viernes, 13 de diciembre de 2013

La recta de Euler en los triángulos

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

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