Medellín 13 de diciembre de 2013
La recta de Euler en un triángulo cualquiera
Baricentro: Es el punto donde concurren las medianas en un triángulo.
Ortocentro: Es el punto donde concurren las alturas de un triángulo.
Circuncentro: Es el punto donde concurren las mediatrices en un triángulo.
Euler descubrió, que en cualquier triángulo, esos puntos se encuentran alineados. En el caso de un triángulo equilátero, los tres puntos coinciden y la recta se reduce a un punto.
Para demostrar el teorema, debemos demostrar un teorema auxiliar.
Teorema 1
En un triángulo cualquiera la distancia desde el circuncentro O al lado opuesto al ángulo A (En este caso OM1), es la mitad de distancia que va desde A hasta el ortocentro. (OM1 = 1/ AH)
Figura 1
Para
demostrar lo anterior construimos el triángulo auxiliar A’B’C’, construido
trazando paralelas a cada uno de los lados, por cada uno de los vértices.
En
este triángulo auxiliar <A = <A’,
<B = < B’ y <C = <C’
Estos
ángulos son iguales por “ lados paralelos “
(1)
Teniendo
los ángulos iguales, el triángulo original ABC y el triángulo auxiliar A’B’C’
son semejantes. (2)
En
estos triángulos, el lado BC, del triángulo original, es homólogo del lado C’B’
del triángulo A’B’C’.
C’B’
= 2 CB (la relación entre el
triángulo A’B’C’ y el ABC es igual a 2)
(3)
(Vemos
que C’A=AB’ = BC, por lados paralelos, trazados por los puntos medios en el
triángulo A’B’C’)
En
el triángulo A’B’C’ las mediatrices corresponden a las alturas del triángulo
ABC, por tanto el circuncentro de A’B’C’ es el punto H
Por
la semejanza de los triángulos, las distancias desde el circuncentro O a los
lados del triángulo, en el triángulo ABC, son la mitad de las distancias desde
el circuncentro H, del triángulo A’B’C’, a los lados homólogos. (4)
Por
lo anterior OM1= ½ AH, que es lo que se quería demostrar.
El
segundo teorema está referido únicamente al triángulo ABC. (Figura 2)
Teorema 2.
En
un triángulo cualquiera ABC, los puntos O (Ortocentro), G (Baricentro) y
H(ortocentro) están alineados.
Figura 2
Los
triángulos OM1G y AGH son semejantes por las siguientes razones:
<OM1G
= <GAH por alternos internos, puesto que OM1 y AH son paralelas, por ser
perpendiculares a la misma recta. (1)
Por
otra parte
OM1
= ½ AH (Por el teorema anterior) (2)
M1G
= ½ GA (Por las propiedades del
baricentro, respecto de las medianas)
(3)
Por
tanto los Triángulos OM1G y AGH son semejantes y por consiguiente los ángulos opuestos
a los lados homólogos son iguales. Además, los lados homólogos que forman ese
ángulo están en la relación ½.
Si
los triángulos son semejantes se tiene que:
<
OGM1 = < AGH, y si estos ángulos ya comparten la recta (AM1) y el vértice en
G, se concluye que los ángulos son opuestos por el vértice, lo cual
necesariamente nos lleva a la conclusión que O, G y H necesariamente tienen que
estar alineados. De no estar alineados, llegaríamos a un absurdo.
Demostración
por medio de la geometría analítica.
Otra
forma de demostrar que estos puntos están alineados, es por medio de la geometría
analítica. Sin perder generalidad, el triángulo lo podemos ubicar como se
muestra en la figura.
Figura 3
Utilizando
la geometría analítica y conociendo las coordenadas de los vértices A, B y C,
de los puntos medios M1 y M2 y las pendientes de todas las rectas podemos:
Buscar
las ecuaciones de OM1 y OM2, resolverlas y hallar las coordenadas de O
Encontrar
las ecuaciones de AH y BH, resolverlas y hallar las coordenadas de H
Encontrar
las ecuaciones de AM1 y BM2, resolverlas y encontrar las coordenadas de G.
Hemos
hecho eso y hemos encontrado las coordenadas de O, G y H, que se pueden ver en la figura 3.
Ahora
encontremos los vectores OH y GH, por coordenadas.
OH = (b –a/2, (c(2b – a/2)/(a – b))
GH = (2(b – a/2)/3, 2c(2b – a/2)/(3(a – b))
Se ve que:
GH = (2/3) OH
Lo
anterior implica que tiene la misma dirección y como comparten un punto, la
única forma de que esto se pueda dar es que O, G y H estén alineados.
En 1767 Euler publicó,
’Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum’, Allí
trabajó con triángulos y demuestró que en todo triángulo el circuncentro, el
baricentro y el ortocentro están alineados. La demostración que presentó fue
bastante laboriosa. Su demostración no fue ninguna de las dos que aquí se presentaron.
Guss, quien fue un
prodigio y además un repentista, es el autor de la primera demostración aquí
presentada, la cual es corta y muy ingeniosa.
Gauss era un
repentista de las matemáticas. Se cuenta Gauss era más o menos
un niño necio en la escuela. Un día en que el niño estaba insoportable, para
castigarlo, el profesor le impuso a él solo, la siguiente tarea:
“Carl (Así era su
nombre), para mañana me trae la suma de los 1000 primeros números naturales.”
La tarea era un
imposible para cualquier niño, no obstante, al minuto de que el profesor le
pusiera la tarea, Carls Friedich levantó la mano y le dijo al profesor:
La suma de los 1000 primeros
números naturales es: 500500.
Claro que el profesor
no le creyó, pero la respuesta era la correcta. El razonamiento de Gauss fue el
siguiente:
1+ 1000 = 1001, 2 +
999 = 1001, 3 + 889 = 1001 y hay 500 sumas de estas, entonces hizo la
multiplicación 500x1001 = 500500.
Euler y Gauss, fueron
dos de los más importantes matemáticos de todos los tiempos.
Juan Fernando Sanin
