Geometr´ıa
Hugo Caerols Rely Pellicer Departamento de Ciencias Universidad Adolfo Ib´aa˜nez ˜nez
´ Indice General Introducci´ on on
2
1. Razonami Razonamiento ento l´ ogico.
6
1.1. 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6.
El lenguaje lenguaje de la la Matem´ Matem´atica . . . . . . . . . . Conectivos y proposiciones . . . . . . . . . . . . ´ lgebra proposicional . . . . . . . . . . . . . . A Cuantificadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elementos de un teorema . . . . . . . . . . . . M´etodos etodos de demostraci´ demostra ci´on . . . . . . . . . . . . 1.6.1. 1.6.1. Demostraci Demostraci´´on directa . . . . . . . . . . . 1.6.2. 1.6.2. Demostraci Demostraci´´on por por contrarrec´ıproco oco . . . 1.6.3. 1.6.3. Demostraci Demostraci´´on on por reducci´on al absurdo 1.7. Ejemplo Ejemplo de constru construci´ ci´on de una teor´ıa . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
2. Geometr´ıa plana
2.1. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.4. 2.5. 2.5. 2.6.. 2.6
6 7 11 14 16 18 18 19 19 20 23
Elem Elemen ento toss Inic Inicia iale less de la Geom Geomet etrr´ıa Plan Plana. a. Congruencia y Semejanza . . . . . . . . . . ´ reas y el Teorema de Tales. . . . . . . . . A Cons Constr truc ucci cion ones es geom geom´´etri e trica cass elem elemen enta tale les. s. . . El n´ umero π umero π y el ´area de la circunferencia. . Divisi Divisi´´on on de un segmento. Raz´on on ´aurea. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
23 30 41 48 53 61
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74 75 79 80 82 83 85 86 88 94
3. Geometr´ıa del espacio
74
3.1. .1. Algu Alguno noss post postul ulaados, dos, defini efinici cion onees y conce oncept ptoos . . . . 3.2. Problemas iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Cuerpos en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ngulos en los pol 3.4. A poliedros . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Prismas y cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. 3.6. Pir´ Pir´ amides y conos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.. Volumen 3.7 olumen y ´area de cuerpos pos en el espacio . . . . . . . 3.8.. Volumen 3.8 olumen y ´area de prismas y cilindros . . . . . . . . 3.9.. Volumen 3.9 olumen y ´area area de pir´amides y conos . . . . . . . . . 3.10. Volumen y ´area de esferas y sectores . . . . . . . . .
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4. Trigonometr´ıa
4.1. 4.1. 4.2. 4.3. .3. 4.4. 4.4. 4.5. 4.6. 4.6. 4.7. .7. 4.8. .8. 4.9.
100
Medici Medici´´on on de ´angulos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Razones trigonom´etricas etricas en el tri´angulo rect´angulo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Func uncion iones tri trigon gonom om´´etri e triccas. as. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prop Propie ieda dade dess de las las func funcio ione ness trig trigon onom om´´etri e trica cas. s. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Construcci´ Construcci´ on on de gr´afico a ficoss de de fun funci cion ones es trig trigon onom om´´etri e trica cas. s. . . . . . . . . . . . . . . . . Funci uncion ones es trig trigon onom om´´etri e trica cass inv inversa ersas. s. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ide Identida tidad des tri trigon gonom om´´etri e triccas. as. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecua Ecuaccione ioness tigo tigon nom om´´etri e triccas. as. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ Angulos y lados de un tri´angulo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. Vectores y geometr´ıa anal´ıtica
141
5.1. Segmentos dirigidos y vectores . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Operaciones con vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Sistemas de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Propiedades fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.. Ecuaci 5.5 Ecuaci´´on de la recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. .6. Dist Distan anci ciaa ent entre pun puntos tos y nor norma de un vect ector . . . . . . ´ 5.7. Angu Angullo ent entre vecto ectore ress y prod produ ucto cto pun punto to . . . . . . . . . 5.8. Proyecciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9. Produ oducto cruz y sus propiedades . . . . . . . . . . . . . 5.10. El plano en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11. .11. Dist Distan anci cias as ent entre pun punto, to, rec recta y pla plano no . . . . . . . . . . . 5.12 5.12.. Prop Propie ieda dade dess geo geom m´etri e trica cass y vecto ectore ress . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6. Secciones Secciones c´ onicas
6.1. 6.2. 6.3.. 6.3 6.4.
La La La La
circunferencia Elipse . . . . par´ par´abola . . . hip´erbola . .
100 105 111 117 117 121 121 12 1233 128 133 137 141 143 145 147 152 157 158 161 163 166 168 17 1711 176
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
7. Transformaciones de coordenadas
176 181 186 192 198
7.1. Cambio de sistema de coo oorrdenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1. 7.1.1. Traslaci´ raslaci´on de ejes coor oordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.2. 7.1 .2. Rotaci Rotaci´´on de ejes coor oordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.. Ecuaci 7.2 Ecuaci´´on Ge General de Segundo Grado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. 7.3. Trans ransfo form rmac acio ione ness en en un un mis mismo mo sist sistem ema a coo coord rden enad adoo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1. 7.3.1. Traslaci´ raslaci´on en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.2. 7.3 .2. Rotaci Rotaci´´on en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.3. 7.3 .3. Reflexi Reflexi´´on en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.4. Homotecia en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. Matrices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5. Transformaciones del Plano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliograf´ıa
198 198 201 204 21 2144 214 214 215 215 217 220 225
2
Introducci´ on. on. La Geometr´ Geometr´ıa constituye una disciplina esencial del saber humano por su utilidad para describir el espacio en el que vivimos. Es quiz´as la parte de las matem´aticas aticas m´as as conectada con la realidad f´ısica. ısi ca. M´ultiples ultiples actividades cotidianas la emplean de una manera u otra: desde el deporte y la ingenier´ıa ıa hasta has ta el arte y la industria. ind ustria. La intuici intuici´´on on geom geom´´etrica etrica es indispensab indispensable le para orientarse orientarse reflexiv reflexivamen amente te en el espacio, espacio, para estimar formas y distancias, para hacer c´alculos relativos a la distribuci´on de los objetos en el espacio y representa un aspecto importante en el estudio de los elementos de la naturaleza. La geometr geometr´´ıa ofrece ofrece medios medios para describir, describir, analizar analizar y comprende comprenderr el mundo mundo y ver la belleza belleza en sus estructuras. A trav´ tr av´ es es de la l a historia hi storia la geometr´ g eometr´ıa ıa ha h a sido s ido esencial en la l a formaci´ for maci´on acad´emica emica por su contribuci´ on al desarrollo del pensamiento l´ogico on ogico independiente a trav´ es es de la resoluci´on on de problemas; porque desarrolla la capacidad para pensar creativamente, formular, comprobar, generalizar y discutir argumentos de modo que favorece el desarrollo del lenguaje matem´atico y la visi´on on cien ci ent´ t´ıfica ıfi ca de la realidad. realidad. Ya Galileo expresaba: “El Universo est´a escrito en el lenguaje de las matem´aticas y sus caracteres son tri´angulos, c´ırculos y otras otra s figuras figur as geom´ geo m´ etricas, etricas, sin las cuales es humanamente humanam ente imposible imp osible entender una sola so la de sus palabras. Sin ese lenguaje, navegamos en un oscuro laberinto”. La palabra geometr´ geometr´ıa se compone de los t´ erminos erminos griegos: tierra (gea) y medida (metron). Lo que hoy conocemos como una de las ramas de la matem´atica se remonta a la cultura babil´onica, pasando por el repertorio rep ertorio de t´ecnicas ecnicas con que los egipcios egip cios med´ıan ıan las crecidas del Nilo. Nilo . Sin embargo e mbargo fue en la Antigua Antigua Grecia Grecia donde la geom geometr etr´´ıa se consolida consolida.. El aporte de los griegos griegos consisti´ consisti´o en que no s´olo olo utilizaron las t´ecnicas ecnicas geom´etricas etricas para resolver asuntos pr´acticos, sino que tambi´en en reflexionaron sobre ellas. A partir de estas reflexiones aparece en el pensamiento griego el concepto de demostraci´on on y la geometr´ geometr´ıa se convierte en una especie de modelo para el resto de los saberes, precisame precisamente nte por el modo en que sus enunciado enunciadoss pueden pueden probarse. probarse. En la historia posterior la investigaci´on en geometr´ıa ıa ha sido estimulada e stimulada gratamente g ratamente por nuevas ideas tanto desde el interior de las matem´aticas como desde otras disciplinas. Particularmente interesante es la estrecha relaci´on de la geometr´ geometr´ıa con el arte del Renacimiento. En el presente, las
3
enormes posibilidades de las gr´aficas por computadoras y la relevancia del dise˜no por su potencialidad de agregar valor a las creaciones humanas han aumentado la importancia de una adecuada educaci´ on visual. La formalizaci´on y diversificaci´on de los enfoques de esta disciplina se pueden apreciar actualmente en diferentes tipos de geometr´ıa. Entre las geometr´ıas euclideanas se pueden mencionar la cl´ asica proveniente de los griegos, la trigonometr´ıa, las geometr´ıas anal´ıtica y diferencial, la geometr´ıa proyectiva, as´ı como la geometr´ıa vectorial; todas con enfoques, objetos y tratamientos diferenciados. A´un m´as, existen geometr´ıas no euclideanas que surgen a partir del siglo XIX como las geometr´ıas hiperb´olica y el´ıptica, la topolog´ıa y, m´as recientemente, la geometr´ıa fractal. Este texto no est´a dise˜ nado como un compendio enciclop´edico de resultados geom´etricos con sus demostraciones, sino como una visita a temas que a los autores nos parecen interesantes y que creemos que ser´an u ´ tiles en la formaci´on de una visi´on geom´ etrica de la realidad. El lector debe tomarlo como base de un estudio que requerir´a una alta dosis de trabajo individual y de creatividad, pues la manera en que est´an presentados los contenidos no agota las preguntas que podr´ıa hacerse una mente curiosa. Se ha pretendido que el tratamiento de ciertos contenidos y las demostraciones de algunos resultados incluyan ideas modernas y relacionadas con otras disciplinas matem´aticas como el C´alculo ´ Diferencial y el Algebra Lineal, vinculaci´on que podr´a ser m´as evidente al avanzar en estudios posteriores. Las demostraciones deber´an ser herramientas para el entendimiento personal, o para explicar, clarificar y verificar. Sin renunciar al fuerte car´acter deductivo que tradicionalmente se le ha dado a la ense˜nanza de la geometr´ıa se presentan los temas recurriendo en gran medida a la intuici´on como instrumento de acceso al conocimiento geom´etrico, tratando de lograr una interrelaci´on dial´ectica entre ambas aproximaciones. Los problemas que aparecen en cada secci´on de este libro deben ser abordados con la mayor dedicaci´ on. Consideramos que este es un aspecto esencial del texto que se presenta, pues es en esta instancia donde se verifica en parte la adquisici´on del conocimiento y su realizaci´on a trav´es de la resoluci´on de problemas. Se pretende exponer a los lectores a diferentes niveles de rigor y complejidad en los problemas, por lo que encontrar´a algunos cuya soluci´on es m´as directa y otros que requieren de mayor consolidaci´on del conocimiento adquirido, as´ı como de la capacidad de relacionar diferentes temas y de generar ideas creativas al buscar una soluci´on. En este libro se introducen enfoques cualitativamente diferentes en relaci´on a las herramientas matem´ aticas que emplean. Algunos temas requieren un uso m´as intensivo del c´alculo num´erico, otros emplean las t´ ecnicas y procedimientos del ´algebra, mientras que en ocasiones, la conceptualizaci´ on de nuevos objetos geom´ etricos se vuelve esencial al momento de enfrentar situaciones problem´ aticas. Queremos potenciar la habilidad de los lectores para elegir las herramientas adecuadas (conceptuales, operativas, tecnol´ogicas) para resolver problemas geom´etricos espec´ıficos y de ser capaces de transitar de una representaci´on del problema a otra que utilice diferentes tratamientos. Las representaciones gr´aficas, algebraicas, vectoriales u otras, expresan de manera diferente las propiedades y comportamiento de una situaci´on geom´etrica y nos interesa que el lector sea capaz de ver en cada 4
una las caracter´ısticas que le resultan relevantes para su problema, seleccionando adecuadamente las herramientas de tratamiento correspondientes a cada representaci´on. Este texto ha sido dise˜nado para un curso semestral de geometr´ıa y cubre los enfoques y temas tradicionalmente tratados en la ense˜nanza inicial de la geometr´ıa. Sin embargo el texto puede ser abordado parcialmente o complementado con textos m´as espec´ıficos, pues sus cap´ıtulos son m´as o menos independientes. El texto comienza con una introducci´on a la l´ogica matem´atica y una discusi´ on de las t´ ecnicas de demostraci´o n m´as comunes en geometr´ıa, como base para la construcci´ on de cualquier teor´ıa matem´atica. Posteriormente se trata la geometr´ıa euclideana, tanto plana como espacial recorriendo resultados cl´asicos y nociones esenciales en la formaci´on de una visi´on geom´ etrica de la realidad (longitud, ´area, volumen,...). Se aborda la trigonometr´ıa y sus t´ecnicas de tratamiento, haciendo la conexi´o n con el c´alculo y la teor´ıa de funciones. Luego se introduce el an´ alisis vectorial y se muestra su relaci´o n con el ´algebra lineal y la f´ısica. La geometr´ıa anal´ıtica ocupa el resto del texto, poniendo de manifiesto c´omo el ´algebra y la teor´ıa de ecuaciones enriquecen el an´alisis de situaciones geom´etricas; desde el estudio de lugares geom´etricos importantes hasta el an´alisis de las transformaciones del plano y del espacio y su importancia en la modelaci´on de la realidad. Queremos finalmente agradecer a todos los colegas que han estimulado la confecci´on de este texto y han participado de interesantes reflexiones acerca de la mejor forma de presentar ciertos temas. Al lector, lo desafiamos a ingresar a este mundo de las formas con la mayor disposici´on a enfrentar los retos que se presenten y a insistir en redescubrir y conquistar el conocimiento que por miles de a˜nos ha quitado el sue˜no a tantos hombres ilustres. Santiago de Chile, Marzo de 2007. A Doris, Sof´ıa, Diego y Beb´e... Para Adela...
5
Cap´ıtulo 1
Razonamiento l´ ogico. En este cap´ıtulo estudiamos en forma concreta el lenguaje de la matem´atica. Se presentan los elementos b´asicos de la l´ogica binaria: proposiciones, conectivos y cuantificadores. Analizamos los elementos de un teorema y los m´etodos usuales de demostraci´on. Mostramos un ejemplo sencillo de c´omo se genera una teor´ıa a partir de los elementos b´asicos.
1.1.
El lenguaje de la Matem´ atica
El lenguaje matem´atico, a diferencia del lenguaje con el que nos expresamos diariamente, es extremadamente preciso. Entender c´omo funciona es una gran ayuda para comprender el lenguaje cient´ıfico en general y es por eso, que en este primer cap´ıtulo hemos decidido aclarar al lector este punto de vital importancia para que entienda c´omo leer el resto del libro. Las teor´ıas matem´aticas se construyen sobre elementos b´a sicos que no se definen y que se aceptan como fundamento de todo. Por ejemplo aceptamos los puntos, las rectas y los planos como elementos iniciales de la geometr´ıa sin cuestionarnos demasiado, s´olo teniendo una idea de estos. Lo mismo ocurre con los n´umeros naturales que expresan el concepto profundo de cantidad. Dan cuerpo a la teor´ıa un conjunto de definiciones y teoremas. La geometr´ıa se puede deducir a partir de algunos principios b´asicos llamados postulados que se asumen como verdaderos. Un ejemplo de postulado: Dos puntos del plano determinan una ´unica recta. La utilizaci´on de esta estructura de razonamiento: deducir l´ogicamente a partir de un grupo de postulados todas las propiedades siguientes, fue el aporte esencial de los griegos. Por el contrario, la forma de razonar de las geometr´ıas primitivas, que consideraban como prueba de una propiedad la simple experimentaci´on, los condujo a varios errores ahora conocidos. La antigua f´ ormula Babil´ onica (a + c)(b + d) , 4 para el ´ area de un cuadril´ atero cuyos lados consecutivos miden a,b,c,d es incorrecta y da un resultado demasiado grande para todos los cuadril´ ateros no rectangulares. K =
6
El esquema de razonamiento de los griegos, plasmado en los Elementos de Euclides, que es utilizado tambi´en en otras ´areas se puede resumir como sigue: a) Se dan explicaciones iniciales de ciertos t´ erminos t´ ecnicos b´asicos del discurso, siendo la intenci´on sugerir al lector lo que quieren decir estos t´erminos b´asicos. b) Algunos principios primarios relacionados con los t´erminos b´asicos y que se suponen aceptables como verdades en base a las propiedades sugeridas por las explicaciones iniciales, se enumeran. Estos principios primarios se llaman postulados o axiomas del discurso. Los t´erminos b´asicos iniciales y los postulados del discurso se consideran colectivamente como la base del discurso. c) Todos los t´erminos t´ecnicos del discurso se definen por medio de los b´asicos. d) Todos los otros principios del discurso se deducen l´ogicamente de los axiomas o postulados. Estos principios deducidos se llaman teoremas del discurso. Dado que los teoremas conectan los elementos b´asicos, las definiciones y los postulados de una teor´ıa usando la l´ogica, pasamos ahora a explicar detalladamente los elementos que conforman la l´ogica binaria.
1.2.
Conectivos y proposiciones
Definici´ on 1.2.1. Proposiciones. Son enunciados del lenguaje natural sobre los cuales es posible
afirmar que son verdaderos o falsos. Por ejemplo la proposici´on p : dos es mayor que cinco. No es una proposici´on q : Hola ¿c´omo est´as? Definici´ on 1.2.2. La veracidad o falsedad de una proposici´on se llama su valor de verdad. Definici´ on 1.2.3. Se llama funci´on proposicional a una proposici´on cuyo valor de verdad depende
de una o m´as variables. Por ejemplo, p(n) : “n es un n´ umero par”. El valor de verdad de p depende del valor asumido por n. p(1) es falsa porque uno no es un n´umero par, p(6) es verdadera por que seis es un n´umero par. A partir de proposiciones simples, podemos construir otras proposiciones utilizando ciertos s´ımbolos denominados conectivos. Los conectivos m´as usados son: Condicional ( ), Conjunci´ on ( ), Disyunci´ on ( ), Bicondicional ( ), textitNegaci´on ( ).
⇒
∧
∨
7
⇔
¬
Al conectar dos proposiciones dadas por algunos de estos conectivos producimos una nueva proposici´on cuyo valor de verdad depende de los valores de las proposiciones originales. Sean p y q dos proposiciones, como mencion´abamos el valor de verdad de la proposici´on compuesta pq depender´a de los valores de verdad tanto de p como de q. Las siguientes tablas resumen todas las posibilidades con los conectivos antes mencionados, reemplazando en p q por el conectivo respectivo. p V V F F
q V F V F
p
⇒ q
p V V F F
V F V V
q V F V F
p
∧ q
V F F F
p V V F F
q V F V F
p
∨ q
V V V F
p V V F F
q V F V F
p
⇔ q V F F V
p V F
¬ p F V
Pasamos ahora a describir los diferentes conectivos. La implicaci´on p q se lee p implica q y en general se traduce al lenguaje natural como si p entonces q . El valor de verdad de p q es falso s´olo si p es verdadera y q es falsa. En los dem´as casos p q es verdadera. p se dice tambi´en antecedente y q consecuente.
⇒
⇒
⇒
Pensemos por ejemplo en las funciones proposicionales q (n) : “n es un n´ umero par”, p(n) : “n es divisible por cuatro”. La proposici´on compuesta p(n) q (n), se traduce al lenguaje natural como:“ Si n es divisible por cuatro entonces n es un n´umero par.”
⇒
Si la implicaci´on p q es verdadera p es una condici´on suficiente para q y q es una condici´on necesaria para p. Esta terminolog´ıa es utilizada en diferentes materias y contextos, pero siempre con el mismo significado. Aclararemos lo anterior con un ejemplo.
⇒
En el caso que analiz´abamos, “si n es divisible por cuatro entonces n es un n´ umero par”, que es claramente verdadera para cualquier valor asignado a la variable n. Que n sea divisible por cuatro es una condici´on suficiente para que n sea un n´ umero par. Que n sea un n´ umero par es una condici´ on necesaria para que n sea divisible por cuatro. Ejemplo: Considere las funciones proposicionales: p(n) : n es divisible por tres, q (n) : n es
divisible por nueve. En el contexto de los n´umeros naturales. Responda lo siguiente: 1. ¿Es p(n) condici´on necesaria para q (n) ? 2. ¿Es p(n) condici´on suficiente para q (n) ? Para responder la pregunta (1) nos preguntamos si la implicaci´on q (n) todo natural n.
⇒ p(n) es verdadera para
Supongamos que q (n) es verdadera, es decir, sea n 8
∈ N tal que n es divisible por 9.
Entonces n = 9a, para alg´ un a N , luego lo que equivale a n = 3(3a), para alg´un a N . Por lo anterior n es divisible por 3, la proposici´on q (n) p(n) es verdadera y p(n) es condici´on necesaria para q (n).
∈
∈
⇒
Pasamos ahora a responder la parte (b). Esta equivale a decidir si la implicaci´on p(n) es verdadera para todo natural n.
⇒ q (n)
La intuici´on nos dice que esta propiedad debe ser falsa para algunos naturales. Para confirmar lo anterior debemos encontrar un n N tal que p(n) sea verdadera y q (n) sea falsa. Basta tomar por ejemplo n = 3. p(3) es verdadera pues 3 es divisible por 3, sin embargo q (3) es falsa pues 3 no es divisible por 9.
∈
Luego el hecho que un n´umero sea divisible por tres no es condici´on suficiente para que sea divisible por nueve. La conjunci´on p q de las proposiciones p y q se lee p y q. La conjunci´on es verdadera si y s´olo si, ambas proposiciones p y q son verdaderas y falsa en los dem´as casos.
∧
Por ejemplo, sean p y q las proposiciones p :“ dos es par”, q :“ tres es m´ultiplo de cuatro.” p es verdadera y q es falsa, luego p q es falsa.
∧
La disyunci´on p q de las proposiciones p y q se lee p o q, esta es falsa s´olo en el caso que ambas proposiciones sean falsas y verdadera en los otros casos.
∨
Por ejemplo, sean como antes p y q las proposiciones p :“ dos es par”, q :“ tres es m´ultiplo de cuatro.” p es verdadera y q es falsa, luego p q es verdadera.
∨
Analice desde el punto de vista de la l´ogica binaria la siguiente frase: “La restricci´on vehicular afecta este viernes a los veh´ıculos sin convertidor catal´ıtico cuyas patentes terminen en tres y cuatro. C´omo corregir´ıa la proposici´on anterior ? El bicondicional de las proposiciones p y q se denota p q y se lee p si y s´olo si q. Este es verdadero s´olo en el caso que ambas proposiciones tengan el mismo valor de verdad y falso en los dem´ as casos.
⇔
Por ejemplo, considere como antes las siguientes funciones proposicionales p(n): “n es divisible por cuatro”, q (n): “n es un n´ umero par.” p(n) q (n), en lenguaje natural dice “n es divisible por 2 cuatro si y s´olo si “n es un n´ umero par. es claro que para n = 2 esta funci´on es falsa porque p(2) es falsa y q (2) verdadera.
⇔
Ejemplo: Escribamos en simbolog´ıa l´ogica la siguiente expresi´on:
“Si el sol no ilumina las plantas y no se riegan entonces los frutos no crecen”. Sean p : “El sol ilumina las plantas”. 9
q : “Las plantas se riegan”. s : “Los frutos de las plantas crecen”. En forma simb´olica nos queda ( p
¬ ∧ ¬q ) ⇒ ¬s
Ejercicios
1. Exprese en lenguaje simb´olico las siguientes frases: a ) Hoy es Lunes y Mar´ıa tiene fr´ıo. b) Ma˜ nana voy a ir al cine o al teatro. c ) Si ma˜ nana no voy al cine entonces comer´e papas fritas. 2. Determinar el valor de verdad de cada una de las siguientes proposiciones: a ) Si 3 < 5 entonces
−3 < −5.
b) Si 2 + 2 = 4 , entonces 3 + 3 = 7 si y s´olo si 1 + 1 = 1.
√ 16 = 4 ´o √ 16 = −4. √ √ d ) 6 + 4 = 10 y 2 · 2 = 2 c )
e ) 52 = 25 ´o 2 + 2 = 5
f ) Si 2 + 2 = 4, entonces no es cierto que 2 + 1 = 3 y 5 + 5 = 10 . g ) Si 3
− 1 = 1 entonces 2 + 2 = 5 .
