exolímpicos al desafío de encontrar más Leñitas Geométricas para el espectáculo.

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s 14 Para determinar B y C se traza el círculo circunscrito, prolongando va y levantando en R, intersección de ma

con a, una perpendicular a la recta sobre la cual está situado a; su punto de intersección en el punto medio del arco que está subtendido por a; como AM será una cuerda, levantando en el punto medio una perpendicular, esta cortará al diámetro MN en O, centro del círculo circunscrito que corta a RS en B y C, que son los vértices buscados.

Problema D. Se dan dos puntos A y B sobre una circunferencia O. Por un punto dado P, trazar una recta que corte a la circunferencia en dos puntos X e Y, de tal modo que AX y BY formen entre sí un ángulo α.

S

X

PR

A

M N

B

α α

Y

En general, tiene dos soluciones.

Supongamos el problema resuelto, y sea PXY la recta pedida, y ANB = α el ángulo pedido; desde luego se ve que el vértice N de ese ángulo deberá estar situado sobre el arco capaz del ángulo α descrito sobre AB y que la cuerda XY ha de ser igual en longitud a la que determinan sobre la circunferencia los lados de un ángulo cualquiera inscrito en ese segmento, por ejemplo AMB. Luego bastará describir sobre AB un arco capaz del ángulo α, inscribir en ese segmento un ángulo cualquiera AMB y prolongar sus lados, trazar la cuerda RS , la circunferencia tangente a esa cuerda, y, por último, por P una tangente a esa circunferencia, lo que nos da la solución.

Problema E. Trazar una tangente a un círculo O cuyas distancias a dos puntos fi jos A y B tienen una suma S dada.

OB

Q

A

M

Oʹ

PʹQʹQʺ

Pʺ

Pʺ

Qʺ

Sabemos que el lugar geométrico de las rectas cuyas distancias a dos puntos dados tienen una suma dada, es una circunferencia cuyo centro es el punto medio del segmento de recta que une esos dos puntos.

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s 14 Sean O el centro de la circunferencia y A y B los puntos; bastará trazar una circunferencia de centro Oʹ cuyo

radio sea igual a la mitad de la sumas, y el problema queda reducido a trazar las tangentes comunes a esas dos circunferencias.

Para visualizar. Problemas1. Construir un triángulo ABC conociendo b, c, C – B.

2. Construir ABC conociendo a, ha, C – B.

3. Sobre una recta dada d hallar un punto que equidiste de un punto dado en la misma recta y de otra recta también dada.

4. En un triángulo se traza una línea que une el vértice A con un punto de a. Hallar sobre esta recta un punto desde el que se vean los dos segmentos bajo ángulos iguales.

5. Construir un cuadrilátero conociendo los cuatro lados y sabiendo que una de las diagonales es bisectriz de uno de los ángulos.

6. Construir un polígono conociendo los puntos medios de los lados.

7. Construir un cuadrado cuyos lados pasen respectivamente por los puntos A, B, C y D.

8. Construir un cuadrilátero ABCD semejante a otro AʹBʹCʹDʹ, cuyos lados pasen respectivamente por cuatro puntos M, N, P, Q.

9. Construir un cuadrilátero inscriptible conociendo CA , BD , el ángulo A y el ACB.

10. Por medio de coordenadas cartesianas rectangulares, demuéstrese que la refl exión en el eje de las y (x = 0) invierte el signo de x. ¿Qué sucede cuando lo refl ejamos en la recta x = y?

11. En el interior de un cuadrado ABDE tómese el punto C, tal que CDE sea un triángulo isósceles con ángulos de 15° en D y E. ¿Qué clase de triángulo es ABC?

12. Demuéstrese el teorema de Steiner-Lehmus: cualquier triángulo que tenga dos bisectrices de ángulos interiores iguales es isósceles.

Para alumnos de escuelas de enseñanza primaria y secundaria/media en los niveles 5º a 12º años de escolaridad.

La prueba constará de 3 problemas a resolver en un tiempo máximo de tres horas. Se podrán utilizar libros, apuntes, calculadoras, Geo-gebra y útiles de geometría (por ejemplo regla y compás).

La prueba no es eliminatoria.

El torneo culminará en los “Campamentos Geométricos” simultá-neos que se realizarán en Mar del Plata y La Falda los días 12, 13 y 14 de diciembre.

10 DE OCTUBRE - 14 HS. - EN TODO EL PAÍS

Informate en tu Secretaría Regional Organiza: OMA

Los alumnos que no hayan participado en ningún certamen organizado por OMA durante este año deberán abonar una inscripción de $ 300.-