3. Si sabemos que “El d´ıa est´a lluvioso” es una aseveraci´on verdadera, pero que la aseveraci´on “El auto es nuevo” es falsa, ¿cu´al es el valor de verdad de la aseveraci´on “El d´ıa est´a lluvioso y el auto es nuevo”? 4. Considere las funciones proposicionales definidas en los enteros t(x) : x(x + 1) es un n´umero par, f (x) : (x2
− x + 41) es un n´umero primo.
Determine el valor de verdad de la proposici´on t(3)
10
⇒ f (2)
1.3.
´ Algebra proposicional
Definici´ on 1.3.1. Proposiciones l´ ogicamente equivalentes. Decimos que dos proposiciones com-
puestas m y n son equivalentes si entregan el mismo valor de verdad para cualquier valor de verdad de las variables involucradas. Escribimos m n para indicar este hecho.
≡ p ⇔ q
Por ejemplo las proposiciones m : y n : ( p q ) (q p) son equivalentes. Si consideramos una evaluaci´on cualquiera, por ejemplo p = V, q = F, el valor de verdad de m es falso y el de n tambi´ en es falso. Esto no es casualidad, si analizamos todas las posibilidades de evaluaci´on que resumimos en la siguiente tabla: p V V F F
q V F V F
p
⇔q V F F V
p
⇒ ∧ ⇒
⇒ q q ⇒ p V F V V
V V F V
( p
⇒ q ) ∧ (q ⇒ p) V F F V
vemos las columas que est´an ba jo las proposiciones m y n, nos damos cuenta que coinciden, lo que significa que las proposiciones asumen el mismo valor de verdad cualquiera sea el valor de verdad de las variables involucradas, por lo que son equivalentes. Anotamos p
⇔ q ≡ ( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ p). Note que de lo anterior se deduce que si p ⇔ q es verdadera p es una condici´on necesaria y
suficiente para q, q tambi´en es una condici´on necesaria y suficiente para p.
Definici´ on 1.3.2. Tautolog´ıas. Una proposici´ on cuyo valor de verdad es verdadero, cualquiera sea
el valor de verdad de las variables involucradas se llama una tautolog´ıa. Una tautolog´ıa se denota con la letra V . Por ejemplo la proposici´on ( p q ) p es verdadera independientemente del valor de verdad de p o de q, como puede verificarse construyendo la tabla de asignaciones.
∧ ⇒
Definici´ on 1.3.3. Contradicciones. Una proposici´on cuyo valor de verdad es falso, cualquiera sea
el valor de verdad de las variables involucradas se llama una contradicci´on. Una contradicci´on se denota por la letra F . Por ejemplo: p
∧ ¬ p es una contradicci´on.
Colocamos a continuaci´on un listado de proposiciones l´ogicamente equivalentes, que es de mucha utilidad para simplificar expresiones en el ´algebra l´ogica.
11
(1) ¬(¬ p) ≡ p. (2) p ∧ F ≡ F. (3) p ∨ F ≡ p. (4) p ∧ V ≡ p. (5) p ∨ V ≡ V. (6) p ∧ p ≡ p. (7) p ∨ p ≡ p. (8) p ∨ q ≡ q ∨ p, conmutatividad. (9) p ∧ q ≡ q ∧ p, conmutatividad. (10) p ∨ (q ∨ r ) ≡ ( p ∨ q ) ∨ r, asociatividad.
(11) p ∧ (q ∧ r ) ≡ ( p ∧ q ) ∧ r, asociatividad. (12) p ∧ (q ∨ r ) ≡ ( p ∧ q ) ∨ ( p ∧ r ), distributividad. (13) p ∨ (q ∧ r ) ≡ ( p ∨ q ) ∧ ( p ∨ r ), distributividad. (14) p ⇒ q ≡ ¬ p ∨ q. (15) p ⇒ q ≡ ¬q ⇒ ¬ p, contrapositivo. (16) ¬( p ∧ q ) ≡ ¬ p ∨ ¬q, ley de Morgan. (17)¬( p ∨ q ) ≡ ¬ p ∧ ¬q, ley de Morgan. (18) p ∨ ( p ∧ q ) ≡ p, absorci´ on. (19) p ∧ ( p ∨ q ) ≡ p, absorci´ on. (20) p ∧ ¬ p ≡ F (21) ¬ p ∨ p ≡ V
Las equivalencias anteriores nos permiten realizar ´algebra en el conjunto de las proposiciones y las operaciones que se realizan con los conectivos. Podemos simplificarlas, expandirlas y traba jar de forma similar a como lo hacemos con expresiones algebraicas reemplazando proposiciones equivalentes. Ejemplo: Simplifique al m´aximo la expresi´on [( p
∧ ( p ⇒ q )] ⇒ q
(A la derecha de cada l´ınea se indica la propiedad utilizada.) [ p
∧ ( p ⇒ q ) ] ⇒ q ≡
[ p
∧ (¬ p ∨ q ) ] ⇒ q
≡
[ ( p
≡
[ F
≡
( p
∧ ¬ p) ∨ ( p ∧ q ) ] ⇒ q (12)
∨ ( p ∧ q ) ] ⇒ q
∧ q ) ⇒ q
≡ (¬ p ∨ ¬q ) ∨ q
(14)
≡ ¬ p ∨ (¬q ∨ q ) ≡ ¬ p ∨ V
(20) (3)
≡ ¬( p ∧ q ) ∨ q
≡
(14)
(16) (10)
(21)
V.
(5)
luego, la proposici´on es una tautolog´ıa. Ejemplo: Se sabe que la proposici´on ( p
∧ q ) ⇒ ¬r es falsa. Determine el valor de verdad de (¬[ p ∧ q ] ∨ ¬r) ⇒ ([[¬ p ∨ ¬q ] ∧ ¬r] ⇒ p) 12
Como la proposici´ on ( p q ) r es falsa tenemos que ( p q ) debe ser verdadera y r falsa, lo que nos indica que r debe ser verdadera y tanto p como q deben ser verdaderas. Reemplazando los valores de verdad en ( [ p q ] r) ([[ p q ] r] p)
∧ ⇒ ¬
∧
¬
¬ ∧ ∨¬ ⇒ ¬ ∨¬ ∧¬ ⇒
obtenemos que la proposici´on es verdadera. Ejercicios
1. Determine si las siguientes proposiciones son tautolog´ıas, contradicciones o contingencias (esto es, no tienen un valor de verdad fijo) a ) ( p
∧ q ) ∧ ¬( p ∧ q ). b) [( p ⇒ q ) ∧ ( p ∧ ¬q ∧ r)] ⇒ (¬ p ∨ q ).
2. V´ıctor, que siempre dice la verdad, le ha contado a su hermana lo siguiente: Me gusta Mar´ıa Elena o Liliana, pero no las dos. Adem´as, si me gustara Liliana, tambi´en me gustar´ıa Mar´ıa Elena. ¿Qui´en le gusta a V´ıctor realmente ? 3. Simplifique al m´aximo las siguientes expresiones: a ) [( p
∧ ( p ⇒ q )] ⇒ p. b) [( p ∨ q ) ∧ ¬ p] ⇒ q.
4. ¿Bajo qu´e condiciones de p y q la proposici´on [( p
⇔ q ) ∧ ¬q ] ⇒ ( p ∧ ¬q ), es falsa ?
5. Demostrar que las siguientes proposiciones son tautolog´ıas: a ) ( p
∧ q ) ⇒ ¬(¬ p ∧ q ). b) p ∨ ( p ∧ q ) ⇔ p.
6. Demostrar las siguientes equivalencias: a ) p
⇒ (q ⇒ r) ≡ ( p ∧ q ) ⇒ r b) p ∨ ( p ∧ q ) ≡ p, (propiedad de absorci´on)
7. Sean p,q,r proposiciones. Determine el valor de verdad de cada una de ellas sabiendo que ( p
∧ ¬q ) ⇒ [r ∨ ( p ⇔ q )] es falsa.
8. Usando las propiedades del ´algebra de conectivos l´ogicos simplifique la proposici´on compuesta ( p
⇒ q ) ⇒ [ p ⇒ (¬q ∧ p)].
9. Demuestre sin usar tablas que las proposiciones lentes.
13
¬( p ∧ ¬q ) ∨ (¬ p ∧ q )
y p
⇔ q son equiva-
1.4.
Cuantificadores
A partir de una funci´on proposicional, se puede obtener una proposici´on anteponiendo un cuantificador. Los cuantificadores m´as usados son el cuantificador universal y el existencial. Definici´ on 1.4.1. Cuantificador Universal. Se denota por el s´ımbolo
∀.
Sea A un conjunto y p(x) una funci´on proposicional en el conjunto A. La proposici´on x A : p(x), se traduce al lenguaje natural como: “ Para todo x en el conjunto A se verifica p(x). Esta proposici´on es verdadera si todos los elementos del conjunto A hacen que p(x) sea verdadera, o dicho de otra forma, verifican la proposici´on p.
∀ ∈
Por ejemplo, p(x) : “ x es positivo ”, la proposici´on x R : p(x) se traduce al lenguaje natural como “ para todo n´umero real x se tiene que x es positivo”. La que es claramente falsa porque 1 es un n´ umero real que no es positivo.
∀ ∈
−
Definici´ on 1.4.2. Cuantificador Existencial. Se denota por el s´ımbolo
∃.
Sea A un conjunto y p(x) una funci´on proposicional en el conjunto A. La proposici´on x A : p(x), se traduce al lenguaje natural como: “ Existe un elemento x en el conjunto A que verifica p(x)”. Esta proposici´on es verdadera si al menos un elemento del conjunto A verifica la proposici´on p.
∃ ∈
Por ejemplo, p(x) : “ x es positivo ”, la proposici´on x R : p(x) se traduce al lenguaje natural como “ existe un n´umero real x que es positivo”, la que es claramente verdadera porque 4 es un n´ umero real positivo.
∃ ∈
La negaci´on de la proposici´on x A : p(x), se denota ( x A : p(x)) y es equivalente a x A : p(x), esto es, existe un elemento del conjunto A que no verifica la proposici´on p(x).
∃ ∈
∀ ∈
¬
¬ ∀ ∈
La negaci´on de la proposici´on x A : p(x), se denota ( x A : p(x)) y es equivalente a x A : p(x), esto es, para todo elemento del conjunto A no se verifica la proposici´on p(x).
∀ ∈
∃ ∈
¬
¬ ∃ ∈
Ejemplo: Sean A = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
{
}
y B =
{−1, −2, 4, 5, 6, 9, 10}.
Determinemos el valor de verdad de la proposici´on
∀x ∈ (B − A), ∃y ∈ (A − B) tal que 2x + y ≤ 7 B
− A = { −1, 9, 10 } A − B = {1, 3, 7} ∀x ∈ {−1, 9, 10}, ∃y ∈ {1, 3, 7} tal que 2x + y ≤ 7. Para x = −1 basta tomar y = 1 y se cumple que 2x + y = −1 que es menor o igual que 7 . 14
Si consideramos x = 9 debemos averiguar si existe un elemento y en el conjunto 1, 3, 7 que verifique 18 + y 7, que equivale a y 11. Como ning´un elemento del conjunto anterior satisface esta condici´on, la proposici´ on es falsa.
≤
{
≤ −
}
Ejercicios.
1. Exprese las siguientes proposiciones utilizando los s´ımbolos matem´aticos y l´ogicos usuales: a ) No es cierto que, si el doble de cuatro es diecis´ eis entonces el cuadrado de cuatro es treinta y dos. b) El cuadrado de menos tres es nueve y es mayor que siete. c ) Existe un n´umero entero mayor que dos. d ) Dos es menor que tres y un real x es mayor o igual que 7. 2. Escriba la negaci´on de cada una de las afirmaciones anteriores en lenguaje natural. 3. Dada la funci´ on proposicional p(x) : “x es un n´ umero mayor o igual que determine el valor de verdad de las proposiciones siguientes:
−2 y menor que 3”,
a )
∀ x ∈ E : p(x), donde E = {−2, −1, 0}. b) ∃ x ∈ W : p(x), donde W = {3, 4, 5}.
4. Considerando N como universo escriba en s´ımbolos cada una de las siguientes expresiones: a ) Todo n´ umero multiplicado por cero es cero. b) Todo n´ umero es menor o igual que s´ı mismo. c ) Hay un n´ umero que es mayor o igual que los dem´as. d ) Si x es menor que 2 entonces es menor que 5 . e ) Hay un n´ umero tal que su cuadrado es igual al n´umero. f ) No hay ning´ un n´ umero entero positivo y negativo a la vez. 5. Considere las proposiciones p :
∀ x ∈ {1, 3, 5}, ∃ y ∈ {2, 4} : x > y. q : ∃ y ∈ {2, 4}, ∀ x ∈ {1, 3, 5} : x > y.
a ) Traduzca p y q al lenguaje natural. b) Determine los valores de verdad de p y q. c ) Exprese simb´olicamente las negaciones de p y q. 6. Escribir las negaciones de las siguientes proposiciones: 15
a )
∀x ∈ R, ∃y ∈ R : (x + y = 1 ⇒ x = −y). b) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R : (x + y es par ⇒ x es par ∧ y es par ). c ) ∃x ∈ R, ∀y ∈ R : (x < y ∧ x2 ≥ y). d ) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, ∃ z ∈ R : (x < y ⇒ x + z = y). 7. Sabiendo que la proposici´on ∀x ∈ U : ¬ p(x) es verdadera, determine el valor de verdad de la proposici´on ∃x ∈ U : P p(x) ⇒ ∃x ∈ U : ¬ p(x) 8. Sean A = {− 1, 2, 3, 4, 1} y B = { 1, π }. Determine el valor de verdad de la afirmaci´on: ∃x ∈ A, ∀y ∈ B : x + y < y, justifique. 9. Sean U = {− 2, − 12 , 0, 1}, V = {− 2, 1, 2}. Determine el valor de verdad de las siguientes proposiciones:
∀u ∈ U, ∃v ∈ V : (uv + 1 < 0) ∨ (u2 − v2 = 0). b) ∀u ∈ U, ∀v ∈ V : (uv + 1 < 0) ∨ (u2 − v2 = 0).
a )
1.5.
Elementos de un teorema
Definici´ on 1.5.1. Teorema. Un teorema es un enunciado que relaciona elementos de una teor´ıa
y que se desprende de postulados o de otros teoremas. Los teoremas en matem´atica, a diferencia de los postulados y las definiciones, tienen que ser establecidos a trav´ es de una prueba rigurosa, que est´a basada en razonamientos l´ogicos. Conseguir una demostraci´on adecuada de un teorema siempre es un acto creativo, las ideas que conducen a la prueba no son siempre naturales. Bajo un enunciado muy simple puede encontrarse una propiedad muy dif´ıcil de probar. El lector debe recordar posiblemente el inter´ es p´ublico causado por la demostraci´on del ´ultimo teorema de Fermat, enunciado que fue atacado por los matem´aticos m´as connotados sin llegar a una prueba favorable por m´as de tres siglos, hasta que el matem´atico brit´anico Andrew Wiles di´o una prueba completa, en un art´ıculo de 98 p´aginas publicado reci´en en el a˜no 1995. Muchos de los teoremas est´an redactados de manera bastante general en la forma p q. Pensemos por ejemplo en el que pareciera ser uno de los m´as conocidos teoremas: el teorema de Pit´ agoras. Un enunciado de ´este establece lo siguiente:
⇒
“En un tri´ angulo rect´ angulo cuyos catetos miden a y b e hipotenusa c, se verifica la relaci´ on 2 2 c = a + b .” 2
16
Es claro que hay elementos que es necesario conocer para entender el teorema, como qu´e es un tri´ angulo rect´angulo, cu´ales son sus catetos e hipotenusa. Estas son definiciones relacionadas con elementos que aparecen en el teorema. Notemos que el enunciado anterior puede ponerse en la forma “Si un tri´ angulo es rect´ angulo con catetos que miden a y b e hipotenusa c, entonces se verifica 2 2 2 la relaci´ on c = a + b .” En todo teorema de la forma p q, p se dice la hip´otesis y q la tesis, en este caso la hip´otesis es que el tri´angulo es rect´angulo, tambi´en que la hipotenusa mide c, y los catetos a y b. La tesis es que c 2 = a 2 + b2 .
⇒
Muchas veces se aprende mucho de los teoremas pregunt´andose si es cierta la proposici´ on rec´ıproca. La rec´ıproca de p q, es q p. En nuestro ejemplo la proposici´on rec´ıproca dice: “Si en un tri´ angulo con lados que miden a, b y c, se verifica la relaci´ on c2 = a 2 + b2 , entonces el tri´ angulo es rect´ angulo.”
⇒
⇒
La proposici´on rec´ıproca en este caso es cierta pero, para otros teoremas, no lo es en general. Encontrar´ a ejemplos de esto en los ejercicios que aparecen m´as adelante. Existen adem´as las proposiciones inversa y contrarrec´ıproca. Resumimos esto en la siguiente tabla:
Directa Rec´ıproca Inversa Contrarrec´ıproca
p q p q
⇒ q. ⇒ p. ¬ ⇒ ¬q. ¬ ⇒ ¬ p.
Ejercicios
1. Enunciar y analizar el valor de verdad de las proposiciones rec´ıproca, inversa y contrarrec´ıproca si la proposici´on directa es: “Si un pol´ıgono es regular entonces todos sus lados tienen la misma medida. ” 2. Considerando como definici´on: Un tri´angulo equil´atero es aquel que tiene sus tres lados de igual longitud, y el siguiente teorema: “Si un tri´ angulo es equil´ atero entonces sus tres alturas miden exactamente lo mismo.” 17
a ) Demuestre que cada altura mide la mitad de la longitud del lado por la ra´ız de tres. b) Demuestre el teorema. c ) Enuncie el enunciado rec´ıproco. d ) ¿Es cierto el rec´ıproco ? e ) ¿Es cierto el contrarrec´ıproco?
1.6.
M´ etodos de demostraci´ on
Las t´ecnicas de demostraci´on m´as utilizadas son la demostraci´on directa, la contrarrec´ıproca y reducci´ on al absurdo. Pasamos ahora a describir cada uno de estos tipos de demostraciones.
1.6.1.
Demostraci´ on directa
Suponga que un teorema es de la forma p p y a partir de deducciones probar q.
⇒ q. Una demostraci´on directa del teorema es suponer
Por ejemplo, “Si un n´ umero es impar entonces su cuadrado tambi´ en es impar”. Este enunciado tiene impl´ıcito un “para todo”, esto es su enunciado en t´erminos de funciones proposicionales ser´ıa m´as o menos as´ı: Considere las proposiciones p(n) :“ n es impar”, q (n) :“ n 2 es impar”. “Para todo n´ umero natural n, se tiene que si n es impar entonces n2 es impar.” Usando notaci´on simb´olica:
∀n ∈ N : p(n) ⇒ q (n). Muchas personas en sus primeras demostraciones omiten este hecho y creen que una demostraci´ on de lo anterior es algo como lo siguiente: “3 es impar y 3 2 = 9, que es impar.” Las personas que razonan de esta forma han omitido el para todo y luego no han probado m´as que un caso particular. El lector debe evitar este error bastante com´un entre las personas que se inician en el estudio de la matem´atica. La demostraci´on directa ser´ıa: Si n es impar entonces n = 2k 1 para alg´ un natural k, luego n2 = (2k 2(2k 2 2k) + 1, que es claramente un impar.
−
−
Es decir en una demostraci´on directa de p
− 1)2 = 4k2 − 4k + 1 =
⇒ q, se supone p verdadero y se prueba q. 18
1.6.2.
Demostraci´ on por contrarrec´ıproco
Esta demostraci´on se basa en la siguiente equivalencia l´ogica p supongamos que debemos probar la siguiente proposici´on:
⇒ q ≡ ¬q ⇒ ¬ p. Por ejemplo
“Si un n´ umero a2 es par entonces a es par.” Escribimos la proposici´on anterior como: donde p(a) : “ a 2 es par
la que traducimos como:
∀a ∈ N : p(a) ⇒ q (a), 2
q (a) : “ a es par ”. El contrarrec´ıproco ser´a:
∀a ∈ N : ¬q (a) ⇒ ¬ p(a)
“Si un n´ umero es a es impar entonces a 2 es impar.” que es la proposici´on que probamos anteriormente.
1.6.3.
Demostraci´ on por reducci´ on al absurdo
Esta se basa en el hecho de que la negaci´on de p q es p q. En este caso para probar p suponemos que se cumple p y que no se cumple q y debemos llegar a alguna contradicci´on.
⇒
∧¬
⇒ q
Por ejemplo, probar el siguiente teorema: “Si un n´ umero c verifica que c 2 = 2 entonces c es irracional.” Suponga que c 2 = 2 y que no se verifica que c es irracional, entonces c es racional. Lo anterior significa que existen enteros a y b tal que c = a/b donde esta fracci´on es irreducible, es decir a y b no tienen factores comunes. Como c 2 = par.
a2 b2
= 2, tenemos que a 2 = 2b2 luego a 2 es par. Por lo anterior deducimos que a es
Como a es par a = 2d, reemplazando en la igualdad anterior 4 d2 = 2b2 luego b2 = 2d2 , de donde b 2 es par, luego b es par. Lo anterior prueba que a y b tienen el factor 2 en com´un, contrario a lo que se hab´ıa supuesto. Esta contradicci´on prueba el teorema.
±√ 2 son irracionales.
Note que hemos probado que los n´umeros
Presentamos a continuaci´on un conjuto inicial de postulados y definiciones, que tienen por objeto que el lector se haga una idea m´as acabada de c´omo se construye una teor´ıa a partir de elementos b´asicos, definiciones, postulados y teoremas, repasando de paso nuevamente los tipos de demostraciones antes mencionadas.
19
1.7.
Ejemplo de construci´ on de una teor´ıa
Consideremos una colecci´ on finita no vac´ıa de personas S y los clubes formados por estas personas donde, por un club entendemos un conjunto de personas organizadas seg´un un cierto fin com´ un. Tenemos entonces t´erminos b´asicos que no se definen, s´olo se tiene una idea de lo que significan y se trabaja con ellos. En este caso: el conjunto de personas S y los clubes a los que ´estas pertenecen. Considere el siguiente conjunto de postulados y definiciones. Postulado 1. Toda persona de S es miembro de al menos un club. Postulado 2. Para cada par de personas de S hay uno y s´olo un club al que ambas pertenecen. Definici´ on 1. Dos clubes que no tienen elementos en com´un se llaman conjugados. Postulado 3. Para cada club hay uno y s´olo un club conjugado. Notaci´ on: Al conjugado del club C lo denotaremos por C ⊥ . Con este conjunto de elementos b´asicos, postulados y definiciones es posible comenzar a establecer algunos teoremas. Teorema 1. Toda persona de S es miembro de al menos dos clubes. Demostraci´ on
Sea p1 una persona cualquiera de S, por el postulado 1, esta persona pertenece al menos a alg´un club digamos C 1 . Para el club C 1 existe, por el postulado 3, un club conjugado digamos C 2 = C 1⊥ . Este club est´a formado por alguna persona distinta de p 1 digamos p 2 . Por el postulado 2 la pareja de personas p1 , p2 pertenecen a un ´unico club C 3 . Ahora C 1 = C 3 porque p 2 no pertenece a C 1 .
{
}
Hemos probado as´ı que la persona p 1 pertenece a los clubes C 1 y C 3 , luego pertenece al menos a dos clubes. Teorema 2. Todo club tiene al menos dos miembros. Demostraci´ on
Por reducci´on al absurdo. Supongamos que existe un club C 1 con exactamente un miembro p 1 . Esto es C 1 = p1 por el teorema 1, p 1 pertenece al menos a otro club digamos C 2 . Como el club C 2 es distinto del club C 1 ´este tiene al menos a otra persona p 2 . Sea C 3 = C 2⊥ , el conjugado de C 2 .
{ }
C 3 y C 1 no tienen elementos en com´un, luego son conjugados. Para el club C 3 hay dos clubes conjugados, el club C 2 y el club C 1 , lo que contradice el postulado 3. 20
Esta contradicci´on nace de suponer que existe un club que tiene un solo elemento, luego todos los clubes tienen al menos dos elementos. Teorema 3. S contiene al menos cuatro personas. Demostraci´ on
Como S es no vac´ıo, S tiene al menos una persona p1 . Esta persona, por el postulado 1, es miembro de alg´un club C 1 . El club C 1 tiene al menos dos personas por el teorema 2. Consideremos el club C 1⊥ , que existe por el postulado 3. Estos clubes tienen al menos dos personas cada uno y no tienen elementos en com´un, luego en S hay al menos cuatro personas. Dejamos la demostraci´on del teorema 4 al lector. Teorema 4. Hay al menos seis clubes. Ejercicios
1. Considere la siguiente afirmaci´on > 0, δ > 0 tal que δ 2 +δ = . Determine si la afirmaci´on es verdadera o falsa. Justifique su respuesta y escriba la negaci´on de la afirmaci´on.
∀
∃
2. D´e dos ejemplos de Definiciones, Teoremas (con nombre y sin nombre), Lemas y Axiomas. Explique las diferencias entre ´estos. 3. Demuestre usando el m´etodo de reducci´on al absurdo que si x es un n´ umero real que cumple − 1 x = 0 entonces x = 0.
4. Demuestre que p y q son soluciones de la ecuaci´on cuadr´atica x2 + bx + c si y s´olo si p + q = b y pq = c , (suponemos que q,p,b y c son n´ umeros reales ).
−
5. Demuestre usando la axiom´atica real que ( x)( y) = xy.
− −
6. Determine el valor de verdad de las siguientes proposiciones. Demu´ estrelas en caso de ser verdaderas o d´e un contraejemplo para probar que son falsas:
∀x ∈ R(x2 + 1 > 0). b) ∀x ∈ R(x2 + x + 1 > 0).
a )
c ) Si x es un real positivo entonces x 2 < x. d ) Si x es un n´ umero real y
1 x
< 1 entonces x > 1.
7. Demuestre que si el n´umero natural a cumple que a2 es divisible por tres, entonces a es divisible por tres. Indicaci´ on: pruebe el contrarrec´ıproco.
21
8. Demuestre por reducci´ on al absurdo que el n´umero Indicaci´ on: Suponga que
√ 3 =
a b donde
√ 3 es irracional.
la fracci´on ab ya esta simplificada al m´aximo.)
9. Considere las proposiciones, p : “En un cuadril´atero las diagonales se dimidian 2 q : “El cuadril´ atero es un paralel´ogramo”. Decida si: a ) p es suficiente para q. b) q es suficiente para p. c ) q es necesario para p. d ) p es necesario para q. e ) p es necesario y suficiente para q. 10. Encuentre la falla en el siguiente argumento. Supongamos que x = y entonces x 2 = xy. Sumando y 2 a ambos lados obtenemos x 2 y2 = xy y2 . Factorizando inferimos de lo anterior que (x+y)(x y) = (x y)y luego simplificando por x y tenemos x + y = y. Como x = y de lo anterior podemos deducir que 2 x = x y simplificando por x tenemos 2 = 1. (¿Sorpresa ?)
−
−
−
−
−
−
11. Busque un enunciado del teorema de Thales de Mileto, determine los elementos involucrados: definiciones, hip´otesis, tesis, tanto del directo como del rec´ıproco. 12. Se sabe que la proposici´on p es verdadera, p : “No es cierto que un pa´ıs africano ha sido ganador de alguna Copa del Mundo (f´utbol)”. Determine el valor de verdad de la siguiente proposici´on “Si un pa´ıs africano fue ganador de una Copa del Mundo, entonces Chile ser´a vencedor de la pr´oxima Copa del Mundo”. 13. Analice el siguiente planteamiento y comente si la conclusi´on es v´alida. “O la l´ogica es dif´ıcil o no le gusta a muchos estudiantes. Si la matem´atica es f´acil, entonces la l´ogica no es dif´ıcil. Por tanto, si a muchos estudiantes les gusta la l´ogica, la matem´atica no es f´acil.” 14. Un Ingeniero civil industrial fallece y se encuentra con San Pedro quien le dice: hermano m´ıo, tus acciones no han sido del todo correctas en la tierra por lo que deber´ıas ir al Infierno, sin embargo he decidido darte una ´ultima oportunidad. Est´ as viendo dos puertas, una es la puerta del Cielo, la otra la del Infierno. Frente a cada puerta hay un guardia. Uno de los guardias siempre miente y el otro siempre dice la verdad. Tienes derecho a hacer una pregunta a cualquiera de los guardias y luego escoger la puerta. Como el ingeniero conoc´ıa bastante l´ogica hizo la pregunta correcta y pudo escoger la puerta del Cielo. ¿Qu´e pregunta hizo ?
22
Cap´ıtulo 2
Geometr´ıa plana En este cap´ıtulo presentamos los resultados iniciales de la geometr´ıa plana, obtenidos a partir de algunos postulados b´asicos. Se utilizan los conceptos de congruencia, semejanza y ´area para demostrar algunos teoremas importantes en la resoluci´on de problemas geom´etricos. Se estudia la circunferencia y el n´umero π as´ı como la divisi´on de segmentos y el n´umero φ.
2.1.
Elementos Iniciales de la Geometr´ıa Plana.
Como explic´abamos, de una forma similar a la anterior, partiendo de un conjunto de elem´ entos b´ asicos y postulados es posible construir toda la geometr´ıa que conocemos. Estudiaremos de un modo m´as formal la geometr´ıa euclidiana, sin llegar a ser tan estrictos como para demostrar todos los teoremas enunciados, pero s´ı dando una idea razonable de sus fundamentos y sus consecuencias. Aceptaremos como elementos b´asicos los puntos y las rectas seg´un las nociones usuales que el lector tiene de ellos. Asumiremos tambi´ en hechos como que dos rectas distintas que se cortan lo hacen en un ´unico punto. Los postulados que aceptaremos est´an, en un principio, muy relacionados con el lugar donde viven las figuras: el plano. Por ejemplo, para nosotros es casi natural, si entendemos por rectas paralelas aquellas que no se cortan, aceptar lo siguiente: Postulado 5: Por un punto exterior a una recta existe una ´unica paralela a ella. Esta afirmaci´on es enunciada de otra manera en la ense˜nanza secundaria: Postulado 5’: Dos rectas distintas son paralelas si al ser cortadas por una secante forman ´angulos correspondientes de igual medida.
23
En la figura L 1 // L2 si y s´olo si α = β. Si asumimos la existencia de la paralela a una recta dada por un punto dado, el postulado anterior nos garantiza la unicidad de ´esta. En efecto, supongamos que existen dos paralelas distintas por el punto P a la recta L 1 , digamos L 2 y L 3 , como en la figura
como L 2 // L1 se tiene que α = β. Como L 3 // L1 β = γ , de donde α = γ por lo que L 2 coincide con L 3 . Lo anterior se puede reducir a Postulado 5’+ existencia de la paralela
⇒ unicidad de la paralela.
Note que del postulado 5’ tambi´en se deducen las siguientes relaciones. ´ Teorema 2.1.0.1. Angulos entre paralelas. Suponga que las rectas paralelas L 1 y L 2 son cortadas por una secante L, se tienen las siguientes relaciones angulares:
α1 = α5 , α2 = α6 , α4 = α8 , α3 = α7 . α1 = α7 , α4 = α6 , α3 = α5 , α2 = α8 . α2 + α5 = 180 ◦
α3 + α8 = 180◦ .
24
La demostraci´on es directa del postulado 5’, del hecho que las medidas de los ´angulos adyacentes suplementarios suman 180 ◦ y que ´angulos opuestos por el v´ ertice tienen igual medida. Por ejemplo: como L 1 // L2 tenemos que α 1 = α 5 pero α 1 + α2 = 180◦ , luego α 5 + α2 = 180◦ . Por otro lado, α 3 + α2 = 180◦ , luego α 3 = α5 . Es un buen ejercicio para el lector que no encuentre triviales estas relaciones tratar de demostrarlas. Tambi´en es claro que de los teoremas anteriores se deduce el siguiente conocido teorema. Teorema 2.1.0.2. En todo tri´angulo la suma de los ´angulos interiores es 180 ◦ . Considere el tri´ angulo ABC de la figura. Como el punto C es exterior a la recta determinada por los puntos A y B , existe una ´unica paralela por C a la recta AB. Tracemos esta paralela que llamaremos L.
←→
Por el teorema 2.1.0.1 es claro que α = α 1 y que β = α 2 . Como α 1 + γ + α2 = 180◦ tenemos que α + γ + β = 180◦ . La relaci´on anterior debe haber sido utilizada por el lector cientos de veces durante su educaci´on media, pero algo que tal vez no ha notado es la dependencia de este resultado con el Postulado 5, por ser demasiado natural. Para precisar la idea de la “naturalidad”de los postulados de la geometr´ıa euclidiana p ensemos por un momento que hemos nacido en un planeta peque˜no en que podemos ver su curvatura, por lo que la superficie m´as razonable e intuitiva en la que se dibujan los trazos no es un plano sino una esfera. Una pregunta inicial es: ¿qu´e consideraremos como “rectas. en esta superficie?
25
Dados dos puntos en la superficie de la esfera la geod´esica es la l´ınea m´as corta que los une, la que debe estar contenida en la superficie de la esfera por supuesto. Este ser´ıa el an´alogo de nuestros trazos en el plano. Puede probarse, aunque no es f´acil, que tales geod´esicas corresponden a trazar c´ırculos m´aximos que pasen por los dos puntos dados, es decir: circunferencias cuyo centro coincide con el centro de la esfera y que pasan por los puntos en cuesti´on. Podr´ıamos pensar en tri´angulos que resultan de trazar las geod´esicas que unen tres puntos de la superficie de la esfera. Nos preguntamos si ser´a verdad que la suma de las medidas de sus ´angulos interiores sea 180 ◦ , como ocurre en el plano y antes que eso ¿c´omo se medir´ıan ´angulos en este contexto ? Aceptando que la medida de un ´angulo corresponde a la medida de su proyecci´on en un plano tangente a la esfera que pasa por el v´ertice del ´angulo, podemos verificar que existen tri´angulos esf´ericos cuya suma de ´angulos es 270◦ , como el de la figura. De hecho, la suma de los ´angulos interiores de cualquier tri´angulo en la esfera es mayor que 180 ◦ .
Es interesante que el lector analice lo siguiente. Si considera un punto P en la esfera, exterior a una “recta”L (que en este contexto es un c´ırculo m´aximo en la esfera), no existen “rectas”paralelas a L pasando por P, entendiendo por rectas paralelas dos rectas que no se cortan. Esto es por que dos circunferencias m´aximas siempre se cortan en esta superficie. Es claro que en este caso el Postulado 5 no parece para nada natural, de hecho, es falso. Existen tambi´ en otras superficies, como el hiperboloide que se muestra en la figura, donde por un punto exterior a una “recta”pasan infinitas paralelas a la “recta”dada y donde la suma de los ´angulos interiores de cualquier tri´angulo es siempre menor a 180 ◦ .
26
¿Puede imaginar las geod´esicas y completar el tri´angulo ABC en la figura anterior? Concluimos entonces que el tipo de postulados desarrollados por los griegos y aceptados por nosotros para construir la geometr´ıa euclidiana, tiene ´ıntima relaci´on con la superficie en la que se dibujan las figuras: el plano. Reconociendo lo anterior, iremos presentando en este cap´ıtulo algunos resultados de la geometr´ıa plana que quiz´as sean conocidos por el lector, pero que en lo adelante deber´an ser demostrados como consecuencia de los postulados y teoremas que les preceden. Este ejercicio l´ogico es esencial para desarrollar la intuici´on geom´etrica y el pensamiento cient´ıfico en general. En este camino, demostremos la siguiente afirmaci´on. Teorema 2.1.0.3. En todo tri´angulo a mayor lado se opone mayor ´angulo. Consideremos un tri´ angulo ABC como en la figura, y supongamos que a es mayor que b. Debemos probar que α es mayor que β .
Escojamos un punto D en el lado CB de manera que el segmento CD mida b. El tri´angulo ADC es is´osceles. Note que si admitimos que los ´angulos basales de un tri´angulo is´osceles son iguales, llamando x a la medida del ´angulo BAD, tenemos que β + x = α x de donde se deduce que α = β + 2x, luego α es mayor que β que es lo que se ped´ıa demostrar.
−
¿Que pasa si analizamos el rec´ıproco del enunciado anterior? Teorema 2.1.0.4. En todo tri´angulo a mayor ´angulo se opone mayor lado. Ahora nuestra hip´otesis es que el ´angulo α es mayor que el ´angulo β y nuestra tesis es que a es mayor que b.
27
Demostraremos lo anterior por reducci´on al absurdo. Supongamos que α > β y que no se tiene que a > b entonces o bien a = b ´o a < b. Si a = b entonces α = β y tenemos una contradicci´on. Si a < b entonces, por el teorema anterior α < β que tambi´en es una contradicci´on. Luego se tiene el teorema. Los sencillos enunciados anteriores nos permiten probar el siguiente resultado importante conocido como la desigualdad triangular. Teorema 2.1.0.5. Desigualdad triangular. En todo tri´angulo la suma de dos de sus lados es siempre mayor que el tercer lado
Prolonguemos el lado AC en el tri´angulo de la figura de modo que el segmento CD mida a. Tenemos entonces el tri´angulo is´osceles BDC. En el tri´angulo ADB, el ´angulo opuesto al lado AD mide β + x y es menor que el ´angulo opuesto al lado AB , que mide x luego por los teoremas anteriores a + b > c. Una idea muy conectada con el anterior resultado es la siguiente: si A, B y C son puntos de una misma recta, con B situado entre A y C , es natural asumir como postulado que AB + BC = AC. A´un m´as, el rec´ıproco de esta afirmaci´on se obtiene como consecuencia de la desigualdad triangular (basta probarlo por reducci´ on al absurdo). Luego podemos decir que: Teorema 2.1.0.6. Tres puntos del plano A, B y C son colineales, con B entre A y C si y s´olo si AB + BC = AC.
28
El lector interesado habr´a notado que todos los resultados anteriores se basan en una propiedad, que es que “un tri´angulo is´osceles tiene dos ´angulos de igual medida”. Este hecho no ha sido demostrado de ning´un otro postulado. La primera tentaci´on es pedir que este sea uno m´as de ellos. Esto, sin embargo, nos plantea el riesgo de poner como postulado toda propiedad que no pueda ser demostrada, con lo que el conjunto de ´estos podr´ıa crecer innecesariamente. Vamos sin embargo a establecer un ´unico postulado que nos permitir´ a obtener muchos otros principios y teoremas, este ser´a as´ı una de las piedras angulares sobre las que descansa la teor´ıa que estamos desarrollando. Postulado de Hilbert : Si dos lados y el ´angulo comprendido de un tri´angulo tienen las mismas medidas que, dos lados y el ´angulo comprendido de otro tri´angulo, entonces cada uno de los ´angulos y el lado restantes del primer tri´angulo tienen respectivamente las mismas medidas que los ´angulos y el lado correspondientes del segundo. Veamos como, usando s´olo este postulado, probamos que los ´angulos basales de un tri´angulo is´osceles tienen la misma medida. Teorema 2.1.0.7. Los ´angulos basales de un tri´angulo is´osceles tienen la misma medida. Para probar esto consideremos un tri´angulo is´osceles ABC de base AB. Nuestra hip´otesis es que los lados AC y BC miden lo mismo, debemos probar que α = β.
Prolonguemos los lados AC y BC determinando puntos D y E de modo que los segmentos AD y BE midan lo mismo. Los tri´angulos C DB y C EA verifican el postulado de Hilbert. De esto obtenemos la igualdades angulares ( ) α + δ 2 = β + δ 1 , φ1 = φ2 y la igualdad de las longitudes de los lados AE y BD . Ahora los tri´angulos DBA y EAB verifican tambi´en el postulado de Hilbert, luego δ 1 = δ 2 . Reemplazando en ( ) obtenemos que α = β que es lo que ten´ıamos que demostrar.
∗
∗
Esto ya da un fundamento s´olido a las desigualdades anteriores. Analicemos el rec´ıproco del enunciado anterior. Teorema 2.1.0.8. Si un tri´angulo tiene dos ´angulos de igual medida, entonces es is´osceles. Probaremos lo anterior por reducci´on al absurdo. Supongamos que los ´angulos basales del tri´ angulo ABC son iguales pero que los lados a y b son distintos. Sin perder generalidad supongamos que a > b. Tracemos sobre el lado CB el punto D de modo que el segmento CD mida b.
29
Como el tri´angulo ADC es is´osceles por el enunciado directo el ´angulo ADC mide α β. Sumando ´angulos α + β = α β por lo que el ´angulo β = 0, de modo que los puntos D y B coinciden, luego a = b. Esto contradice el supuesto que a > b y esta contradicci´on prueba el teorema.
−
−
Ejercicios
1. Demostrar que la suma de las diagonales de un cuadril´atero convexo es mayor que el semiper´ımetro del cuadril´atero. 2. Demostrar que en todo tri´angulo, cada transversal de gravedad es menor que la semisuma de los lados adyacentes. 3. Demostrar que en todo tri´angulo, a mayor lado, corresponde una menor transversal de gravedad.
2.2.
Congruencia y Semejanza
En la Geometr´ıa estos conceptos son fundamentales, pues permiten reducir el estudio de numerosas figuras a otras ya estudiadas previamente y para las cuales se conocen sus propiedades. Desde peque˜ nos entendimos a dos figuras como iguales si pod´ıamos mover una y llevarla “sin deformarla”sobre la otra de modo que coincidieran. Incluso muchas veces recortamos y superpusimos figuras como una forma de expresar este concepto. Por figuras semejantes tenemos la idea de aquellas figuras que tienen la misma “forma”pero no necesariamente el mismo “tama˜no”. Una imagen que posiblemente nos indicaron para recordar esto es realizar una figura en una hoja y pedir una ampliaci´on o una reducci´on de esta figura en un centro de fotocopiado. La figura original y la que nos entregan de la fotocopiadora son figuras semejantes. Dos figuras geom´etricas se dicen congruentes si tienen la misma forma y el mismo tama˜no, por ejemplo: dos cuadrados con lados de la misma longitud, dos circunferencias de igual radio, dos segmentos del mismo largo, etc. N´otese que no importa la posici´on relativa de cada par de figuras 30
ni su orientaci´on en el plano, sino que pueda llevarse una figura a la otra sin deformarla de manera que se superpongan exactamente. Dos figuras geom´etricas se dicen semejantes si tienen la misma forma, pero no necesariamente el mismo tama˜no por ejemplo: dos cuadrados cualquiera, dos circunferencias, dos segmentos, etc. Nuevamente no importa la orientaci´on de cada par de figuras en el plano. En este caso una de las figuras es una ampliaci´on de la otra. Estudiaremos con mayor detenimiento la aplicaci´on de los conceptos que presentamos anteriormente al caso de los tri´angulos. Los tri´angulos son pol´ıgonos de tres lados que, por su simplicidad, resultan de suma importancia en la Geometr´ıa al estudiar figuras m´as complejas. De manera general denotaremos los v´ertices, lados y ´angulos de un tri´angulo de la manera que se indica en la figura:
Cuando comparemos dos tri´angulos, resultar´a importante precisar cu´ales son los elementos correspondientes de cada figura, pues puede que las orientaciones de ´estas no coincidan. Note que si recorremos el contorno del tri´angulo en sentido antihorario partiendo del v´ertice A, la orientaci´on A B C es distinta de la orientaci´on A C B.
− −
− −
Los conceptos descritos, aplicados a los tri´angulos, nos permiten enunciar las siguientes propiedades que se desprenden directamente de las nociones de semejanza y congruencia:
• Si dos tri´angulos son semejantes o congruentes, entonces sus tres pares de ´angulos correspon-
dientes son respectivamente iguales.
• Si dos tri´angulos son congruentes, entonces sus tres pares de lados correspondientes son
respectivamente iguales.
Si dos tri´angulos son semejantes, entonces sus tres pares de lados correspondientes son respectivamente proporcionales.
•
Sin embargo, lo que trataremos a continuaci´on es el problema inverso al anterior, es decir: ¿c´omo saber si dos tri´angulos cualquiera son congruentes o semejantes? ¿qu´e elementos de ambos tri´ angulos debemos comparar para asegurar lo anterior? Las respuestas a estas preguntas son los que se conocen como Criterios de Congruencia o Semejanza de tri´angulos. Criterios de Congruencia. En vez de mostrar precisamente la demostraci´on de cada teorema, presentaremos algunos ejemplos con la idea de ilustrar c´omo, a partir de estos teoremas, es posibe
31
probar muchas propiedades de las figuras planas. El lector debe tratar de ejercitar la deducci´on utilizando s´olo los postulados y teoremas precedentes. Teorema 2.2.0.9. (Criterio LLL) Si dos tri´angulos tienen sus tres lados respectivamente iguales, entonces los tri´angulos son congruentes. Ejemplo. En un tri´angulo is´ osceles ABC , de base AB , el segmento que une el v´ertice C con el punto medio de la base AB es bisectriz del ´angulo ∠ACB y perpendicular a la base.
En el tri´agulo is´osceles ABC sea M el punto medio de la base AB . Tenemos como hip´otesis que AC = BC y tambi´en que AM = BM. Esto significa que los tri´angulos ACM y BC M tienen sus tres pares de lados respectivamente iguales lo que, por el Teorema 2.2.0.9, significa que son congruentes.
∼ BC M , entonces tienen sus tres pares de ´angulos correspondientes respectiva-
Si ACM = mente iguales.
∠ACM
= ∠BC M
∠AMC = ∠BM C
⇒ y
CM
es bisectriz del
∠AMC + ∠BM C =
180 ◦
∠ACB
⇒
CM
es perpendicular a AB.
Teorema 2.2.0.10. (Criterio LAL) Si dos tri´angulos tienen dos lados y el ´angulo comprendido entre ellos respectivamente iguales, entonces los tri´angulos son congruentes. Ejemplo. Si las diagonales de un cuadril´atero convexo se dimidian, entonces es un parale-
l´ogramo. En el cuadril´atero ABCD se tiene que AM = MC y BM = MD . Adem´as y ∠AMB = ∠DM C por ser opuestos por el v´ertice.
32
∠AMD = ∠BM C
Los tri´angulos AMD y BM C tienen dos lados y el ´angulo comprendido entre ellos respectivamente iguales luego, por el Teorema 2.2.0.10 son congruentes. Esto implica que los ´angulos correspondientes de ambos tri´angulos tienen la misma amplitud, por lo que ∠DAM = ∠BC M , lo que significa que AD BC. Por un argumento similar se demuestra que AMB = CM D y que los lados AB y DC son paralelos.
∼
Teorema 2.2.0.11. (Criterio ALA) Si dos tri´angulos tienen un lado y los dos ´angulos adyacentes a ´el respectivamente iguales, entonces los tri´angulos son congruentes. Ejemplo. Los lados opuestos de un paralel´ogramo son iguales.
En el paralel´ogramo ABCD, AB
DC y BC AD.
Tenemos que ∠BAC = ∠DCA y ∠DAC = ∠BC A por ser alternos internos entre paralelas. Los tri´ angulos ABC y ACD tienen un lado com´un y sus dos ´angulos adyacentes respectivamente iguales luego, por el Teorema 2.2.0.11 son congruentes. Esto implica que los lados correspondientes de ambos tri´angulos tienen la misma longitud, por lo que AB = DC y BC = AD .
Teorema 2.2.0.12. (Criterio LLA) Si dos tri´angulos tienen dos lados y el ´angulo opuesto al mayor de ellos respectivamente iguales, entonces los tri´angulos son congruentes. Los criterios de congruencia descritos permiten que, si queremos verificar cu´ando dos tri´angulos son congruentes, no tengamos que medir todos los lados y todos los ´angulos de cada tri´angulo, sino que basta con algunos de ellos, escogidos de cierta manera para comprobar la congruencia. Por eso decimos que son condiciones suficientes para la congruencia de tri´angulos. Una primera mirada a estos criterios de congruencia pareciera indicar que de los seis elementos que hay en un tri´angulo (tres lados y tres ´angulos) basta comprobar la igualdad de cualquier tr´ıo de ellos en ambos tri´angulos para que se verifique la congruencia. Sin embargo, eso no es cierto; ya en el Criterio LLA es necesario imponer una condici´on adicional y es que el ´angulo seleccionado se oponga al mayor de los lados seleccionados, pues de lo contrario, la congruencia no necesariamente se verifica. Mostraremos un caso donde dos tri´angulos tienen dos lados y un ´angulo respectivamente iguales y sin embargo no son congruentes.
33
El siguiente ejemplo requerir´a del lector la aplicaci´on de alg´ un criterio de congruencia (no se especifica cu´al), pero no de manera directa. Lo interesante de la Geometr´ıa es desarrollar la capacidad de modelar el problema de forma que se puedan utilizar las herramientas que conocemos. Obviamente, esto no siempre es posible, pero ampliar estas habilidades es uno de los objetivos de su estudio. Ejemplo. Considere un punto en el interior de un ´angulo, formado por dos rectas 1 y 2 . Determine un punto Q en 1 y un punto R en 2 de modo que P sea punto medio de QR .
El lector que se enfrenta a un problema de este tipo por primera vez podr´a hacer sin dificultad el esquema que se muestra m´as arriba, con lo que tendr´a superada la primera etapa: encontrar un modelo visual que facilite la soluci´on. ¿Y luego, qu´ e hacer? se preguntar´ a. He aqu´ı el verdadero salto cualitativo que se requiere para resolver, en general, cualquier problema geom´etrico: no basta con “dibujar.el enunciado. Un alternativa podr´ıa ser considerar resuelto el problema y ver qu´e argumento geom´etrico puede utilizarse. Por ejemplo, si por Q y R se trazan paralelas a las rectas originales, el punto P resulta ser el punto de intersecci´on de las diagonales del paralel´ogramo resultante.
Ahora es m´as f´acil intentar una estrategia de soluci´on. Bastar´a construir el paralel´ogramo de la figura. Para esto basta trazar el segmento que une a P con el v´ertice del ´angulo y copiarlo sobre la misma recta, al otro lado de P . Por el extremo resultante se trazan rectas paralelas a las origiales. Donde se corten estas rectas con 1 y 2 , estar´an los puntos Q y R buscados. Sugerimos al lector que trate de resolver los siguientes ejercicios como una aplicaci´on de los criterios antes aprendidos. Ejercicios.
1. Demostrar que los puntos de la simetral de un trazo equidistan de los extremos del trazo.
34
2. Probar el rec´ıproco del enunciado anterior. 3. Probar que las simetrales de los lados de un tri´angulo concurren en un punto (llamado circuncentro o centro de la circunferencia circunscrita, esto es que pasa por los tres v´ertices del tri´angulo). 4. Demostrar que los puntos de la bisectriz de un ´angulo equidistan de los lados del ´angulo. 5. Probar el rec´ıproco del enunciado anterior. 6. Demostrar que las bisectrices de los ´angulos interiores de un tri´angulo concurren en un u ´ nico punto (llamado incentro o centro de la circunferencia inscrita). 7. Probar que en un paralel´ogramo los ´angulos interiores opuestos son de igual medida. 8. Probar que si en un cuadril´atero convexo cada par de ´angulos interiores opuestos son de igual medida entonces es un paralel´ogramo. 9. Si en un cuadril´atero convexo hay un par de lados paralelos e iguales, entonces es un paralel´ ogramo. 10. Probar que las diagonales de un rect´angulo son congruentes. 11. Si en un paralel´ogramo las diagonales son congruentes entonces es un rect´angulo. 12. Probar que en un rombo las diagonales se dimidian y son perpendiculares. 13. Demostrar que las transversales de gravedad de un tri´angulo concurren en un punto (llamado centro de gravedad) y que se cortan en raz´on 2 : 1. Criterios de Semejanza. De la misma manera que en el caso del criterio LLA, no basta
que dos tri´angulos tengan los tres ´angulos respectivamente iguales para ser congruentes, como se muestra en la siguiente figura.
Sin embargo, la figura anterior nos sugiere el siguiente teorema: Teorema 2.2.0.13. (Criterio AAA) Si dos tri´angulos tienen sus tres ´angulos respectivamente iguales, entonces los tri´angulos son semejantes.
35
Teorema 2.2.0.14. (Criterio AA) Si dos tri´angulos tienen dos ´angulos respectivamente iguales, entonces los tri´angulos son semejantes. Es claro que si en dos tri´angulos hay dos ´angulos iguales, el tercero tambi´en coincidir´a, pues la suma de los tres ´angulos debe ser 180 ◦ , por lo que se aplica el Teorema 2.2.0.13. Ejemplo. En un tri´ angulo rect´angulo, la altura trazada desde el ´angulo recto divide al tri´angulo en dos tri´angulos semejantes al original.
El tri´angulo ABC es rect´angulo en C , sea H el punto donde la altura trazada desde C corta a la base AB . Entonces CH AB y se tiene que ∠ACB = ∠AHC = 90◦ .
⊥
Por otro lado ∠CAB = ∠CAH . Esto indica que los tri´angulos ABC y AHC tienen dos pares de ´angulos respectivamente iguales lo que, por el Teorema 2.2.0.14, implica que son seme jantes.
An´ alogamente se puede probar que
ABC ∼ BH C , por lo que se obtiene el resultado pedido: AHC ∼ ABC ∼ BHC.
El resultado anterior proporciona tres importantes teoremas que se refieren al tri´angulo rect´angulo. Lema 2.2.1. Lema de la altura. En todo tri´angulo rect´angulo el cuadrado de la altura correspondiente a la hipotenusa es igual al producto de los segmentos que ´esta determina sobre aquella. Lema 2.2.2. Lema del cateto. En todo tri´angulo rect´angulo el cuadrado de un cateto es igual al producto entre la hipotenusa y la proyecci´on del cateto sobre ella. Teorema 2.2.0.15. Teorema de Pit´agoras. Si un tri´angulo rect´angulo tiene catetos de longitudes a y b e hipotenusa de longitud c entonces se cumple la relaci´on c 2 = a 2 + b2 . Demostraremos los tres resultados como consecuencia del ejemplo presentado antes. Dada la semejanza de los tri´angulos ABC , BH C y AHC se tiene, seg´un se observa en la figura, que los lados correspondientes de cada par de tri´angulos son proporcionales:
36
AHC ∼ BH C ⇒
h q = p h
AHC ∼ ABC ⇒
c b = b p
BH C ∼ ABC ⇒
c a = a q
De la primera igualdad se tiene el resultado del Lema 2.2.1: h2 = pq . El Lema 2.2.2 se obtiene directamente de la segunda y tercera igualdad: b 2 = cp y a 2 = cq . Ahora, sumando estas ´ultimas igualdades tenemos que a2 + b2 = cp + cq = c( p + q ) = c 2 , que es la tesis del Teorema de Pit´agoras. Volviendo al tema de la semejanza, sabemos que dos tri´angulos semejantes tienen sus tres a´ngulos correspondientes respectivamente iguales y sus tres lados correspondientes respectivamente proporcionales, pues la semejanza ampl´ıa o reduce todas las longitudes por el mismo factor k. Esta idea permite obtener otros tres criterios de semejanza de tri´angulos a partir de los teoremas de congruencia ya demostrados. Teorema 2.2.0.16. (Criterio LLLP) Si dos tri´angulos tienen tres lados respectivamente proporcionales, entonces los tri´angulos son semejantes. Teorema 2.2.0.17. (Criterio LALP) Si dos tri´angulos tienen dos lados respectivamente proporcionales y el ´angulo comprendido respectivamente igual, entonces los tri´angulos son semejantes. Teorema 2.2.0.18. (Criterio LLAP) Si dos tri´angulos tienen dos lados respectivamente proporcionales y el ´angulo opuesto al mayor de estos lados respectivamente igual, entonces los tri´angulos son semejantes. Reuniendo lo discutido hasta el momento acerca de congruencia y semejanza de tri´angulos, resumiremos en el siguiente esquema las posibilidades que existen al seleccionar tres elementos de un tri´angulo para comparar sus medidas y las conclusiones que se derivan para dos tri´angulos distintos.
37
Para ejercitarse en el uso de la congruencia y de la semejanza sugerimos resolver los siguientes ejercicios. Ejercicios
1. Demostrar que la suma de las diagonales de un cuadril´atero convexo es mayor que el semiper´ımetro del cuadril´atero. 2. Demostrar que al unir los puntos medios de los lados de un cuadril´atero se forma un paralel´ ogramo. 3. Demostrar que el segmento que une el v´ ertice del ´angulo recto con el punto medio de la hipotenusa de un tri´angulo rect´angulo mide la mitad de la hipotenusa. 4. Construir la bisectriz de un ´angulo cuyo v´ertice es inaccesible. 5. Considere puntos P y Q exteriores y a un mismo lado de a una recta L. Determinar un punto R en la recta L que verifique que la suma de las distancias PR + RQ sea m´ınima.
38
6. Demostrar que las alturas de un tri´angulo concurren en un punto llamado ortocentro del tri´ angulo. Demostrar que la distancia desde el v´ertice hasta el punto de intersecci´on de sus alturas, es dos veces mayor que la distancia desde el centro del c´ırculo circunscrito hasta el lado opuesto. 7. Demostrar que el radio de la circunferencia inscrita en un tri´angulo rect´angulo se determina por la f´ormula r = a+2b−c , donde a y b son los catetos y c la hipotenusa. 8. Los catetos de un tri´angulo rect´angulo son a y b. Encontrar la distancia desde el v´ertice del ´angulo recto hasta el punto de la circunferencia inscrita m´as pr´oximo a ´el. 9. Los lados de un tri´angulo AB C son BC = a, CA = b, AB = c. Determinar la raz´on en la que el punto de intersecci´on de las bisectrices divide a la bisectriz del ´angulo en B . 10. Sobre la base AC de un tri´angulo is´osceles se toma un punto M de manera que AM = a, MC = b. En los tri´angulos ABM y CB M est´an inscritas circunferencias. Hallar la distancia entre los puntos de tangencia del lado BM con estas circunferencias. 11. Un tri´angulo rect´angulo tiene trazada la bisectriz del ´angulo recto. Hallar la distancia entre los puntos de intersecci´on de las alturas de los dos tri´angulos formados si los catetos del tri´ angulo son a y b. 12. En una circunferencia de centro O se trazan por los extremos de un di´ametro AB dos cuerdas paralelas AC y BD . Demostrar que los ´angulos ∠ACO y ∠BDO son iguales. 13. En una circunferencia de centro O se traza un di´ametro AB y una cuerda AC tales que ◦ ∠CAB = 30 . La tangente en el punto C intersecta a la propongaci´ on de AB en el punto D. Demostrar que el tri´angulo AC D es is´osceles. 14. En una circunferencia de centro O se trazan dos radios OA y OB y una cuerda MN perpendicular a la bisectriz del ´angulo ∠AOB. La cuerda MN intersecta a los radios OA y OB en los puntos C y D. Demostrar que MC = DN y CA = DB . 15. Demostrar que la suma de las perpendiculares trazadas a los lados desde un punto interior de un tri´angulo equil´atero, es igual a la altura del tri´angulo. 16. Demostrar que la recta que une los pies de las alturas iguales de un tri´angulo is´osceles es paralela a la base. 17. Dado un tri´angulo ABC , rect´angulo en C , se prolonga el cateto AC en una longitud CD igual a AC. Luego se traza la perpendicular desde D a la hipotenusa AB , la cual intersecta al cateto BC en E . Demostrar que AE y BD son perpendiculares. 18. En un rect´angulo ABCD (AB > BC ), se trazan CE perpendicular a BD y CF bisectriz del ´angulo ∠ACE (con F en AB ). Demostrar que FB = BC . 19. Construir las tangentes desde un punto dado a una circunferencia dada. 20. Demostrar que las distancias desde el v´ertice A de un tri´angulo ABC hasta el punto de tangencia de los lados AB y AC con la circunferencia inscrita son iguales a s a donde 2s es el per´ımetro del tri´angulo ABC.
−
39
21. En el lado de un ´angulo recto con v´ertice en el punto O se toman dos puntoa A y B , siendo las medidas OA = a y OB = b. Hallar el radio de la circunferencia que pasa por A, por B y que es tangente al otro lado del ´angulo. 22. Demostrar que la suma de las distancias de cualquier punto de la base de un tri´angulo is´osceles hasta sus lados, es igual a la altura del tri´angulo correspondiente a uno de sus lados. 23. Construir las tangentes comunes a dos circunferencias dadas. 24. Determinar el lugar geom´ etrico de los puntos del plano desde los cuales se observa un trazo con un ´angulo constante. Note que si el ´angulo en cuesti´on mide π/2, entonces el lugar geom´etrico es la circunferencia de di´ametro igual al trazo. 25. Probar que la bisectriz de un ´angulo interior de un tri´angulo divide al lado opuesto en la raz´ on de los otros dos lados del tri´angulo.
←→
26. Sobre una recta AB se toma un punto P entre A y B. Luego por A y B se trazan dos paralelas cualesquiera sobre las cuales se toma AM = AP, BN = BP , de un mismo lado de AB. Sea C el punto medio de MN . Demostrar que el tri´angulo AB C es rect´angulo en C .
←→
27. Demostrar que si en un cuadril´atero ABCD los ´angulos en B y D son rectos, entonces las bisectrices de los ´angulos en A y C son paralelas. 28. Dado un paralel´ogramo ABCD, donde AB = 2BC, sea M el punto medio de DC. Demostrar que el ´angulo ∠AMB es recto.
←→ ←→ ←→
29. Demostrar que las rectas HF y GE que unen los puntos medios de los lados opuestos de un cuadril´ atero y la recta IJ que une los puntos medios de las diagonales son concurrentes. 30. Dado un tri´angulo ABC ; M , N y P son puntos medios de los lados AB , BC y CA , respectivamente y CH es altura. Demostrar que el cuadril´atero MHNP es un trapecio is´osceles. 31. Si la circunferencia inscrita a un tri´angulo ABC toca a los lados BC y AC en los puntos X e Y , respectivamente, demostrar que CX + CY = BC + CA AB.
−
32. En el tri´angulo AB C rect´angulo en C pitag´orico 3, 4, 5 se traza la altura CE. Sean r1 y r2 los radios de las circunferencias inscritas en los tri´angulos AEC y EC B y r3 el radio de la circunferencia inscrita al tri´angulo ABC. Probar que con r1 , r2 y r3 puede construirse un tri´ angulo rect´angulo. 33. Demostrar que la proyecci´on del punto medio de un cateto sobre la hipotenusa, determina sobre ella dos trazos, cuya diferencia de cuadrados es igual al cuadrado del otro cateto. 34. Probar que el ´angulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ´angulo del centro que subtiende el mismo arco. 35. Desde un punto P exterior a la circunferencia, se traza una secante PBC y la tangente PA. Determinar el lugar geom´ etrico del ortocentro del tri´angulo ABC cuando la secante var´ıa. 36. En un cuadril´atero ABCD se conocen los ´angulos ∠DAB = 90◦ , ∠DBC = 90 ◦ , adem´as las medidas DB = a y DC = b. Hallar las distancias entre los centros de las circunferencias, una de las cuales pasa por los puntos D,A, B y la otra por los puntos B,C,D. 40
←→ ←→
37. Se da una circunferencia y un punto A fuera de ´esta. AB y AC son tangentes a la circunferencia (B y C son los puntos de tangencia). Demostrar que el centro de la circunferencia inscrita en el tri´angulo ABC se halla en la circunferencia dada. 38. El tri´angulo equil´atero ABC est´a inscrito en una circunferencia y en el arco B C se toma un punto arbitrario M. Demostrar que AM = BM + CM. 39. Expresar el lado del dec´agono regular a trav´ es de R, que es el radio de la circunferencia circunscrita.
2.3.
´ Areas y el Teorema de Tales.
El concepto de ´area de una regi´on puede entenderse como una medida del espacio que la regi´on ocupa en el plano. Por supuesto que esto ha sido desarrollado desde temprana edad, aunque po cas veces internalizado por el estudiante. Posiblemente una idea de este concepto fue lograda al dibujar regiones sobre el papel milimetrado y contar cu´antos cuadrados de un mil´ımetro de lado estaban contenidos en la regi´on. Si en la regi´on entraban exactamente 20 de estos cuadrados, dec´ıamos que la regi´on ocupaba un ´area de 20 cent´ımetros cuadrados. Ocurr´ıa a veces que no era posible determinar un n´umero exacto de cuadrados contenidos en la regi´ on debido a la forma de su frontera, como pasa por ejemplo con un c´ırculo. En este caso, ¿c´omo ´ determinar el ´area ? ¿Existen regiones del plano para las que no sea posible asociar un ´area ? Estas son preguntas bastante profundas que el lector quiz´as aclare alg´un d´ıa. Partiremos formalizando el concepto intuitivo de ´area, a trav´es de algunos postulados, para las regiones m´as simples que son los pol´ıgonos. Postulados de ´ areas
Suponemos definida una funci´on a del conjunto de todos los pol´ıgonos cerrados en los n´umeros reales positivos, que verifica los siguientes postulados.
P
Postulado 1: Regiones poligonales adyacentes tienen ´areas aditivas.
41
En el caso de la figura, las regiones R 1 y R 2 son adyacentes porque comparten un lado com´un. El postulado establece que:
a(R1
∪ R2) = a(R1) + a(R2)
Postulado 2: Pol´ıgonos congruentes tienen igual ´area. Postulado 3: El ´area de un rect´angulo es igual al producto de las longitudes de dos lados contiguos. ´ Teorema 2.3.0.19. Area del paralel´ogramo. El ´area de un paralel´ogramo es igual al producto de las longitudes de su base y su altura.
Considere el paralel´ogramo ABCD con base AB y altura DE de medidas b y h respectivamente. Debemos probar que el ´area de este paralel´ogramo es bh. a(#ABCD) = a( AED) + a(EBCD) = a( BF C ) + a(EBCD) = a(EFCD)
Lo anterior es consecuencia de la congruencia de los tri´angulos AED y BFC. Luego por el postulado 3 como el ´area del rect´angulo EFCD es bh el ´area del paralel´ogramo es bh. ´ Teorema 2.3.0.20. Area del tri´angulo. El ´area de un tri´angulo es igual al semiproducto de las longitudes de una base por la altura correspondiente.
Considere el tri´angulo ABC de base y altura de medidas c y h respectivamente. Debemos probar que su ´area puede ser calculada como a( ABC ) = ch/2. Para probar esto, la idea es utilizar el ´area anteriormente demostrada. Tracemos por el punto C una paralela a la base AB y por el
42
punto B una paralela a el lado AC. Estas dos rectas se cortan en el punto D, como se muestra en la figura. El lector puede verificar que los tri´angulos ABC y DCB son congruentes, luego por el postulado 2 tienen igual ´area. a( ABC ) + a( BDC ) = a(#ABDC ) = ch,
luego 2a( ABC ) = ch,
de donde se deduce claramente el resultado. ´ Teorema 2.3.0.21. Area del trapecio. El ´area de un trapecio es igual al producto de la semisuma de las longitudes de sus bases y la longitud de su altura.
Considere un trapecio ABCD con lados paralelos, las bases AB y CD de medidas a y b respectivamente. Por el punto medio del lado AD tracemos la paralela al lado BC , que corta a las bases en los puntos P y Q como se aprecia en la figura. El lector puede verificar que los tri´angulos AQM y DP M son congruentes, por lo que tienen la misma ´area. a(ABCD) = a( AQM ) + a(QBCDM ) = a( DP M ) + a(QBCDM ) = a(#QBCP ).
Luego s´olo falta calcular la longitud de la base del paralel´ogramo QBCP. Para ello sea AQ = x = b + x de donde a b x = 2 2 . De lo anterior PD = x. Como los lados opuestos de un paralel´ogramo miden lo mismo a
−
QB = PC = b + x = b +
Luego el ´area del paralel´ogramo QBCP es
a 2
(a+b) 2 h,
−
− 2b = (a +2 b) . lo que demuestra el teorema.
Teorema 2.3.0.22. Teorema de Tales. Si por un punto de un lado de un tri´angulo trazamos la paralela a otro de sus lados, entonces se determinan segmentos proporcionales.
43
En el tri´angulo ABC, por el punto P del lado AC se ha trazado la paralela al lado AB . Si las medidas de los segmentos CP , PA, CQ y QB son x, y, z y w respectivamente y las medidas de los trazos paralelos PQ y AB son a y b, el teorema establece que x z a x z = y que = = . y w b x+y z + w Para demostrar el teorema utilizaremos dos lemas que pueden ser verificados directamente por el lector. Lema 2.3.1. Si dos tri´angulos tienen igual base, la raz´on de sus ´areas es la raz´on de las alturas correspondientes. Lema 2.3.2. Si dos tri´angulos tienen igual altura, la raz´o n de sus ´areas es la raz´on de las bases correspondientes. Pasamos ahora a demostrar el teorema.
Note primero que los tri´angulos AQP y P QC tienen la misma altura h respecto a las bases x e y. Por lo que la raz´on entre sus ´areas es la raz´on entre sus bases, esto es a( P QC ) x = . a( AQP ) y
44
Si hacemos el mismo an´alisis anterior, pero ahora mirando el lado derecho, los tri´angulos BP Q y QP C tienen la misma altura h 2 respecto a los lados w y z respectivamente, luego la raz´on entre sus a´reas, es la raz´on entre sus bases, esto es a( P QC ) z = . a( BQP ) w
x z = s´olo necesitamos verificar que las ´areas de los tri´angulos AQP y w y BP Q son iguales. Como notar´a, ambos tri´angulos tienen la misma base “a”, sus ´areas ser´an iguales si sus alturas tienen la misma medida. Esto sucede s´olo si las rectas son paralelas, que es nuestra hip´otesis inicial. Lo anterior demuestra el teorema. Luego para probar que
La relaci´on entre las longitudes de los segmentos paralelos resulta de trazar la paralela al lado AC, en el punto Q.
Utilizando el resultado anterior tenemos que 45
b
−a = w a
z
Sumando 1 a ambos lados
b z + w = . a z
Que es lo que ten´ıamos que probar. Note que en realidad, de la demostraci´on del teorema directo se deduce el rec´ıproco del teorema de Tales. Teorema 2.3.0.23. Rec´ıproco del teorema de Tales. Si una recta que corta dos lados de un tri´angulo determina sobre estos segmentos proporcionales, entonces esta recta es paralela al tercer lado. Esto es por que si xy = wz , entonces por el an´alisis anterior tenemos que los tri´angulos AQP y BP Q tienen la misma ´area. Como ambos comparten la base “a”, de esto se deduce que tienen alturas de la misma medida respecto a esa base por lo que los segmentos AB y PQ son paralelos. Ejemplo:
Considere el hex´agono regular ABCDEF de la figura, donde la medida del lado AB es a.
∼
1. Probar que AC = BF. Soluci´ on:
Hip´ otesis: ABCDEF hex´agono regular FA = AB = BC = a
En los tri´angulos ∆ABF y ∆ABC se cumple que :
∼
FA = BC y AB es lado com´ un a ambos tri´angulos, luego por hip´ otesis:
∼= ∠ABC
∠F AB
porque los ´angulos son todos iguales (en este caso a 120 ◦ ). Luego utilizando el criterio de
∼
congruencia LAL se tiene que: ∆ABF = ∆ABC por tanto, por ser lados correspondientes de dos tri´angulos congruentes se tiene :
∼
Tesis : AC = BF
46
2. Calcular el ´area y el per´ımetro del
ABC en t´erminos de a.
Soluci´ on:
Inscribimos el hex´agono en una circunferencia cuyo radio ser´a necesariamente igual a a.
∼
En la figura, ∆AOB = ∆BOC y ambos son equil´ateros. Luego se tiene que la longitud AC = 2h, donde “h.es la altura del ∆AOB equil´atero. Como 3 sabemos que h = a, luego AC = 3a. De lo anterior, el per´ımetro del ∆ABC es p = 2 a + a + 3a = a(2 + 3)
√
√ √
El ´area del ∆ABC =
√
AC h
·
. Para calcular h, en la figura ABCO es un paralel´ogramo, luego 2 OB r a sus diagonales se dimidian y la altura del ∆ ABC resulta ser = = . Luego el ´area 2 2 2 3a a/2 3 2 del ∆ABC = = a . 2 4
√ ·
√
·
Tambi´en puede observar que los tri´angulos ∆ABC y ∆ABO tienen la misma base AB e igual altura correspondiente a esa base, luego tienen igual ´area. De lo anterior se deduce inmediatamente que el ´area del ∆ABC es a4 3. 2
√
Ejercicios
1. Las diagonales de un cuadril´atero convexo son a y b y los segmentos que unen los puntos medios de los lados opuestos son iguales. Hallar el ´area del cuadril´atero. 2. Alrededor de una circunferencia est´a circunscrito un trapecio is´osceles con lado igual a l, siendo una de las bases de ´este igual a a. Hallar el ´area del trapecio. 3. Los v´ ertices de un hex´agono regular con lado a son los centros de circunferencias cuyos a radios son iguales a √ . Hallar el ´area de la parte del hex´agono dispuesta fuera de estas 2 circunferencias. 47
4. Se dan tres circunferencias de radio r que se rozan de dos en dos. Hallar el ´area del tri´angulo formado por tres rectas, cada una de las cuales es tangente a dos circunferencias y no toca a la tercera. 5. Tenemos dos tri´ angulos con un v´ertice A com´ un, los dem´as v´ertices se encuentran en dos rectas que pasan por A. Demostrar que la raz´on entre las ´areas de estos tri´angulos es igual a la raz´on entre los productos de los dos lados de cada tri´angulo que tienen al v´ertice A. 6. La hipotenusa de un tri´angulo rect´angulo es igual a c y uno de los ´angulos agudos es igual a 30◦ . Encontrar el radio de la circunferencia con centro en el v´ertice del ´angulo de 30◦ . que divide al tri´angulo dado en dos partes equivalentes. 7. La transversal de gravedad de un tri´ angulo rect´angulo es igual a m y divide al ´angulo recto en raz´on 1 : 2. Hallar el ´area del tri´angulo. 8. Si el ´area de un tri´angulo equil´atero es A, calcular el ´area del cuadrado inscrito en la circunferencia circunscrita al tri´angulo. 9. Dado un cuadril´atero ABCD. ¿Qu´e punto E debe elegirse sobre la diagonal AC de modo que la l´ınea B ED divida al cuadril´atero en dos partes equivalentes. 10. Dos rectas paralelas a las bases de un trapecio dividen cada uno de sus lados en tres partes iguales. Todo el trapecio se encuentra dividido por ellas en tres partes. Hallar el ´area de la parte media, si las ´areas de las partes extremas son S 1 y S 2 . 11. La base AB de un trapecio ABCD es a y la base CD es b. Hallar el ´area del trapecio si se sabe que sus diagonales son las bisectrices de los ´angulos ∠DAB y ∠ABC. 12. En los lados AB y AD de un rombo ABCD se eligen puntos M y N de manera que las rectas MC y N C dividen al rombo en tres partes de ´areas iguales. Hallar MN si la longitud de BD = d.
←−→ ←→
13. En el lado AB de un tri´angulo ABC se toman dos puntos M y N de manera que AM : MN : NB = 1 : 2 : 3. Por los puntos M y N se trazan paralelas al lado AC. Hallar el ´area de la parte del tri´angulo comprendida entre estas rectas, si el ´area del tri´angulo ABC es igual a S. 14. El ´area de un rombo es S y la suma de sus diagonales m. Hallar el lado del rombo.
2.4.
Construcciones geom´ etricas elementales.
Esta secci´on resultar´a eminentemente t´ecnica para el lector, incluso pueden considerarse las construcciones presentadas como ejemplos concretos donde se aplican los teoremas demostrados en secciones anteriores. La idea es contar con herramientas bien fundamentadas que permitan entender y desarrollar con mayor consistencia los temas que se tratar´an m´as adelante. Entenderemos por construcciones geom´etricas aquellas que pueden ser realizadas solamente utilizando dos instrumentos: la regla y el comp´as. Esto limitar´a nuestro accionar pues, por ejemplo, 48
no podremos medir la amplitud de ´angulos (no contamos con un transportador) ni podremos medir cualquier longitud (nuestra regla tendr´a siempre limitaciones de precisi´on). De este modo, s´olo podremos trazar segmentos con la regla as´ı como trazar circunferencias y transportar longitudes (desconocidas en general) con el comp´as. El primer ejemplo de construcci´on lo vimos al estudiar el postulado de medida de ´angulos en la secci´on 3.3. En esa ocasi´on y, a trav´es de ese procedimiento constructivo adquirimos una herramienta para copiar un ´angulo dado sobre una semirrecta dada, sin necesidad de conocer la amplitud del ´angulo. A continuaci´on presentaremos algunas construcciones geom´etricas elementales y su justificaci´on te´orica a partir de los teoremas demostrados con antelaci´on. Simetral de un trazo.
Sea dado el segmento AB : - Trace una circunferencia C 1 con centro en A y radio mayor que
AB
2
.
- Con el mismo radio, trace una circunferencia C 2 con centro en B . - Las circunferencias C 1 y C 2 se cortan en los puntos P y Q. - Trace la recta s que determinan los puntos P y Q y corta al segmento AB en M .
AB
Como el radio de ambas circunferencias es mayor que , ´estas se cortan en P y Q. Note 2 que el cuadril´atero AQBP es un rombo, por lo que sus diagonales se dimidian en el punto M y son perpendiculares, lo que significa que la recta s es perpendicular al segmento AB y lo dimidia. Note que esta construcci´on tambi´en sirve para encontrar el punto medio de un segmento dado. Perpendicular a una recta por un punto de la recta.
Sea una recta dada y sea P un punto sobre ella: 49
- Trace una circunferencia C 1 con centro en P y radio arbitrario. - Sean A y B los puntos de intersecci´on de la circunferencia C 1 con la recta . - Trace la simetral s del segmento AB .
El punto P , por ser centro de la circunferencia, es punto medio del di´ametro AB, luego la simetral de este segmento pasar´a por P y ser´a perpendicular a ´el. Perpendicular a una recta por un punto exterior a ella.
Sea una recta dada y sea P un punto exterior a ella: - Trace una circunferencia C 1 con centro en P y radio mayor que la distancia del punto P a la recta. - Sean A y B los puntos de intersecci´on de la circunferencia C 1 con la recta . - Trace la simetral s del segmento AB .
Los segmentos PA y PB, por ser radios de la circunferencia C 1 son iguales, entonces el punto P yace sobre la simetral s del segmento AB y ´esta es perpendicular a .
50
Paralela a una recta por un punto exterior a ella.
Sea una recta dada y sea P un punto exterior a ella. Hay varias construcciones posibles, presentamos tres de ellas: 1. - Trace una recta cualquiera t que pase por P y corte a en un punto Q. - Copie el ´angulo α = que contiene a α.
∠QP sobre
la recta t, con v´ertice en P y en el semiplano contrario al
- Trace la recta s que contiene al otro lado del ´angulo copiado.
Como ∠QP = ∠QP s, por el postulado de las paralelas, si se forman ´angulos alternos internos iguales, la recta s es paralela a la recta . 2. - Trace la recta p que pasa por P y es perpendicular a . - Trace la recta s que pasa por P y es perpendicular a p.
Como
⊥ p y p ⊥ s, entonces: la recta s es paralela a la recta .
3. - Tome un segmento AB sobre la recta . - Trace la circunferencia C 1 de centro en P y radio AB . - Trace la circunferencia C 2 de centro en B y radio PA. - C 1 y C 2 se cortan en Q. Trace la recta s que determinan P y Q.
51
Como AB = PQ y AP = BQ , el cuadril´atero ABQP es un paralel´ogramo y la recta s es paralela a la recta . Bisectriz de un ´ angulo.
Sea α un ´angulo de v´ertice A y lados 1 y 2 : - Trace una circunferencia C 1 con centro en A y radio arbitrario. - Sean P y Q los puntos de intersecci´on de la circunferencia C 1 con las rectas 1 y 2 . - Trace la simetral b del segmento PQ .
Los segmentos AP y AQ, por ser radios de la circunferencia C 1 son iguales, entonces el tri´ angulo AP Q es is´osceles y ya probamos anteriormente que la bisectriz del ´angulo α coicide con la simetral de la base del tri´angulo. Tri´ angulo equil´ atero de lado dado.
Sea AB un segmento dado:
52
- Trace una circunferencia C 1 con centro en A y radio AB . - Trace una circunferencia C 2 con centro en B y radio AB . - Las circunferencias C 1 y C 2 se cortan en los puntos P y Q.
Los segmentos AB , AP, BP , BQ y AQ, por ser radios de las circunferencias C 1 y C 2 , son iguales; entonces los tri´angulos AB P y ABQ son equil´ateros y sus ´angulos interiores miden 60◦ .
2.5.
El n´ umero
π
y el ´ area de la circunferencia.
La circunferencia ha sido desde tiempos remotos objeto de admiraci´on por la perfecci´on y simetr´ıa de su forma. Al observar la Luna llena, el Sol en d´ıas nublados y las trayectorias de las estrellas durante la noche, todo parec´ıa estar en perfecta armon´ıa unido a trav´es de esta “m´agica¸curva. Por lo anterior no es extra˜no que los primeros matem´aticos se hallan interesado en estudiar sus principales caracter´ısticas. Entendemos como circunferencia al lugar geom´ etrico de todos los puntos que equidistan de un mismo punto llamado centro. La distancia constante es el radio de la circunferencia. Una cuerda es un segmento que une dos puntos de la circunferencia. Si esta cuerda pasa por el centro recibe el nombre de di´ametro. Un ´angulo que tiene su v´ertice en la circunferencia y cuyos lados son cuerdas de ´esta es un ´angulo inscrito en la circunferencia.
53
Definimos la recta tangente a una circunferencia en un punto de ella como la perpendicular al radio en el punto. Lema 2.5.1. La recta tangente corta en un ´unico punto a la circunferencia Realizaremos la demostraci´on por reducci´on al absurdo. Supongamos que la recta tangente a una circunferencia en el punto P, corta a la circunferencia en otro punto Q. Por definici´on, la tangente en P es perpendicular al radio en el punto de contacto, luego el ´angulo OP Q es recto. Como el tri´ angulo OP Q es is´osceles el ´angulo OQP tambi´en es recto. Tendr´ıamos entonces un tri´angulo cuya suma de ´angulos interiores es mayor que 180 ◦ . Esta contradicci´on prueba el teorema.
Existen muchas propiedades tanto angulares como m´etricas relacionadas con la circunferencia. Algunas de estas propiedades est´an resumidas en los siguientes teoremas. Teorema 2.5.0.24. Todo ´angulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ´angulo central que subtiende el mismo arco. Consideremos el ´angulo inscrito AC B que subtiende el arco AB en la circunferencia de centro O y radio r. En la demostraci´on hay tres casos a considerar seg´un el centro O de la circunferencia est´e en el interior del ´angulo, en uno de los lados del ´angulo o en el exterior del ´angulo, casos que se presentan en la siguiente figura.
54
Utilizando que los ´angulos basales de un tri´angulo is´osceles tienen igual medida, el teorema resulta en todos los casos de sumar ´angulos en tri´ angulos. Lo anterior prueba el siguiente resultado Teorema 2.5.0.25. Dos ´angulos inscritos en una circunferencia que subtienden el mismo arco tienen igual medida. Con un an´alisis similar al del teorema anterior, el lector puede demostrar los siguientes teoremas. Teorema 2.5.0.26. Todo ´angulo inscrito en una semicircunferencia es recto.
Teorema 2.5.0.27. El ´angulo formado por una cuerda y la recta tangente en uno de los extremos de ella, mide lo mismo que cualquier ´angulo inscrito que subtienda esa cueda.
Consideremos el siguiente problema que est´a ´ıntimamente ligado con lo que hemos expuesto anteriormente. Un futbolista acomoda la pelota para realizar un tiro libre. Observa el arco con un ´angulo α desde su posici´on ¿Desde qu´ e otros puntos de la cancha, se observa el arco con la misma amplitud α ?
55
Es claro que si el futbolista se aleja del arco en la direcci´on de la flecha, el ´angulo con que lo observa disminuir´a. Si por el contrario se acerca en la direcci´on contraria, el ´angulo aumentar´a. Luego deber´ıa moverse hacia el costado. Si el lector recuerda que los ´angulos inscritos en una circunferencia que subtienden el mismo arco miden lo mismo, se dar´a cuenta que lo ´unico que tiene que hacer es construir la circunferencia que pasa por los puntos A, B y P. Si coloca el bal´on en esa circunferencia, seguir´a observando el arco con el mismo ´angulo α. Sin saberlo ha descubierto un lugar geom´etrico muy interesante llamado arco capaz. Definici´ on 2.5.2. Dada una base fija AB y un ´angulo α, El lugar geom´etrico de los v´ertices C de todos los tri´angulos que tienen una base com´un AB y el ´angulo opuesto de magnitud α es el arco capaz de magnitud α del segmento AB . Dado un segmento AB y un ´angulo α describimos ahora la construcci´on del arco capaz de magnitud α del segmento AB . Primero copiamos el ´angulo α a partir del v´ertice A y hacia abajo del segmento AB. El centro del arco se determina intersectando la simetral del trazo AB con la perpendicular al lado del ´angulo en el punto A como en la figura.
Ejercicios
1. Dados tres puntos A, B y C en un mismo plano, determinar un cuarto punto Q tal que unido con los tres anteriores, las rectas QA, QB y QC formen dos ´angulos dados α y β . 56
2. Dado un tri´angulo ABC hallar en su interior un punto Q tal que los ´angulos ∠AQB, y ∠CQA sean de igual medida. (Problema de Brocard)
∠BQC
3. Determinar el lugar geom´etrico de los puntos medios de los lados de un tri´angulo ABC cuya base AB es fija y el ´angulo γ opuesto a la base es constante. Tambi´en se producen algunas relaciones m´etricas importantes de mencionar. Suponga que considera un punto P en el exterior de una circunferencia de centro O y radio r. Trace desde P un rayo que corte a la circunferencia en los puntos A y B . Notar´a que el producto PA PB permanece constante independiente del rayo trazado. Intente verificar esto con Cabri. Esto en realidad no es casualidad, este importante invariante recibe el nombre de “potencia del punto P respecto a la circunferencia”.
·
Teorema 2.5.0.28. Si por un punto dado P se trazan secantes a una circunferencia dada, las distancias desde P a cada uno de los puntos de corte de cada secante con la circunferencia tienen productos iguales.
Para ver esto sea P un punto en el exterior a una circunferencia, tracemos una secante que corta en los puntos A y B a la circunferencia. Sea T el punto en que la recta tangente desde P corta a la circunferencia. Como los tri´angulos P T A y P BT tienen dos ´angulos iguales, son semejantes, entonces sus lados son proporcionales por lo que PA PT = . PT PB
Lo anterior prueba que el producto PA PB vale PT 2 y no depende de la semirrecta trazada. Asi, si trazamos otra secante que corta a la circunferencia en los puntos C y D, tenemos que
·
PA PB = PC PD = PT2 .
·
·
57
Puede probarse tambi´en que el producto P A P B es constante para un punto P situado en el interior de la circunferencia.
·
Teorema 2.5.0.29. Sea P un punto en el interior de una circunferencia, suponga que traza dos secantes por P que cortan a la circunferencia en puntos A, B y C, D respectivamente, entonces PA PB = PC PD.
·
·
La afirmaci´on anterior se obtiene directamente de la semejanza de los tri´angulos P DA y PDC. Pensemos ahora en el problema de asignar un ´area a una regi´on circular. En este caso la forma de la frontera es curva, lo que hace que el problema de asignar un ´area sea significativamente m´as dif´ıcil. El problema de las l´unulas de Hip´ocrates daba una esperanza de que era posible calcular ´areas de regiones curvas. Este resultado establece lo siguiente. Sea ABC un tri´angulo rect´angulo en A; las superficies comprendidas entre el semic´ırculo BAC de di´ametro BC y los semic´ırculos de di´ametros AC y AB exteriores al tri´angulo, se llaman l´unulas de Hip´ocrates. La suma de las ´areas de estas dos l´unulas es igual al ´area del tri´angulo ABC.
58
El problema de construir un pol´ıgono cuya ´area sea igual a la de un c´ırculo dado, tuvo entonces nuevas esperanzas dado que era posible, de acuerdo a lo anterior, hacer que la suma de ´areas de regiones de fontera curva con forma de luna, fuera igual al ´area de un simple tri´angulo rect´angulo. El primero en dar una luz para la soluci´on del problema del c´alculo del ´area de regiones de frontera curva fue Arqu´ımedes quien utiliz´o un m´etodo llamado “Exhauci´on”para determinar el ´area de algunas regiones. Este m´etodo consist´ıa en inscribir pol´ıgonos de ´area, por supuesto conocida, en el interior de la regi´on y aumentar sus lados, de modo que el ´area de la regi´on original fuera aproximada sucesivamente por ´areas de pol´ıgonos inscritos. Es decir la idea de l´ımite que ser´ıa formalizada mucho m´as tarde por Leibnitz.
Consideremos dos circunferencias C 1 y C r , una de radio unitario y otra de radio r. Consideremos tambi´en dos pol´ıgonos regulares, P n y P n , con el mismo n´umero de lados inscritos en ambas circunferencias. Hemos mencionado anteriormente que la raz´on entre las ´areas de estos pol´ıgonos es el cuadrado de la raz´on entre elementos hom´ologos. Esto es
n ) r2 ´ Area(P = . ´ 1 Area(P n) Si hacemos crecer el n´umero de lados, el ´area de cada pol´ıgono estar´a tan cerca del ´area del c´ırculo como queramos, luego es de esperar que la misma relaci´on anterior se mantenga para el ´area de las circunferencias anteriores. Esto es ´ Area(C r2 r) = ´ 1 Area(C 1) de donde deducimos que el ´area de una circunferencia es proporcional al cuadrado del radio, es decir 59
2 ´ Area(C r ) = k r ,
·
donde la constante k es el ´area del c´ırculo unitario, tardaron bastante tiempo en darse cuenta que esta constante era en realidad un n´umero irracional, esto significa que su representaci´on decimal es infinita no peri´odica. Este n´umero fue bautizado por Euler como π. Como el lector debe conocer, algunos n´umeros irracionales pueden ser construidos geom´ etricamente, por ejemplo 5 se determina como la diagonal de un rect´angulo de lados de una y dos unidades respectivamente. La demostraci´on de que era imposible construir un pol´ıgono con igual ´area que un c´ırculo s´olo se consigui´o despu´ es de desarrollar una nueva teor´ıa con mucha m´as matem´ atica de la que se estimaba inicialmente, lo que sepult´o la esperanza griega de la cuadratura del c´ırculo.
√
Los primeros mil decimales de π son 3.141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816406286 20899862803482534211706798214808651328230664709384460955058223172535940812848 11174502841027019385211055596446229489549303819644288109756659334461284756482 33786783165271201909145648566923460348610454326648213393607260249141273724587 00660631558817488152092096282925409171536436789259036001133053054882046652138 41469519415116094330572703657595919530921861173819326117931051185480744623799 62749567351885752724891227938183011949129833673362440656643086021394946395224 73719070217986094370277053921717629317675238467481846766940513200056812714526 35608277857713427577896091736371787214684409012249534301465495853710507922796 89258923542019956112129021960864034418159813629774771309960518707211349999998 37297804995105973173281609631859502445945534690830264252230825334468503526193 11881710100031378387528865875332083814206171776691473035982534904287554687311 59562863882353787593751957781857780532171226806613001927876611195909216420198 El poema que hemos puesto en los inicios de este texto tiene una estrecha relaci´on con este magn´ıfico n´umero. Desafiamos al lector a que encuentre dicha relaci´on. “Soy, y ser´e a todos definible mi nombre tengo que daros cociente diametral siempre inmedible soy de los redondos aros.” El an´alisis anteriormente expuesto prueba el siguiente teorema. Teorema 2.5.0.30. El ´area de una circunferencia de radio r es πr 2 . La relaci´on existente entre el ´area de un pol´ıgono regular y su per´ımetro permite calcular el per´ımetro de la circunferencia conociendo su ´area.
60
Lema 2.5.3. El ´area de un pol´ıgono regular es igual al semiproducto de su per´ımetro y apotema.
El apotema es el segmento que va desde el centro del pol´ıgono al punto medio de uno de sus lados en la figura hemos designado su longitud por “a”. Si x1 , x2 ,...,x n denotan las longitudes de los n lados del pol´ıgono, que por supuesto miden lo mismo, podemos calcular su ´area como la suma de las ´areas de los tri´angulos en que es descompuesto. Esto es, a ´ Area = (x1 + x2 + ... + xn ) . 2 Por lo anterior y suponiendo que al aumentar el n´umero de lados, el per´ımetro del pol´ıgono se acerca al per´ımetro del c´ırculo y su apotema a su radio r. Tenemos la interesante relaci´on entre el ´area A del c´ırculo y su per´ımetro P .
·
· r2
A = P
Reemplazando la f´ormula antes obtenida para el ´area tenemos el siguiente resultado. Teorema 2.5.0.31. El per´ımetro de una circunferencia de radio r es 2πr
2.6.
Divisi´ on de un segmento. Raz´ on ´ aurea.
En la Geometr´ıa el problema de la divisi´on de un todo en partes aparece repetidamente, ya sea referido a longitudes, amplitudes, ´areas o vol´umenes. El lector reconocer´a este tema si se detiene a pensar en situaciones tan simples como la medici´on de distancias, el loteo de terrenos o el reparto de una torta de cumplea˜nos. Usualmente se aborda este problema a trav´ es de instrumentos de medici´on adecuados al tipo de magnitud que se quiere dividir. Por ejemplo, si se quiere dividir un segmento de 3 metros de longitud en tres partes iguales, se toma una lienza y se miden con ella segmentos consecutivos de 1 metro cada uno. El lector estar´a de acuerdo en que este procedimiento es extremadamente limitado, porque basta que el segmento original mida 1 metro de longitud y nuestro instrumento se hace inservible para esta tarea, pues su precisi´on es limitada para medir la longitud requerida (1 /3 = 0.3 metros). No resulta muy dif´ıcil notar que, a pesar de que se cambie la lienza original por el m´as 61
sofisticado y preciso de los instrumentos disponibles, siempre habr´a un l´ımite de exactitud en ´el. Lo mismo ocurre con la medici´on de amplitudes de ´angulos, podremos medir con un transportador un ´angulo recto, pero no podremos dividir con este instrumento (ni cualquier otro m´as preciso) un ´angulo recto en 7 partes iguales. Estas limitaciones est´an relacionadas con la conmensurabilidad de ciertas magnitudes respecto de la unidad de medida m´ınima del instrumento, es decir: si esta unidad “cabe. o no un n´ umero entero de veces en el segmento a medir. A´ un as´ı, es claro que hay m´ etodos geom´ etricos para construir (utilizando solamente regla y comp´ as) segmentos cuyas longitudes sean inconmensurables. Por ejemplo: si se construye un cuadrado de lado 1 metro (magnitud que puede ser medida con una lienza com´un) su diagonal medir´a 2 metros (magnitud inconmensurable con la lienza). Del mismo modo, si construimos un tri´angulo equil´ atero de lado 2 cm, entonces su altura ser´a un segmento de longitud 3 cm. Inmediatamente nos podr´ıamos preguntar si se puede elaborar una construcci´on geom´etrica para obtener segmentos de cualquier longitud. Lamentablemente, la respuesta a esta interrogante es negativa, no todos los n´ umeros reales son construibles geom´etricamente. Las magnitudes que pueden ser “construidaseciben el nombre de n´umeros algebraicos y entre ellas est´an los racionales y las ra´ıces (de cualquier orden). Existen n´ umeros reales que no pueden ser obtenidos como longitud de ning´un segmento a trav´es de una construcci´on geom´etrica que utilice solamente regla y comp´as, estos n´ umeros reciben el nombre de trascendentes y entre ellos est´an π, e y una cantidad infinita de otros n´umeros reales. Si al lector le interesa profundizar en estas denominaciones y su relaci´on con el ´algebra puede investigar sobre el tema en la bibliograf´ıa indicada en este libro.
√
√
De la misma manera, existen construcciones geom´etricas que permiten obtener ´angulos de ciertas magnitudes. Por ejemplo, en las construcciones elementales presentadas obtuvimos ´angulos de 60◦ y 90◦ , luego, copiando ´angulos sucesivamente o construyendo bisectrices de ´angulos dados, podemos obtener ´angulos de 30◦ , 45◦ , 75◦ , 15◦ , 105◦ , entre otros. Si retornamos a una de las situaciones planteadas anteriormente, la de dividir un segmento de 1 metro de longitud en tres partes iguales, podremos profundizar en lo discutido. Presentaremos una construcci´ on geom´ etrica particular que permite resolver este problema y veremos c´omo, utilizando los resultados demostrados en secciones anteriores, podemos justificar te´oricamente lo obtenido a trav´es de la construcci´on. Divisi´ on de un segmento en tres partes iguales.
Sea AB el segmento que se desea dividir. La idea es hacer que este segmento sea la transversal de gravedad de un tri´angulo y el punto buscado su centro de gravedad. Para esto trazamos por el extremo B una recta cualquiera y una circunferencia con centro en B y radio arbitrario, que corta a en C y D. Sea M el punto medio del segmento AC. El segmento MD corta a AB en T . Una circunferencia con centro en T y radio TB corta al segmento AB en S .
62
Discusi´ on:
Es claro que DB = BC por ser radios de la circunferencia y que CM = MA por construcci´on. Luego, en el tri´angulo ADC tenemos que DM y AB son transversales de gravedad, por lo que se cortan en raz´on 1 : 2. Eso indica que BT = determinada.
AB
3
. La posici´ on del punto S queda ahora claramente
Note que esta construcci´on puede hacerse s´olo con regla y comp´as pues est´a basada en las construcciones elementales que vimos en la secci´on anterior, adem´as puede ser rigurosamente justificada a partir de los resultados con que contamos de geometr´ıa plana. Como el procedimiento es independiente de la longitud original del segmento AB , puede ser replicado para dividir en tres partes iguales cualquier segmento. Para extender lo que hemos visto describiremos y justificaremos una construcci´on geom´etrica que permite dividir un segmento arbitrario en un n´umero cualquiera n de partes iguales. Divisi´ on de un segmento en n partes iguales.
Dado el segmento AB , se traza una semirrecta cualquiera con origen en A. Sobre la semirrecta se construyen n segmentos iguales (basta con hacer un segmento con origen en A) y hacer circunferencias iguales. Desde el extremo G del n-´esimo segmento, se traza el segmento GB . Basta con hacer rectas paralelas a GB por los puntos intermedios C , D, E y F . Las intersecciones de estas rectas con AB determinan la divisi´on del segmento.
63
Discusi´ on:
La construcci´on puede hacerse s´olo con regla y comp´as ya que est´a basada en las construcciones elementales que vimos en la secci´on anterior. La construcci´on se basa en el teorema de Tales aplicado al tri´angulo ABG. Como las transversales son todas paralelas entre s´ı, determinan sobre el lado AB segmentos en la misma proporci´on de los que est´an en el lado AG. Como ´estos son iguales, los del lado AB tambi´en son iguales. Como hay n segmentos en total, cada uno de ellos es la n-´esima parte del segmento original. Divisi´ on de un segmento en una raz´ on dada.
Diremos que un punto P divide al segmento AB en una raz´on dada k > 0 si AP = k PB
Si el punto P est´a entre A y B , decimos que divide interiormente al segmento, mientras que si el punto est´a en la prolongaci´on del segmento, decimos que lo divide exteriormente.
Note que en la divisi´on exterior, si k > 1 es porque B est´a entre A y P , mientras que si k < 1 es porque A est´a entre P y B . Si P divide interiormente en raz´o n 1 a AB , entonces es su punto medio, pues AP =1 PB
⇒
AP = PB.
Un punto no puede dividir exteriormente a un segmento en raz´on 1. Primero veamos el caso en que la raz´on de divisi´on es un n´umero racional AP m = PB n
∈ Q.
Describiremos una construcci´on a trav´es de la que podremos encontrar los puntos P y P que dividen interior y exteriormente a un segmento AB en raz´on k = m . n Sea dado el segmento AB. Tracemos por A y por B dos rectas paralelas 1 y 2 . Sobre 1 trace m segmentos de igual longitud u. Sobre la recta 2 trace n segmentos de igual longitud u y trace la recta que pasa por los extremos de los ´ultimos segmentos trazados sobre cada recta. Para encontrar el punto P que divide interiormente a AB en raz´on m , los segmentos trazados en 2 n deben estar en el semiplano contrario a los trazados en 1 (respecto del segmento AB), mientras que para encontrar el punto P que divide exteriormente a AB en raz´on m , los segmentos trazados n en 2 deben estar en el mismo semiplano que los trazados en 1 . 64
La justificaci´on de esta construcci´on es inmediata del Teorema de Tales y el lector puede hacerla por s´ı mismo. Note que igualmente se puede utilizar la divisi´on de un segmento en partes iguales. Si se divide el segmento AB en n+m partes, tomando P como el m-´esimo punto, se obtiene la divisi´on interior. En cambio, si se divide el segmento AB en m n partes y se toman en la prolongaci´on por B n partes adicionales, tomando como P el extremo del ´ultimo segmento, se obtiene la divisi´on exterior.
−
Esta construcci´on funciona cuando la raz´on es un racional, pues equivale a dividir el segmento en un n´ umero entero de partes, pero ¿podr´a dividirse un segmento en raz´on 2? ¿y en cualquier otro n´ umero real?
√
Note que se puede reproducir la construcci´on siempre que sobre las rectas 1 y 2 se tracen segmentos con la longitud adecuada. Si queremos que AP = r PB
∈R
basta trazar sobre 1 un segmento de longitud r y sobre 2 un segmento de longitud 1 en el semiplano que corresponda para obtener los puntos P y P de divisi´on interior y exterior del segmento.
65
Esto significa que todo depender´a de la posibilidad de construir con regla y comp´as un segmento de longitud r, es decir: si r es un n´umero algebraico se puede dividir el segmento AB interior y exteriormente en raz´on r. En tal caso podr´ıamos preguntarnos ¿qu´e otros puntos del plano satisfacen la misma relaci´on que P y P ? Es decir, queremos encontrar el lugar geom´etrico de los puntos P del plano para los cuales AP = r PB
Para responder la pregunta anterior, demostremos el siguiente resultado: Teorema 2.6.0.32. En un tri´angulo, las bisectrices interior y exterior de un ´angulo dividen al lado opuesto interior y exteriormente en la misma raz´on de los otros dos lados.
En las figuras se aprecian las construcciones necesarias para hacer la demostraci´on. En el caso de la bisectriz interior, se traza BD paralela a la bisectriz, por suma de ´angulos se obtiene que el tri´angulo BC D es is´osceles y se aplica el Teorema de Tales al tri´angulo ABD. Luego: AP m = . PB n En el caso de la bisectriz exterior, se traza BD paralela al lado AC, por suma de ´angulos se obtiene que el tri´angulo BC D es is´osceles y se aplica el Teorema de Tales al tri´angulo ACP . Luego: AP m = . PB n
66
De este resultado se desprende que si un punto est´a en este lugar geom´etrico entonces, el ´angulo que subtiende con el segmento PP es recto. Es decir, por el Teorema 2.5.0.26, el lugar geom´ etrico ´ buscado es una circunferencia de di´ametro PP . Esta recibe el nombre de circunferencia de Apolonio del segmento AB con raz´on r y tiene propiedades muy interesantes que pueden ser estudiadas con mayor detenci´on por el lector en la bibliograf´ıa indicada.
Ejemplo
Calcule el radio R de la circunferencia de Apolonio de un segmento AB con raz´on r. De la figura anterior tenemos las siguientes relaciones: x = r y y debemos encontrar el valor de R =
x + y + z = r z
x + y = AB
y + z . 2
De las dos primeras igualdades tenemos que x = ry, y r 1 = z r + 1
−
De las dos u ´ ltimas igualdades tenemos:
z
Uniendo estas dos igualdades tenemos: R =
− 1, luego:
y + z R r = = . 2z z r + 1
⇒ AB
x+y = r z
= r
−1
⇒
z =
AB
r
− 1.
r r2
− 1 AB.
Notemos que a medida que la raz´on r se acerca a 1, el radio de la circunferencia de Apolonio se hace cada vez m´as grande. Dejamos al lector que analice, utilizando Cabri, qu´ e sucede en los casos en que r es muy grande o muy cercano a cero.
67
Teoremas de Menelao y Ceva.
Como una aplicaci´on on importante de la divisi´on on de un segmento en una raz´on on dada se tienen dos teoremas muy ´utiles utiles al demostrar ciertas propiedades en la Geometr´ Geometr´ıa y que presentamos a continuaci´on. on. Teorema Teorema 2.6.0.33. 2.6.0.33. Teorema de Menelao. Tres puntos X , Y , Y , Z Z de los lados BC, CA y AB del tri´ angulo AB angulo ABC C son son colineales, si y s´olo olo si: BX CX
·
CY AY
·
AZ =1 BZ
Note que los puntos, en general, est´an sobre el lado del tri´angulo angulo o en su prolongaci´on on y que las proporciones involucradas en la expresi´on anterior son las razones en que los puntos X,Y,Z dividen a los lados del tri´angulo.
Utilizando el Teorema de Tales repetidamente tenemos: BX h2 = , CX h3
luego
BX CX
·
CY AY
CY h3 = , AY h1 AZ h2 = BZ h3
·
·
AZ h1 = BZ h2
h3 h1
·
h1 =1 h2
El rec´ rec´ıproco tambi´en en es cierto: si tres puntos X , Y , Y , Z , cada uno de ellos sobre un lado del tri´angulo angulo (o su prolongaci´on), on), cumplen la relaci´on on de Menelao, son colineales. En efecto, la recta X Z cortar´ cortar´a al lado AC en un punto Y punto Y . Por el teorema directo, sabemos que:
←→
BX CX
·
CY AY
·
AZ = 1. 1. BZ
Comparando esta igualdad con la que admitimos por hip´otesis, tenemos que Y = Y , y los puntos X puntos X ,, Y , Y , Z est´ Z est´an an en una misma recta. 68
Si el teorema teorema de Menelao Menelao proporciona proporciona un criterio de colineali colinealidad dad de tres puntos, puntos, el teorema teorema de Ceva proporciona un criterio de concurrencia de tres rectas. El segmento que une un v´ ertice ertice de un tri´angulo angulo con cualquier punto del lado opuesto se llama ceviana en honor del matem´atico atico e ingeniero ing eniero milan´es es Giovanni Ceva (1648-1734) (1 648-1734).. Teorema 2.6.0.34 Teorema 2.6.0.34.. Teorema de Ceva. Tres Tres rectas que unen los v´ertices ertices de un tri´angulo angulo ABC con tres puntos X puntos X ,, Y , Y , Z situados Z situados en los lados opuestos son concurrentes si y s´olo si: BX CX
·
CY AY
·
AZ =1 BZ
Para demostrar la necesidad, aplicamos el teorema de Menelao a los tri´angulos AB angulos AB X y ACX (atravesado el primero por la recta ZC y ZC y el segundo por la recta BY ): BY ):
←→
BC CX
·
XP AP
·
←→
AZ =1 BZ
AP XP
·
BX BC
·
CY =1 AY
Multiplicando ambas expresiones tenemos el resultado que buscamos. La demostraci´on on de la suficiencia del teorema de Ceva es id´entica entica a la del de Menelao. Sean tres puntos X puntos X ,, Y , Y , Z sobre Z sobre los lados de un tri´angulo angulo que obedecen a la relaci´on de Ceva. Consideramos los puntos P puntos P (intersecci´on on de las rectas AX y ZC ) ZC ) e Y (intersecci´on on de las rectas BP y AC ). ). Por el teorema directo, sabemos que:
←→ ←→
BX CX
·
CY AY
←→ ←→
·
AZ =1 BZ
←→ ← →
Comparando esta igualdad con la hip´otesis otesis del teorema, vemos que Y = Y y las rectas AX , BY y CZ son CZ son concurrentes.
←→ ←→
Dejamos como un interesante ejercicio al lector que demuestre que las transversales de gravedad y las bisectrices de los ´angulos angulos de un tri´angulo angulo son concurrentes utilizando el Teorema de Ceva. 69
´ Raz´ on on Aurea. El n´ umero umero φ.
Dada cierta magnitud AB podemos dividirla interiormente de una infinidad de maneras diferentes. entes. Entre Entre todas estas divisiones divisiones ¿habr´ ¿habr´a una preferible a las otras desde el punto de vista de la armon´ıa ıa de sus proporciones? propo rciones? Para que un todo, dividido en dos partes desiguales parezca hermoso debe presentar entre la parte menor y la mayor, la misma relaci´ on que entre ´esta esta y el todo. La expresi´on on anterior puede considerarse como una medida geom´etrica etrica de la Belleza. El lector notar´ a a trav´es es de los m´ultiples ultiples ejemplos que mencionamos cu´ales ales son los fundamentos para esta afirmaci´ on. on. Si un punto P punto P divide divide interiormente a un segmento AB de modo que: AP AB = PB AP
la raz´on on de proporcionalidad se denota por la letra φ y recibe el nombre de raz´on on aurea, ´aurea, divina proporci´on o n o n´ umero umero de Fidias. Si observ observamos la figura podemos establece establecerr una relaci´on on que nos permite permite calcular calcular el valo alorr num´ num´eric er icoo de d e φ. φ .
x x+y = , luego: luego: x2 xy y 2 = 0 por lo que, utilizando la f´ormula general y x para las soluciones de la ecuaci´on on de segundo grado y tomando la raiz positiva ( φ > 0) tenemos: En efecto, φ =
− −
x =
y +
y 2 + 4y 4y 2 y(1 + = 2 2
luego
√ 5)
√
x 1+ 5 φ = = . y 2 Se verifica que este n´umero φ umero φ es irracional, algebraico y sus primeros mil decimales son:
70
1.6180339887498948482045868343656381177 1.6180339887498948482045868343656381177203091798057628621354 20309179805762862135448622705260462818 48622705260462818 9024497072072041893911374847540880753868 902449707207204189391137484754088075386891752126633862223536 9175212663386222353693179318006076672 93179318006076672 6354433389086595939582905638322661319928 635443338908659593958290563832266131992829026788067520876689 2902678806752087668925017116962070322 25017116962070322 2104321626954862629631361443814975870122 210432162695486262963136144381497587012203408058879544547492 0340805887954454749246185695364864449 46185695364864449 2410443207713449470495658467885098743394 241044320771344947049565846788509874339442212544877066478091 4221254487706647809158846074998871240 58846074998871240 0765217057517978834166256249407589069704 076521705751797883416625624940758906970400028121042762177111 0002812104276217711177780531531714101 77780531531714101 1704666599146697987317613560067087480710 170466659914669798731761356006708748071013179523689427521948 1317952368942752194843530567830022878 43530567830022878 5699782977834784587822891109762500302696 569978297783478458782289110976250030269615617002504643382437 1561700250464338243776486102838312683 76486102838312683 3037242926752631165339247316711121158818 303724292675263116533924731671112115881863851331620384005222 6385133162038400522216579128667529465 16579128667529465 4906811317159934323597349498509040947621 490681131715993432359734949850904094762132229810172610705961 3222981017261070596116456299098162905 16456299098162905 5520852479035240602017279974717534277759 552085247903524060201727997471753427775927786256194320827505 2778625619432082750513121815628551222 13121815628551222 4809394712341451702237358057727861600868 480939471234145170223735805772786160086883829523045926478780 8382952304592647878017889921990270776 17889921990270776 9038953219681986151437803149974110692608 903895321968198615143780314997411069260886742962267575605231 8674296226757560523172777520353613936 72777520353613936 Los egipcios eg ipcios ya conoc cono c´ıan esta est a proporci´ prop orci´on on y la usaron en la arquitectura de la pir´amide de Keops (2600 a˜ nos nos a.C.). Este n´umero umero jug´o un papel p apel relevante r elevante en las artes y la est´etica etica de la antigua Grecia y posteriormente en el Renacimiento. Fue considerado como la proporci´on perfecta entre los lados de un rect´angulo angulo y se le atribuy´o caracter “divino”por su repetida aparici´on en la Naturaleza. Hay enigm´aticas aticas conexiones de la espiral de los nautilus (un tipo de caracola) y las espirales de los girasoles con la raz´on on aurea. ´aurea. Tambi´ Tambi´en en los cuerpos humanos exhiben proporciones cercanas a la raz´on on ´aurea, aurea, como puede verse comparando la altura total de una persona con la que hay hasta su ombligo. Fidias, Leonardo da Vinci, Dal´ Dal´ı, Bela Bartok entre otros artistas utilizaron esta proporci´on en sus obras escult´oricas, oricas, pl´asticas, asticas, arquitect´onicas onicas y musicales. Antes hablamos de la posibilidad p osibilidad de dividir geom´etricamente etricamente un segmento en una cierta raz´on. A continuaci´ continuaci´ on describiremos el procedimiento para dividir un segmento dado AB en raz´on on on ´aurea. aurea.
71
Se divide el segmento AB en dos partes iguales (M es su punto medio) y se transporta esta longitud x, a trav´es de C 1 , sobre la perpendicular a AB que pasa por B, determinando el punto C . Sobre el segmento AC, a partir del punto C se transporta la longitud x, por medio de C 2 , determinando el punto Q y luego, la longitud AQ se transporta sobre el segmento AB a partir del punto A, por medio de C 3 , determinando el punto P . Discusi´ on:
Como el tri´angulo ABC es rect´angulo en B, su hipotenusa AC mide segmento AQ y, por tanto el segmento AP , miden ( 5 1) x. Luego:
√ − √ √ 5 − 1 1 + √ 5 AP ( 5 − 1) x √ √ = 2 = φ = = PB 2x − ( 5 − 1) x 3− 5 √ AB 2x 2 1+ 5 = √ = √ = = φ AP 2 ( 5 − 1) x 5−1
de la misma manera:
√ 5 x. Al restarle x, el
Se llama rect´angulo ´aureo a aquel cuyos lados est´an en la divina proporci´on. Ejemplos de rect´ angulos ´aureos los podemos encontrar en las fachadas de numerosos edificios (como el Parten´on en Grecia o el edificio de la ONU en Nueva York), en las tarjetas de cr´ edito, en nuestro carn´e de identidad y tambi´en en las cajetillas de cigarro. El lector podr´a ahora comprobar c´omo la construcci´on de la izquierda permite construir un rect´ angulo ´aureo a partir de un cuadrado, sabiendo que M es el punto medio de un lado y que un rect´ angulo ´aureo tiene la propiedad que se observa a la derecha.
Como ejercicios para el lector interesado dejamos las siguientes propiedades del n´umero ´aureo: 1. φ = 1 + φ−1 ,
φn = φn−1 + φn−2 ,
∀n ∈ N
1
2. φ = 1 +
1
1+ 1+
1 1+
·· · 72
3. φ =
1+
1+
√ 1 + · ··
4. φ = 2cos36◦ = 2sen54◦ Otra de las interesantes apariciones del n´umero ´aureo ocurre al estudiar el pent´agono regular. El n´ umero φ es la relaci´on entre varios segmentos que aparecen en el pent´agono regular y en el pent´ aculo construido dentro de ´este. Estas relaciones y la posibilidad de reproducir estos patrones infinitamente hacia dentro y hacia afuera de la figura hicieron que se le atribuyera propiedades m´agicas y fuera adoptado como s´ımbolo por grupos intelectuales y sectas.
Seg´ un la figura:
e e c d b = = = = = φ. c d b b a
Con esta propiedad en mente se puede describir sin mayor dificultad la construcci´on geom´etrica del pent´agono regular ya que sabemos c´omo encontrar dos segmentos cuyas longitudes est´en en la proporci´on ´aurea. Este es un ejercicio que dejamos al lector. Una muestra de las razones por las cuales se le atribuye origen “divino. al n´ umero φ se tiene cuando un rect´angulo ´aureo se divide sucesivamente en cuadrados menores y en cada uno de ellos se traza un cuarto de circunferencia de radio igual al lado del cuadrado. Juzgue por usted mismo lo sorprendente del resultado que se obtiene.
73
Cap´ıtulo 3
Geometr´ıa del espacio En este cap´ıtulo presentamos los elementos fundamentales de la geometr´ıa del espacio. Se discuten los conceptos de v´ertices, aristas, caras y ´angulos de poliedros. Se estudian las nociones de ´area y volumen para los principales cuerpos geom´ etricos.
3.1.
Algunos postulados, definiciones y conceptos
Consideraremos como elementos b´asicos los puntos, las rectas y los planos y utilizaremos las siguientes letras para referirnos a estos. Para los puntos: A,B,C,...,P 1 , P 2 , ..., para las rectas: l, l , l ,...,l 1 , l2 ,..., y para los planos utilizaremos letras como Π , Π1 , Π2 ,... Es un ejercicio interesante que el lector trate de imaginar y dibujar cada uno de los enunciados que se exponen a continuaci´on en el espacio. 1. Dos puntos distintos determinan una ´unica recta. 2. Tres puntos son colineales, si existe una recta pasando por ellos. 3. Tres puntos distintos y no colineales, determinan un ´unico plano. 4. Cuatro puntos se dicen coplanares si existe un plano pasando por ellos. 5. Si dos puntos distintos de una recta est´an en un plano, entonces toda la recta est´a contenida en ese plano. 6. Si una recta tiene un solo punto en com´un con un plano, decimos que la recta corta al plano. 7. Si una recta no tiene puntos en com´un con un plano, decimos que la recta es paralela al plano. 8. Una recta y un punto fuera de ella determinan un plano. 9. Dos rectas secantes distintas determinan un plano. 10. Dos rectas son paralelas si est´an en un mismo plano y no se cortan. 74
11. Dos rectas en el espacio que no est´an en un mismo plano y no se cortan se dicen alabeadas (rectas que se cruzan). 12. Dos planos Π1 y Π2 tienen las siguientes posiciones relativas: Π 1 es coincidente con Π 2 , ambos planos Π1 y Π2 son secantes (se cortan), Π 1 es paralelo a Π 2 . 13. Dos planos secantes se cortan en una recta. 14. Dados un plano y un punto fuera de ´el, existe un ´unico plano que pasa por el punto y es paralelo al plano dado. 15. El ´angulo que forman dos rectas en el espacio, se define como el ´angulo que forman las paralelas a tales rectas trazadas desde un punto cualquiera del espacio. 16. Dos rectas se dicen ortogonales si el ´angulo que forman es recto. Desarrollaremos a continuaci´on algunos problemas que ilustran c´omo utilizar los conceptos anteriores para generar nuevos resultados.
3.2.
Problemas iniciales
Problema 1
Contruir una recta l que corte a una recta dada l 1 , sea paralela a un plano dado Π y pase por un punto dado A que no pertenece ni a l ni a Π. Soluci´ on:
Hay tres posiciones posibles entre la recta l 1 y el plano Π. l1 corta a Π en un solo punto, l 1 es paralela al plano Π o l1 pertenece a Π. Suponga en primer lugar que l1 corta a Π en el punto B (ver la figura). Considere el plano Π 1 que determinan el punto A y la recta l 1 . Este plano Π 1 corta a Π seg´ un una recta BC . Por A tracemos la paralela l2 a la recta BC , la que pertenece al plano Π1 . La recta l 2 pasa por A es paralela a Π y corta a l 1 , por lo que es la recta pedida.
←→
←→
75
Dejamos al lector el an´alisis de los casos que no han sido considerados en la discusi´on anterior. Problema 2
Trazar una recta que pase por un punto O dado y que corte a dos rectas dadas l 1 y l 2 . Discutir. Soluci´ on:
En este problema tambi´ en hay tres posibles posiciones relativas entre las rectas: que las rectas se corten, que sean paralelas o que se crucen. Analizaremos el ´ultimo caso y dejamos al lector los restantes. La recta l1 y el punto O determinan un plano. Supongamos que la recta l2 corta a ese plano en el punto Q. Consideremos la recta OQ. Esta recta es la recta pedida si corta a la recta L1 en el punto R.
←→
Discusi´ on:
←→
Si la recta OQ es paralela a l 1 entonces no hay soluci´on. Esto es porque el plano que forma O con l 2 es paralelo a l 1 . Si l 2 es paralela al plano que determinan O y l 1 entonces no hay soluci´on. Si el punto O pertenece a alguna de las rectas l1 o l2 , la recta pedida se consigue uniendo cualquier punto de la otra recta con O.
Definici´ on 3.2.1. Una recta es perpendicular a un plano si y s´olo si es perpendicular a todas las rectas que pasan por el punto de intersecci´on de la recta con el plano. Note que de la definici´on anterior se obtiene f´acilmente que si una recta es perpendicular a un plano, entonces es perpendicular a todas las rectas del plano (incluso a las que no pasan por el punto de intersecci´on de la recta con el plano).
76
Teorema 3.2.0.35. Si una recta es secante a un plano y es ortogonal a dos rectas no paralelas del plano, entonces es perpendicular al plano. Demostraci´ on:
Considere la recta l, que corta al plano Π en el punto P y que es perpendicular a las dos rectas l1 y l 2 que pertenecen al plano Π y que pasan por P. Sea l 3 una tercera recta cualquiera que pase por P. Debemos demostrar que las rectas l y l 3 son perpendiculares. Considere los puntos D y E en la recta l pero a distintos lados del plano Π , que cumplan DP = PE . Considere tambi´ en una recta l 4 cualquiera del plano Π que corte a las rectas l 1 en A, l2 en B y l 3 en C.
∼
∼ ∼ ∼
∼
Note que AP D = AEP y que BP D = BPE. Por lo anterior se tiene la siguiente relaci´ on ABD = ABE, de donde ∠CAE = ∠CAD. Luego se tiene que CAD = CAE, por lo que CE = CD . Tenemos en consecuencia que P CD = PCE, de donde ∠CP E = ∠CP D y como ambos ´angulos son suplementarios, deben ser ambos rectos, de lo anterior las rectas l y l 3 son perpendiculares.
∼
∼
∼ ∼
Dejamos la demostraci´on de los siguientes dos teoremas como ejercicio para el lector. Teorema 3.2.0.36. Por un punto dado del espacio se puede trazar un s´olo plano perpendicular a una recta dada. Teorema 3.2.0.37. Por un punto dado del espacio se puede trazar una sola recta perpendicular a un plano dado.
77
Teorema 3.2.0.38. Teorema de las tres perpendiculares. Si una recta l es perpendicular a un plano Π y desde un punto B de l se traza una perpendicular en C a una recta l 1 del plano Π, entonces la recta AC es perpendicular a l 1 . Demostraci´ on:
Considera el plano Π formado por la recta l y el punto C. La recta l 1 es perpendicular a la recta ← → CB . Note que l1 es perpendicular a l. Esto es porque si una recta es perpendicular a un plano, es perpendicular a todas las rectas de ese plano. Por lo anterior la recta l 1 es perpendicular a dos rectas del plano Π, en cunsecuencia, por el Teorema 3.2.0.35, es perpendicular al plano Π . De lo anterior la recta AC es perpendicular a l 1 .
←→
Los siguientes ejercicios pondr´an a prueba la imaginaci´on y creatividad en 3D del lector. Ejercicios
1. Dados un punto A y dos rectas que se cruzan l 1 y l 2 , pasar por A un plano Π paralelo a l 1 y a l 2 . 2. Trazar una recta l que corte a tres rectas dadas l 1 , l2 , l3 . ¿Cu´antas rectas se pueden trazar ? 3. Demostrar que dos circunferencias de igual radio y del mismo centro no situadas en un mismo plano tienen dos puntos en com´un. 4. Demostrar que 3 rectas que se cortan dos a dos y no situadas en un mismo plano son concurrentes. 5. En el espacio se dan dos puntos O y O y dos rectas l y l . Trazar dos rectas paralelas entre ellas l 1 y l 2 de modo que l 1 pase por O y se apoye en l y la otra l 2 pase por O y se apoye en l . Discutir. 6. Sea P un punto variable de l. Encontrar el Lugar Geom´ etrico de la recta intersecci´on de los planos (P, l1 ) y (P, l2 ) cuando P recorre la recta l. (l1 y l 2 se cortan en O y l no las corta). 7. Un prisma recto tiene por base un hex´agono regular de a cm de lado. Sus caras laterales son cuadrados. Calcular la longitud de las tres diagonales que parten de uno de sus v´ertices.
78
8. Demostrar que si en un paralelep´ıpedo una secci´on plana corta cuatro aristas laterales, dicha secci´ on es un paralel´ogramo. 9. Si por dos aristas opuestas de un cubo se hace pasar un plano. Determinar la naturaleza del pol´ıgono de la secci´on y calcular el ´area si la arista del cubo mide a. 10. Demostrar que en un paralelep´ıpedo las rectas que unen los puntos medios de dos aristas paralelas situadas en distintas caras, se cortan en un mismo punto, que coincide con el punto de concurrencia de las diagonales. 11. Si en los circuncentros de las caras de un tetraedro regular se levantan las perpendiculares a los planos de las caras, demostrar que estas perpendiculares son concurrentes en un punto que equidista de los v´ertices del tetraedro. 12. Demostrar que el plano determinado por los puntos medios de las aristas consecutivas de un cubo y no situadas en un mismo plano corta al cubo seg´un un hex´agono regular.
3.3.
Cuerpos en el espacio
Comenzamos esta secci´on haciendo un paralelo entre los poliedros, que son elementos de tres dimensiones, con los pol´ıgonos, que son m´as familiares al lector y estan contenidos en un plano. Los poliedros en 3D son los elementos que corresponden a lo que son los pol´ıgonos para la dimensi´ on dos. Pasamos ahora a definirlos. Definici´ on 3.3.1. Poliedro. Se denomina poliedro a la uni´on de varios pol´ıgonos planos adyacentes y no coplanares, que limitan una regi´on espacial finita(ver figura siguiente)
En el plano los pol´ıgonos est´an formados por elementos de dimensi´on uno (lados) y elementos de dimensi´on cero (v´ertices.) En un poliedro, existen elementos de dimensiones dos, uno y cero. Los pol´ıgonos que forman las caras del poliedro son los elementos de dimensi´on dos y los lados y v´ertices, de dimensiones uno y cero respectivamente, se conocen como aristas y v´ertices del poliedro.
79
Aquellos poliedros que verifiquen que cada plano que contiene a una de sus caras deja a todo el resto del poliedro en el mismo semiespacio con respecto a ese plano, se llaman poliedros convexos. Los que no cumplan esta propiedad para alguna de sus caras son poliedros no convexos.
Los an´alogos de los v´ertices de un pol´ıgono son por supuesto los v´ertices de un poliedro, sin embargo si buscamos un an´alogo para los ´angulos nos encontramos con alguna dificultad.
3.4.
´ Angulos en los poliedros
Distinguiremos dos tipos de ´angulos en un poliedro. Los ´angulos diedros que est´an asociados a mirar el ´angulo formado por dos planos con una arista comun, y los ´angulos poliedros que est´an asociados a cada v´ertice del poliedro. ´ Definici´ on 3.4.1. Angulo Diedro. Un ´angulo diedro es la regi´on del espacio comprendida entre la uni´ on de dos semiplanos Π 1 y Π2 de frontera com´un, en la figura la recta AB. Los semiplanos se llaman caras del ´angulo diedro y la recta frontera AB se conoce como arista del ´angulo diedro.
←→
80
←→
A cada ´angulo de un pol´ıgono en el plano se le puede asociar un n´umero que corresponde a su medida angular, que tiene que ver con su amplitud. Esto es posible hacerlo para el ´angulo diedro.
←→
Definici´ on 3.4.2. Medida de un ´angulo diedro. Dado un ´angulo diedro de arista AB, y caras Π1 y Π2 sea O un punto de la arista. Si trazamos por el punto O y en cada semiplano la recta perpendicular a la arista, tenemos un ´angulo plano. La medida del ´angulo diedro, se define como la medida del ´angulo plano as´ı construido. ´ Definici´ on 3.4.3. Angulo Poliedro. Dados un pol´ıgono A1 A2 ...An y un punto O fuera del plano del pol´ıgono, trazamos por el punto O rayos que pasen por los puntos A1 , A2 ,...,A n . La regi´on encerrada por los planos (O, A1 , A2 ),..., (O, An , A1 ) se llama ´angulo poliedro. Los rayos OA1 , OA2 , OAn se conocen como las aristas del ´angulo poliedro. Los ´angulos planos ∠A1 OA2 ,..., ∠An OA1 , se denominan las caras del ´angulo poliedro. Muchas veces se abusa de notaci´on y se utiliza la palabra caras para referirse a la medida del ´angulo que la conforma.
−−→ −−→
−−→
Las dos propiedades siguientes se refieren a las caras de un ´angulo poliedro. Teorema 3.4.0.39. En todo ´angulo poliedro cada cara es menor que la suma de las restantes. Teorema 3.4.0.40. En todo ´angulo poliedro convexo la suma de las caras es menor que 360 ◦ . Este u ´ ltimo teorema permite dar una demostraci´on elemental del conocido hecho que s´olo hay cinco poliedros regulares, esto es, poliedros cuyas caras son pol´ıgonos regulares congruentes y cuyos ´angulos poliedros son todos iguales.
81
3.5.
Prismas y cilindros
Definici´ on 3.5.1. Superficie prism´atica. Dada una poligonal C que pertenece a un plano Π y una recta g que corta al plano Π en un punto. Si por cada punto P de la poligonal C trazamos una recta paralela a la recta g , originamos una superficie conocida como superficie prism´atica de generatriz g y directriz la poligonal C. Definici´ on 3.5.2. Superficie cil´ındrica. Si cambiamos la poligonal por una curva C que est´e contenida en el plano Π y repetimos el proceso realizado en la definici´on anterior, obtenemos una superficie cil´ındrica de generatriz g y directriz la curva C.
Algunas propiedades de las superficies prism´aticas se resumen en los siguientes teoremas cuya demostraci´ on dejamos al lector. Teorema 3.5.0.41. Las aristas de una superficie prism´atica son rectas paralelas a la recta dada g . Teorema 3.5.0.42. Las secciones de una superficie prism´atica paralelas al plano Π son pol´ıgonos congruentes. Definici´ on 3.5.3. Prisma. El poliedro determinado por dos secciones paralelas al plano base de una superficie prism´atica, con directriz un pol´ıgono cerrado, se llama Prisma. Las secciones paralelas se conocen como bases del prisma y los paralel´ogramos determinados por tales secciones en la superficie prism´atica se llaman caras laterales del prisma. Si las caras son rect´angulos, lo que sucede cuando la generatriz es perpendicular al plano de la poligonal, el prisma se dice recto. La distancia entre las bases del prisma se conoce como altura del prisma. Definici´ on 3.5.4. Cilindro. La superficie determinada por dos secciones paralelas al plano base de una superficie cil´ındrica con directriz una curva cerrada, se llama cilindro, las secciones paralelas se llaman las bases del cilindro. Si la generatriz es perpendicular al plano de corte, el cilindro se dice recto. Si la curva C es una circunferencia, el cilindro se dice circular. La distancia entre los planos basales del cilindro se conoce como altura del cilindro.
82
Definici´ on 3.5.5. Paralelep´ıpedo. Un paralelep´ıpedo es un prisma cuyas bases son paralel´ogramos.
Ejercicios
Probar las siguientes afirmaciones: 1. En un paralelep´ıpedo dos caras opuestas cualesquiera pueden considerarse como bases. 2. Un paralelep´ıpedo queda determinado si se conocen las tres aristas que pasan por un v´ ertice en direcci´on y longitud. 3. Las tres diagonales de un paralelep´ıpedo concurren en un punto que las dimidia. 4. Las diagonales de un paralelep´ıpedo recto tienen una longitud dada por la ra´ız cuadrada de la suma de los cuadrados de las longitudes de las tres aristas que concurren en un v´ertice.
3.6.
Pir´ amides y conos
Definici´ on 3.6.1. Pir´amide. Una pir´amide es el poliedro determinado por un ´angulo poliedro y un plano que corta todas las aristas de ´este. El pol´ıgono de la secci´on es la base de la pir´amide y los tri´ angulos son las caras laterales. La altura de la pir´amide es la distancia del v´ertice al plano de la base.Una pir´amide se dice regular si la base es un pol´ıgono regular y la altura de la pir´amide pasa por el centro del pol´ıgono. Definici´ on 3.6.2. Tronco de pir´amide. Un tronco de pir´amide es un poliedro comprendido entre la base y otra secci´on paralela a la base que corta a todas las aristas laterales de la pir´amide.
83
Definici´ on 3.6.3. Si consideramos una curva C en un plano Π y se unen todos los puntos P de la curva C con un punto fijo O exterior a Π, obtenemos una superficie c´onica. Si en vez de considerar rectas, consideramos segmentos y pedimos que la curva C sea cerrada, obtenemos un cono, cuya base es la regi´on encerrada por C y altura la distancia entre el punto O y el plano basal Π. Si la curva basal es una circunferencia y la altura cae en el centro de ella, el cono se dice circular recto. El tronco de cono se define de manera an´aloga al tronco de pir´amide.
Ejercicios
Probar las siguientes afirmaciones: 1. Todo plano paralelo a la base de una pir´amide y que corta a las aristas laterales, determina un pol´ıgono semejante a la base. Los per´ımetros de tales pol´ıgonos est´an en la misma raz´on que sus distancias al v´ertice y sus ´areas en la raz´on del cuadrado de tales distancias.
84
2. Si dos pir´amides de igual altura se cortan por planos paralelos a cada base y a la misma distancia de los v´ ertices, entonces la raz´o n de las ´areas de las secciones determinadas es constante e igual a la raz´on entre las ´areas basales. Si las bases de las pir´amides tienen igual ´area, las secciones tambi´en. 3. Todo poliedro puede ser descompuesto en pir´amides.
3.7.
Volumen y ´ area de cuerpos en el espacio
Desde tiempos remotos el Hombre se ha encontrado con la necesidad de medir. Hasta ahora hemos estudiado medidas asociadas a magnitudes lineales o planas, esto es lo que entendemos como longitud de un segmento o ´area de una regi´on. Asociamos as´ı a cada trazo AB un n´ umero real que representa su longitud. Esto nos permite comparar distintos trazos. El per´ımetro de un pol´ıgono, que es la suma de las longitudes de sus lados, es una medida lineal. Tambi´en asociamos a un pol´ıgono en el plano otro n´umero real (su ´area), de manera que sea una medida del lugar que ocupa el pol´ıgono en el plano. Como las caras de los poliedros son pol´ıgonos, cada una de estas tiene asociado un n´umero real que representa su ´area. ´ Definici´ on 3.7.1. Area de un poliedro. El ´area de un poliedro es la suma de las ´areas de sus caras. A veces, seg´ un sea el caso, se distingue entre ´area lateral y ´area basal, en todo caso siempre la suma de tales ´areas es el ´area del poliedro asociado. El concepto de volumen tiene relaci´on con el lugar que ocupa un poliedro en el espacio. Definici´ on 3.7.2. Volumen de un poliedro. Asociamos a cada poliedro un n´umero real, que tiene relaci´ on con el lugar que ocupa el poliedro en el espacio. Como en el caso de las ´areas, le pediremos al volumen que cumpla los siguientes postulados. Postulado 1: Poliedros adyacentes tienen vol´umenes aditivos. Postulado 2: Poliedros congruentes tienen igual volumen. Postulado 3: Principio de Cavalieri. Si dos cuerpos comprendidos entre dos planos paralelos tienen la propiedad de que cualquier plano paralelo a los planos anteriores, corta a los cuerpos en dos regiones de igual ´area entonces los cuerpos tienen igual volumen.
Postulado 4: El volumen de un paralelep´ıpedo rectangular de aristas de longitud a, b, y c es V = abc. En lo que sigue presentamos las f´ormulas que permiten determinar las ´areas y los vol´umenes de los cuerpos m´as conocidos. Ser´a interesante para el lector entusiasta entender c´omo se demuestran estas f´ormulas a partir de los postulados y utilizando procesos que pueden considerarse arraigados en el fundamento del c´alculo integral.
85
3.8.
Volumen y ´ area de prismas y cilindros
Teorema 3.8.0.43. Volumen de un prisma. El volumen de un prisma, es igual al ´area del pol´ıgono basal por la altura. Demostraci´ on:
´ En la figura anterior hay que probar que V = Area de (P) h.
·
Consideremos un prisma cualquiera, con base el pol´ıgono P entre los planos paralelos Π 1 y Π2 . Consideremos en Π1 un rect´angulo R que tenga la misma ´area que el pol´ıgono P. Contruyamos el paralelep´ıpedo rectangular con base R en el plano Π 1 . Consideremos un plano cualquiera Π , entre los planos Π 1 y Π2 , este plano corta a ambos cuerpos en un pol´ıgono congruente a P y un rect´angulo congruente a R por lo que tienen igual ´area. Utilizando el principio de Cavalieri, deducimos que ambos cuerpos tienen igual volumen. Como la altura del paralelep´ıpedo es igual a ´ la del prisma, su volumen es el ´area basal por la altura, esto es V = Area de (R) h, o lo que es lo ´ mismo, V = Area de (P) h.
·
·
Teorema 3.8.0.44. Volumen de un paralelep´ıpedo. El volumen de un paralelep´ıpedo es igual al producto del ´area de uno de sus paralel´ogramos basales por su altura correspondiente. Demostraci´ on:
Es directa del teorema anterior aplicado a un prisma de base un paralel´ogramo. Teorema 3.8.0.45. Volumen de un cilindro. El volumen de un cilindro es igual al producto de su ´area basal por su altura. Demostraci´ on:
86
Consideraremos regiones basales cuya ´area puede ser aproximada por ´areas de pol´ıgonos. La afirmaci´ on anterior tiene que ver con una pregunta fundamental: ¿qu´e tipo de regiones planas admiten la asignaci´on de un ´area ? Aunque el lector no vea en un inicio la raz´on de esta pregunta, ella est´a en el fondo de la teor´ıa que permite extender el concepto de ´area y desarrollada en los fundamentos de la teor´ıa matem´atica de la medida. Supondremos entonces que el ´area de la regi´on R C que encierra la curva C, verifica ´ ´ Area(R ım Area(P C ) = l´ n ), n
→∞
donde los pol´ıgonos P n est´an inscritos en la curva C y cada uno de ellos encierra una regi´on que est´a contenida en la que encierra el siguiente, de modo de aproximar cada vez mejor el ´area encerrada por C.
El volumen del prisma inscrito en el cilindro asociado a cada pol´ıgono P n , est´a dado por ´ V P = Area(P n ) h, donde h es la altura del prisma. Haciendo crecer n, obtenemos el volumen del cilindro V C , ´ ´ V C = l´ım V P = l´ım Area(P n ) h = h Area(RC ). n
·
n
→∞
n
n
·
→∞
87
·
´ Teorema 3.8.0.46. Area de un prisma. El ´area lateral de un prisma puede calcularse como el producto de la longitud de una arista lateral y el per´ımetro de una secci´on recta. El ´area basal es la suma de las ´areas de los pol´ıgonos basales. Demostraci´ on:
El ´area lateral de un prisma es igual a la suma de las ´areas de los paralel´ogramos que forman sus caras laterales. Estas caras son paralel´ogramos luego su ´area es base por altura. Si consideramos en cada uno de ellos la arista como base, (dado que todas las aristas laterales miden lo mismo digamos g). Si cortamos el prisma por un plano perpendicular a la arista, el segmento determinado en cada paralel´ogramo es la altura del mismo. Sumando las ´areas de los paralel´ogramos obtenemos el resultado enunciado. ´ Teorema 3.8.0.47. Area de un cilindro. El ´area lateral de un cilindro puede calcularse como el producto de la longitud del segmento generatriz lateral g y el per´ımetro de una secci´on recta. El ´area basal es la suma de las ´areas de las regiones curvas basales. Demostraci´ on:
Como en el caso del volumen del cilindro, el resultado se obtiene de aproximar el cilindro por prismas. ¿Puede el lector completar los detalles ?
3.9.
Volumen y ´ area de pir´ amides y conos
Teorema 3.9.0.48. Volumen de una pir´amide. El volumen de una pir´amide es igual a un tercio del producto de su ´area basal por su altura. En la demostraci´on utilizaremos el siguiente resultado.
88
Lema 3.9.1. Considere una pir´amide de altura h con ´area basal A0 . Sea A x el ´area de la secci´on paralela a la base a distancia x del v´ertice entonces Ax x = A0 h
.
2
Demostraci´ on:
La demostraci´on resulta de relacionar, utilizando semejanza, las ´areas con lados hom´ologos de los pol´ıgonos y ´estos con las distancias al v´ertice de la pir´amide, como se puede apreciar en la figura anterior. De esta forma Ax = A0
2
bx b
=
x h
2
.
Probaremos el resultado para una pir´amide de base triangular con una de sus aristas perpendicular a la base. La idea de la demostraci´on es aproximar el volumen de la pir´amide inferior y superiormente por sumas de vol´umenes de prismas, como se muestra en la figura.
89
Para ello utilizamos una t´ecnica que resultar´a cada vez m´as familiar al lector y que se refiere al fundamento del c´alculo integral. Haremos una partici´on del lado perpendicular considerando n + 1 puntos equiespaciados, ubicados en la arista perpendicular a la base, partiendo en el v´ertice de la pir´ amide: x0 = 0, x1 = h/n, x2 = 2h/n, ...,x i = ih/n, xi+1 = (i + 1)h/n,...,xn = h. Consideremos el prisma que resulta de las secciones paralelas a la base en los puntos xi , xi+1 . Llamemos v i al volumen del prisma interior y V i al volumen del prisma exterior. A i representa el ´area del tri´angulo que resulta de cortar el prisma por un plano a distancia x i del v´ertice, como se muestra en la figura.
De esta forma vi = A i
· nh , V = A +1 · hn . i
i
por el lema anterior Ai = A 0
xi h
2
90
= A 0
i n
2
.
Note que si i = 0 entonces Ai = 0 , si i = n entonces Ai = A0 , el ´area basal como era de esperar. El volumen V de nuestra pir´amide estar´a comprendido entre la suma de los vol´umenes de los prismas interiores y la de los prismas exteriores, esto es n 1
−
n 1
vi
i=0
≤ V ≤
−
V i .
i=0
Reemplazando los valores de los vol´umenes anteriores, tenemos que n 1
−
2
· A0
i=0
i n
h n
n 1
≤ V
utilizando propiedades de las sumatorias, A0
·
n 1
−
h n3
i
≤ V ≤
i=0
Tenemos as´ı que A0
2
−
≤ A0
i=0
h A0 3 n
i+1 n
2
h , n
n 1
−
(i + 1)2 ,
i=0
− 1) + 1) ≤ V ≤ A0 · hn(n + 1)(2n + 1) , · h(n − 1)n(2(n 3 6n 6n3
lo que es igual a A0 h
·
(1
− 1 )(2 − 1 ) ≤ V ≤ A · h (1 + 1 )(2 + 1 ) . 0 6 6 n
n
n
n
Si hacemos crecer el n´umero n de intervalos, es geom´ etricamente claro que la suma de los vol´ umenes de los prismas interiores aumentar´a y la de los prismas exteriores disminuir´a. De hecho el t´ermino n1 en la expresi´on anterior puede hacerse arbitrariamente peque˜no, escogiendo n suficientemente grande luego A0 h
·
cuando n
(1
− 1 )(2 − 1 ) → A · h 0 6 3 n
n
→ ∞, y tambi´en (1 + n1 )(2 + n1 ) h A0 , 6 3 , y como el volumen de la pir´amide est´a atrapado entre estos dos valores, debe A0 h
·
cuando n cumplirse que
→∞
→ ·
V = A0
· h3 .
Esto es: el volumen de una pir´amide es un tercio del ´area basal por la altura. Note que de este resultado y del principio de Cavalieri se deduce la f´ormula para cualquier pir´ amide, porque si consideramos una pir´amide cuya base es un pol´ıgono cualquiera basta considerar una de base triangular, igual ´area basal y altura que la anterior , dado que por el lema el ´area 91
de la secci´on a distancia x del v´ertice depende del ´area basal y de x, por el principio de Cavalieri, ambas pir´amides tendr´ıan igual volumen. El resultado anterior puede extenderse para definir el volumen de un cono. Teorema 3.9.0.49. Volumen de un cono. El volumen de un cono es igual a un tercio de su ´area basal por su altura.
La demostraci´on es similar a la del volumen de un cilindro, es decir un proceso de l´ımite de vol´ umenes de pir´amides cuyos pol´ıgonos basales est´an inscritos en la regi´on basal del cono. ¿Puede el lector completar los detalles? Las demostraciones de los dos teoremas siguientes son sencillas y se dejan como ejercicio para el lector. ´ Teorema 3.9.0.50. Area de una pir´amide. El ´area lateral de una pir´amide es igual a la suma de las ´areas de los tri´angulos que forman sus caras. En el caso de una pir´amide regular, esto es su base es un pol´ıgono regular y la altura pasa por su centro, el ´area lateral puede calcularse como el producto entre el semiper´ımetro del pol´ıgono basal s y el apotema lateral ρ, que corresponde a la altura de los tri´angulos laterales.
A = ρs.
92
El ´area de un cono en general es dif´ıcil de calcular. Existe sin embargo una f´ormula sencilla cuando el cono es regular que, como en todos los casos anteriores, puede probarse por un proceso de l´ımite de ´areas de pir´amides regulares inscritas. ´ Teorema 3.9.0.51. Area de un cono regular. El ´area lateral de un cono regular es igual al producto del semiper´ımetro basal y la generatriz g.
Ejercicios
1. El ´area lateral de un prisma recto de base pentagonal regular es 104 m 2 . Calcular su altura sabiendo que uno de los lados de la base es 2, 6 m. 2. La base de un prisma recto es un tri´angulo equil´atero inscrito en una circunferencia de radio 3 m. Calcular la altura sabiendo que su ´area lateral es 135 m. 3. ¿Cu´al es el ´area total de un prisma recto ortogonal regular , si la arista basal mide 4 m y su altura 6 m ? 4. En una pir´amide regular recta de base pentagonal, sus aristas laterales miden 9 cm. y la arista basal 10 cm. ¿Cu´al es el ´area total de la pir´amide? 5. Calcular el ´area total de un tetraedro regular en funci´on de su altura h. 6. Pruebe que el ´area lateral de un tronco de pir´amide regular es igual al per´ımetro de la secci´on media paralela a las bases por el apotema lateral del tronco. 7. Pruebe que el volumen de un tronco de pir´amide de bases paralelas es igual a un tercio del producto de su altura, por la suma de sus dos ´areas basales y de la media geom´etrica entre ellas. Esto es: 1 V = h(B1 + B2 + B1 B2 ). 3
8. ¿Cu´a l es el ´area total de un tronco de pir´amide cuadrangular regular cuyas aristas basales miden respectivamente 4 m y 2 m y la altura 4 m? 9. Dividir la superficie lateral de una pir´amide en dos partes equivalentes por medio de un plano paralelo a la base.
93
10. Si las bases de un tronco de pir´amide son B y b, calcular la superficie de la secci´on situada a igual distancia de las bases. 11. Demuestre que todo segmento que tiene sus extremos sobre dos caras de un paralelep´ıpedo y que pasa por el punto de concurrencia de las diagonales queda dimidiado por dicho punto. 12. Probar que el ´area lateral de un tronco de cono regular de bases circulares de radios R y r respectivamente y altura h est´a dada por
A = π(R + r) h2 + (R
− r)2.
13. Demuestre que el volumen de un tronco de cono de altura h cuyas bases circulares tienen por radios r 1 y r 2 est´a dado por 1 V = πh(r12 + r22 + r1 r2 ). 3
3.10.
Volumen y ´ area de esferas y sectores
Teorema 3.10.0.52. Volumen de una esfera. El volumen de una esfera de radio R es V = 34 πR 3 . Utilizaremos la misma t´ecnica aplicada para determinar la f´ormula del volumen de la pir´amide, que es la idea m´as interesante sin duda de este cap´ıtulo. Consideramos entonces una esfera de radio r. Tomamos un radio fijo cualquiera y hacemos una partici´ on de ´este con n + 1 puntos equiespaciados, partiendo en el centro de la esfera: x0 = 0, x1 =
R 2R iR (i + 1)R , x2 = , xi = , xi+1 = ,...,x n = R. n n n n
Consideremos el cilindro que resulta de las secciones paralelas a la base en los puntos x i , xi+1 , como se muestra en la figura. Llamemos vi al volumen del cilindro interior, que se construye utilizando la circunferencia de menor radio como base y V i el volumen del cilindro exterior, en la que se utiliza la circunferencia mayor.
94
Los vol´ umenes de estos cilindros son respectivamente V i = π(R2 vi = π(R2
2
2
− i nR2
)
2
R n 2
− (i +n1)2 R
)
R n
Luego si llamamos V al volumen de la esfera n 1
−
V 2
vi
≤
i=0
n 1
−
≤
V i ,
i=0
lo que equivale a n 1
−
π(R
2
−
i=0
(i + 1)2 R2 R ) n2 n
≤
V 2
aplicando propiedades de las sumatorias, tenemos π separando
R n
n 1
−
i=0
R π (nR2 n π
R (nR2 n
(R2
−
2
n 1
−
≤
2
i=0
− (i +n1)2 R ) ≤ V 2 ≤ π Rn
R 2 n2
2
n 1
−
2
(i + 1) )
i=0
V 2
≤ ≤
π(R2
2
n 1
−
(R2
i=0
R π (nR2 n
2
R ) , n
2
2
− i nR2
−
− i nR2
R 2 n2 2
),
n 1
−
i2 ),
i=0
R V R R − 6n ≤ n(n + 1)(2n + 1)) ≤ π (nR2 − 2 (n − 1)n(2n − 1)), 2 2 n 6n
πR 3
3
3
− π R6 (1 + n1 )(2 + n1 ) ≤ V 2 ≤ πR3 − π R6 (1 − n1 )(2 − n1 ),
Si aumentamos el n´umero de puntos de la partici´on es claro geom´ etricamente que la suma de los vol´ umenes de los cilindros interiores aumentar´a y la de los exteriores disminuir´a, de hecho como 1 0 cuando n tiende a infinito, n
→
3
πR 3
− π R6 (1 + n1 )(2 + n1 ) → 23 πR3,
πR 3
− π R6 (1 − n1 )(2 − n1 ) → 23 πR3,
y tambi´en
de esta forma como
V
a 2 est´
3
atrapado entre estas dos cantidades se concluye que V 2 = πR3 , 2 3
95
luego
4 3 πR 3 El lector puede modificar el procedimiento anterior para calcular el volumen de un casquete esf´ erico, que se define como cualquiera de los dos s´olidos que resultan al cortar una esfera por un plano que no pase por su centro. V =
Teorema 3.10.0.53. Volumen de un casquete esf´erico. El volumen de un casquete esf´erico de altura h, en una esfera de radio R est´a dado por la f´ormula πh2 (3R V = 3
− h) .
´ Teorema 3.10.0.54. Area de una esfera. El ´area de una esfera de radio R est´a dada por A = 4πR 2 .
Para la demostraci´on de esta propiedad utilizaremos un m´etodo que puede aplicarse a s´olidos sim´etricos. Este m´etodo est´a muy ligado al concepto de derivada de una funci´on, aspecto que lo hace m´as interesante. Considere una esfera de radio R, inscriba en ´esta una esfera que est´ e a una distancia h de la anterior. Es claro que si h es peque˜n o las ´areas de ambas esferas ser´an parecidas, ver figura siguiente.
96
Considere ahora la c´ascara entre las dos esferas cuyo volumen es 4 π(R3 3
− (R − h)3)
despu´ es de pensarlo un rato, podemos aceptar que este volumen es aproximadamente el ´area de alguna esfera entre ambas por h, luego al dividir por h la expresi´on inicial y hacer tender h a cero nos estamos aproximando al ´area de la esfera. 4 π(R3 (R h)3 ) 3 Lo anterior nos conduce a estudiar la expresi´on
− −
4 (R3 π 3
≈A ·h h
− (R − h)3) h
cuando h se aproxima a cero. Simplificando obtenemos 4(R2 + R(R
− h) + (R − h)2) π.
3 Si h es cercano a cero, las expresi´on tiende a 4πR2 . que es el ´area de la esfera. ´ Teorema 3.10.0.55. Area de un casquete esf´erico.El ´area de un casquete esf´erico de altura h en una esfera de radio R est´a dado por A = 2πRh.
Problema
En un cono de revoluci´on la secci´on plana que pasa por el v´ertice y su eje es un tri´angulo equil´ atero. Calcular el ´area total en funci´on de su altura h. Soluci´ on:
97
Sea h la altura del cono, si x es el radio de la circunferencia basal, entonces el lado del tri´angulo 2h h equil´ atero es 2x. Utilizando el Teorema de Pit´agoras x = √ y la generatriz es g = 2x = , luego 3 3 2 h πh 2 el ´area basal es π = . Por otra parte el ´area lateral de un cono recto es AL = πRg, 3 3 donde R es el radio de la circunferencia basal y g la generatriz. De lo anterior el ´area lateral es 2 AL = 2πx 2 = πh2 . Luego el ´area total es 3
√
√
AT = πh 2 .
Ejercicios
1. Un rect´angulo de lados a y b gira en torno del lado a. Calcular el ´area total del cuerpo generado. 2. Calcular la superficie total de un tronco de cono recto si su altura es 4.5 y el radio de la base inferior es 9 y el de la superior es 3 . 3. Determinar el volumen de un octaedro regular de arista a. 4. Demestre el teorema de Eudoxio: “ Todo prisma triangular puede descomponerse en tres pir´ amides de igual volumen ”. 5. En un tronco de pir´amide las ´areas de la base inferior y superior son B y b respectivamente, la altura de la pir´amide entera h. Calcular el volumen del tronco. 6. Un cilindro y un cono est´ an circunscritos a una esfera. Demostrar que el volumen del cilindro es media proporcional geom´etrica entre los vol´umenes de la esfera y del cono. 7. Probar que el ´area del casquete esf´erico es igual al ´area del c´ırculo que tiene por radio el trazo que une el punto m´as alto M del casquete con un punto cualquiera P de su circunferencia basal. 8. Calcular el volumen del cuerpo que se genera al hacer girar un cuadrado de lado a en torno a: 98
a ) una de sus diagonales. b) la paralela a una de las diagonales que pasa por uno de los v´ ertices del cuadrado. c ) la recta que une los puntos medios de dos lados contiguos. 9. Cortar una esfera por un plano de manera que la diferencia de las ´areas de los casquetes obtenidos sea equivalente al ´area de la secci´on plana. 10. Determinar el volumen comprendido entre dos esferas tangentes exteriormente y la superficie c´onica tangente a ellas, si sus radios miden 2 cm y 1 cm. 11. En una esfera de radio r se traza un plano a distancia r2 del centro. Determinar la raz´on en que queda dividida el ´area de la esfera y en que raz´on queda dividido el volumen. 12. Demostrar que si se designan por C , B , A los vol´ umenes generados por un tri´angulo rect´angulo que rota sucesivamente en torno de la hipotenusa y de los catetos entonces se tiene: 1 1 1 = 2 + 2. 2 C A B 13. Dado un prisma triangular, encontrar el Lugar Geom´ etrico de los puntos O tales que las pir´ amides que tienen por v´ertice com´un O y por bases respectivas las caras laterales del prisma tengan el mismo volumen. 14. Demuestre que el ´area de un sector esf´erico de una esfera de radio R, de altura h es A = 2πRh. Note que esto indica que esta ´area no depende de d´onde est´e ubicado el sector en la esfera, s´ olo depende de h.
99
Cap´ıtulo 4
Trigonometr´ıa En este cap´ıtulo se precisa la noci´o n de ´angulo y se introducen las razones y funciones trigonom´ etricas, estudiando sus principales propiedades. Se construyen los gr´aficos de las funciones trigonom´etricas y de sus inversas, as´ı como se presentan las identidades y se estudia la resoluci´on de ecuaciones. Se aborda la aplicaci´on de estas herramientas en la resoluci´on de problemas geom´etricos.
4.1.
Medici´ on de ´ angulos.
Precisaremos las nociones de ´angulos con las que hemos trabajado antes, reflexionando acerca de lo que consideraremos “medida”de un ´angulo y la forma de expresar este concepto. En el plano la noci´on de ´angulo puede describirse de varias formas. Consideraremos un ´angulo plano como aquella regi´on que resulta de la intersecci´on de dos semiplanos cerrados. La intersecci´on de las rectas que determinan los semiplanos se llama v´ ertice del ´angulo, y las semirrectas que tienen origen en el v´ertice y est´an en ambos semiplanos, se denominan lados del ´angulo. Note que el ´angulo es toda la regi´on as´ı determinada y no solamente su frontera. Tambi´en podr´ıamos pensar un ´angulo desde el punto de vista din´amico como la regi´on del plano que recorre una semirrecta como resultado de un movimiento de rotaci´on en torno a su origen.
En el espacio la noci´on es un poco m´as compleja, como vimos en el cap´ıtulo anterior. En las definiciones 4.3.2 y 4.3.4 presentamos los ´angulos diedros y poliedros que se generan al intersectar dos planos en una recta o m´as de dos planos en un punto. Estos ´angulos constituyen regiones espaciales delimitadas por regiones planas y antes analizamos ciertas medidas asociadas con ellos. 100
En un sentido m´as general definiremos como ´angulo s´olido en el espacio a la regi´on encerrada por una semisuperficie c´onica cuya directriz es una curva cerrada. Es decir, dado un punto V del espacio (el v´ertice del ´angulo s´olido) y una curva cerrada plana (la directriz del ´angulo), si se toman todas las semirrectas con origen en V y que pasan por alg´un punto de la curva , queda determinado dentro del semicono un ´angulo s´olido.
D
D
Note que en este caso si la curva directriz del ´angulo es un pol´ıgono, el ´angulo s´olido es justamente un ´angulo poliedro como el que definimos anteriormente. Sin embargo, el ´angulo diedro no coincide con esta definici´on pues la directriz en ese caso corresponder´ıa a un par de rectas paralelas, que no forman una curva cerrada. El problema de la medici´o n de ´angulos (planos o espaciales) es equivalente al problema de la medici´ on de longitudes, ´areas o vol´umenes que tratamos en distintos momentos anteriormente. Lo que se busca es asociar con cada ´angulo un n´ umero que exprese la magnitud de la regi´on que ocupa en el plano o en el espacio y que permita comparar estos objetos entre s´ı. A la magnitud de un ´angulo se le denomina amplitud , analizaremos a continuaci´on el problema de la medici´on de amplitudes. Cuando se mide cierto ob jeto geom´etrico una de las estrategias es compararlo con una cierta unidad de medida predeterminada. Esta es la base de los sistemas sexagesimal y centesimal de medici´ o n de ´angulos. En ambos casos la unidad de medida se obtiene de la divisi´on de un ´angulo completo en una cierta cantidad de partes iguales. En el sistema sexagesimal se fija como unidad de amplitud la 360-ava parte de un ´angulo completo, que recibe el nombre de grado sexagesimal y se denota: 1 ◦ . Para obtener subunidades se procede de la siguiente manera: 1◦ = 60 (1 grado sexagesimal = 60 minutos sexagesimales) 1 = 60 (1 minuto sexagesimal = 60 segundos sexagesimales) 1 = 10 dseg. (1 segundo sexagesimal = 10 d´ecimas de segundo) ... 101
En el sistema centesimal, el ´angulo completo se divide en 400 partes y cada una de ellas se denota como 1 grad. Para obtener subunidades se procede de la siguiente manera: 1 grad = 100 min 1 min = 100 seg 1 seg = 10 dseg. ...
(1 grado centesimal = 100 minutos centesimales) (1 minuto centesimal = 100 segundos centesimales) (1 segundo centesimal = 10 d´ ecimas de segundo)
Obviamente que la unidad de cada sistema puede obtenerse tambi´ en a partir de un ´angulo extendido o de un ´angulo recto (se divide un ´angulo recto en 90 ´o 100 partes iguales seg´un sea el caso). Adem´as es claro c´omo convertir unidades del sistema sexagesimal al centesimal o viceversa. x◦ y grad
=
360 400
⇔
x◦ = 0,9 y grad
⇔
y grad = 1.1 x ◦
Luego, el proceso de medici´on de la amplitud de un ´angulo dado (en estos y otros posibles sistemas de medici´on) se reducir´ıa a conmensurar la unidad de amplitud del sistema (y sus subunidades) con el ´angulo que se desea medir. En la figura, por ejemplo, se muestra un ´angulo de 9◦ .
Describiremos a continuaci´on otra manera de asociar un valor num´ erico a las amplitudes de ´ ´angulos. Esta consiste en asociar a cada ´angulo plano la longitud de un arco de circunferencia. En efecto, si se construyen circunferencias centradas en el v´ertice del ´angulo y de radios distintos, el ´angulo determina arcos sobre cada una de ellas. La raz´on entre la longitud de los arcos y el radio de las circunferencias correspondientes permanece constante, por lo que esta magnitud no depende del radio, sino s´olo del ´angulo. Luego si tomamos, particularmente, la circunferencia de radio 1 podemos asociar con la amplitud θ del ´angulo, la longitud del arco que este ´angulo determina sobre ella. 102
De ese modo se define un radi´an (1 rad) como la amplitud de un ´angulo central de una circunferencia de radio r, que determina un arco de longitud igual a r. De este modo el ´angulo completo tendr´ a una amplitud de 2π radianes, mientras que el ´angulo recto medir´ıa π2 . Note que los radianes son n´ umeros reales que, por ser cuociente de dos longitudes, no se expresan en unidades. Ahora se podr´a medir la amplitud de un ´angulo en cualquiera de los tres sistemas de medici´on estudiados y hacer las conversiones necesarias entre ellos. 2π 360 400 = ◦ = x y z grad En efecto, 1 rad
´o
π 180 200 = ◦ = x y z grad
≈ 57, 29578◦ ≈ 57◦ 17 45 .
Utilizando la misma idea anterior se pueden medir ´angulos s´ olidos en el espacio. En este caso asociaremos la amplitud de un ´angulo s´olido con el ´area de una superficie esf´erica. En efecto, si se construyen esferas centradas en el v´ertice del ´angulo y de radios distintos, el a´ngulo determina regiones cerradas sobre cada una de ellas. La raz´on entre el ´area de dichas regiones esf´ ericas y el cuadrado del radio de las esferas correspondientes permanece constante, por lo que esta magnitud no depende del radio, sino s´olo del ´angulo. Luego si tomamos, particularmente, la esfera de radio 1 podemos asociar con la amplitud θ del ´angulo s´olido, el ´area de la regi´on que este ´angulo determina sobre ella.
De ese modo se define un estereorradi´an (1 srad) como la amplitud de un ´angulo s´olido que, teniendo su v´ertice en el centro de una esfera de radio r, determina un ´area en la superficie de ´esta 103
igual a r 2 . De este modo, por ejemplo, el ´angulo triedro que se muestra en la figura medir´ıa π2 srad, mientras que el ´angulo s´olido que determina una semiesfera tendr´a una amplitud de 2π srad. Note que los estereorradianes son tambi´ en n´umeros reales que no se expresan en unidades.
Aqu´ı debemos hacer notar que no contamos con todas las herramientas necesarias para calcular ´areas de regiones esf´ericas generales, pues para este fin se requieren resultados del c´alculo diferencial e integral que se estudiar´an m´as adelante. Sin embargo, en vista de los resultados desarrollados en el cap´ıtulo anterior podremos restringirnos a considerar ciertos ´angulos s´olidos poliedros (como el de la figura) o aquellos generados por conos circulares rectos ya que las regiones esf´ericas que estos u ´ltimos determinan son casquetes esf´ericos, para los cuales conocemos la manera de determinar su ´area. Esta forma de medici´on de ´angulos planos (o s´olidos) consiste en establecer una correspondencia entre las amplitudes de ´angulos y las longitudes de arcos de circunferencias (o ´areas de superficies esf´ericas). Ejercicios
1. Exprese cada uno de los siguientes ´angulos como fracci´o n de un ´angulo recto, en medida sexagesimal, centesimal y en radianes, seg´un corresponda. a) 67◦ 30
b) 6 grad 25 min
c) 0,2315 de un ´angulo recto
d)
5π 27
rad
e) 0,3927 rad
2. El n´ umero de grados sexagesimales de un ´angulo sumado al n´umero de sus grados centesimales es 152: ¿cu´al es el ´angulo? 3. Si s y t indican respectivamente el n´umero de segundos sexagesimales y centesimales contenidos en un ´angulo, probar que 250s = 81t 4. Tomando π1 0,31831 verifique que un radi´an tiene aproximadamente 206265 segundos sexagesimales.
≈
5. ¿Cu´al es el radio del c´ırculo en el cual un arco de 1 cm subtiende un ´angulo central de 1’? 6. Encuentre la medida en radianes de cada ´angulo de un pol´ıgono regular.
104
7. Demostrar que la medida en radianes de cualquier ´angulo central en una circunferencia se expresa por la fracci´on arco subtendido radio 8. En una carrera a velocidad uniforme sobre una pista circular, un atleta recorre cada minuto un arco que subtiende un ´angulo en el centro de la pista de 20 /7 radianes. Si cada vuelta de la pista es de 400 m ¿cu´anto tiempo tardar´a en recorrer 1 Km? 9. Hallar el radio de un globo esf´ erico tal que la distancia medida sobre la superficie, entre dos puntos cuyas latitudes difieran en 1 ◦ 10 , sea de 1 cm. 10. El volante de una m´aquina da 35 revoluciones por minuto, ¿qu´e tiempo tardar´a en girar 5 radianes? 11. El minutero de un reloj tiene 70 cm de largo, ¿cu´antos cent´ımetros recorre su extremo en 20 minutos? ¿cu´antos recorre su punto medio? 12. Suponiendo que la Tierra es una esfera de radio 12700 Km, encuentre la longitud de un arco que subtienda 1 minuto en el centro de la Tierra. 13. Encuentre el ´angulo de elevaci´on del Sol cuando una torre de 18 m de altura proyecta una sombra de 18 3 m de largo.
√
14. ¿Cu´al es la medida en estereorradianes de un ´angulo s´olido completo? 15. Si un cono circular recto tiene ´angulo en el v´ertice de θ radianes, ¿que amplitud en estereorradianes tiene el ´angulo s´olido que este determina?
4.2.
Razones trigonom´ etricas en el tri´ angulo rect´ angulo.
Consideremos dos tri´ angulos rect´angulos generales, semejantes entre s´ı, cuyos elementos se nombran como se muestra en la figura.
105
Seg´ un resultados anteriores sabemos que: 0 < α, β < π2 = 90◦ , α + β = π2 y que, por el Teorema de Pit´agoras, a2 + b2 = c2 y m2 + n2 = p 2 . La semejanza de ambos tri´angulos asegura que: a b c = = m n p por lo que podemos establecer diferentes relaciones entre elementos de un mismo tri´angulo que se mantienen constantes por transformaciones de semejanza. Vemos que: a m = , c p
b n = , c p
a m = b n
entre otras. Note que, a pesar de que las longitudes de los lados de los tri´angulos var´ıan, las razones anteriores permanecen constantes. Esto hace que tales razones sean asociadas con los ´angulos del tri´ angulo, que son los que no var´ıan por transformaciones de semejanza. De este modo, para un ´angulo α dado, podr´ıamos construir a partir de ´el tri´angulos rect´angulos (ser´ıan todos semejantes entre s´ı) y las razones que mencionamos ser´ıan iguales en todos ellos.
A estas razones se les denomina razones trigonom´etricas en el tri´angulo rect´angulo y se detallan a continuaci´on: seno α
=
sen α
=
cateto opuesto hipotenusa
=
a c
=
m p
coseno α
=
cos α
=
cateto adyacente hipotenusa
=
b c
=
n p
tangente α
=
tan α
=
cateto opuesto cateto adyacente
=
a b
=
m n
cosecante α
=
csc α
=
hipotenusa cateto opuesto
=
c a
=
p m
secante α
=
sec α
=
hipotenusa cateto adyacente
=
c b
=
p n
cotangente α =
cot α
=
cateto adyacente cateto opuesto
=
b a
=
n m
106
Identidades Fundamentales. Razones y Corrazones Trigonom´ etricas.
El lector no debe sentirse impresionado por la variedad de las anteriores definiciones pues, como es usual en matem´aticas hay varias relaciones que facilitan el manejo y la aplicaci´on de estas razones. De hecho mostraremos que bastar´a conocer una cualquiera de las razones trigonom´etricas de un ´angulo de un tri´angulo rect´angulo para obtener cualquiera de las cinco restantes. Por ejemplo, de las propias definiciones podemos ver que, para un ´angulo α tan α =
sen α , cos α
cot α =
1 cos α = , tan α sen α
sec α =
1 , cos α
csc α =
1 sen α
por lo que, conociendo el seno y el coseno del ´angulo, se tienen el resto de las razones trigonom´etricas. M´a s a´ un, el conocido Teorema de Pit´agoras permite obtener f´acilmente, a partir de las definiciones, las denominadas Identidades Fundamentales, que en sus distintas representaciones se muestran a continuaci´on y cuya demostraci´on dejamos al lector como ejercicio. sen2 α + cos2 α = 1,
sec2 α
− tan2 α = 1,
csc2 α
− cot2 α = 1
La combinaci´on de las anteriores relaciones permite escribir cualquiera de las razones trigonom´etricas de un ´angulo agudo en t´erminos de cualquier otra, como se ve en la siguiente tabla y el lector podr´a verificar sin mayor dificultad.
sen α
sen α
cos α
√
sen α
1 − cos α 2
cos α
√
tan α
√ sen α 1 − sen
csc α
1 sen α
√ 1 2 1 − cos α
sec α
√ 1 2 1 − sen α
1 cos α
cot α
1 − sen α 2
2
√
α
1 − sen2 α sen α
tan α
csc α
√ tan α 2 1 + tan α
1 csc α
√ 1 2 1 + tan α
cos α
√ cos α 1 − cos
2
tan α
α
√ cos α 1 − cos
2
α
1
csc α − 1
1 + tan2 α tan α
1 + tan α
1 tan α
107
sec2 α − 1 sec α
csc2 α − 1 csc α
√
2
√
√
√
√
sec α
2
csc α
1 sec α
csc2 α − 1
1 1 + cot2 α
√
√ cot α
1 + cot2 α
√
1 cot α
sec2 α − 1
√ sec α
sec α − 1 2
√ csc2 α csc α − 1 √
cot α
sec α
√
1
sec α − 1 2
√
1 + cot2 α
√
1 + cot2 α cot α
cot α
Hasta ahora hemos utilizado s´olo uno de los ´angulos agudos del tri´angulo rect´angulo (α) para definir sus razones trigonom´etricas, pero el lector notar´a que el proceso es el mismo para su ´angulo complementario β . De hecho, este es el motivo por el cual las razones trigonom´etricas se agrupan por pares, agregando el prefijo “ co .al nombre: seno y co seno; tangente y co tangente ; secante y co secante . Estos pares se llaman corrazones trigonom´ etricas debido a que una raz´on trigonom´etrica de un ´angulo es igual a la correspondiente corraz´on trigonom´etrica de su ´angulo complementario, es decir: π sen α = cos β = cos α , 2 π tan α = cot β = cot α , 2 π sec α = csc β = csc α 2
− − −
y viceversa. Note que todas las definiciones anteriores s´olo son v´alidas para ´angulos de un tri´angulo rect´ angulo (por tanto, agudos), por lo que no pueden establecerse estas relaciones en tri´angulos generales. Esto no deber´ıa ser un impedimento, ya que vimos que, dado cualquier ´angulo agudo se pueden construir tri´angulos rect´angulos sobre ´el y definir con las longitudes de sus lados las razones trigonom´etricas que estudiamos. ´ Angulos Notables.
El lector comenzar´a a notar que en lo adelante, expresaremos las amplitudes de ´angulos en radianes y no en grados sexagesimales como se hace en la ense˜nanza media. Las razones para la elecci´on de este sistema de medici´on son muy importantes y est´an relacionadas con la esencia del tratamiento funcional que daremos a estas razones y por tanto, con las herramientas del c´alculo diferencial e integral. M´as adelante retomaremos esta discusi´on; de momento haremos el ejercicio de calcular el valor de las razones trigonom´etricas de ciertos ´angulos que llamaremos “notables”dada su recurrente aparici´on en la geometr´ıa plana. Nos referimos, por ejemplo, a los ´angulos de 30◦ , 45 ◦ y 60◦ ´o, como los mediremos desde ahora, de π6 , π4 y π3 radianes. Sugerimos al lector que verifique las reglas de conversi´on presentadas anteriormente con estos y otros ´angulos para que se familiarice con el sistema radial de medici´on de amplitudes. Para calcular las razones trigonom´ etricas de estos ´angulos tenemos que encontrar tri´angulos rect´ angulos de dimensiones conocidas cuyos ´angulos agudos sean los que queremos estudiar. ¿Reconoce usted alg´un tri´angulo rect´angulo con ´angulo interior de π6 radianes y lados de longitud conocida? Es claro que, si uno de los ´angulos agudos de este tri´angulo mide π6 el otro tiene amplitud de ıa obtenerse a partir de un tri´angulo equil´atero de lado conocido. En efecto, 3 , por lo que podr´ si trazamos la altura de un tri´angulo equil´atero de lado a, aparece el tri´angulo rect´angulo que necesitamos y podemos conocer la longitud de todos sus lados, con lo que estar´ıamos preparados para calcular las razones trigonom´etricas de sus ´angulos agudos. π
108
Obviamente hemos utilizado resultados geom´ etricos conocidos como el hecho de que la altura de un tri´angulo equil´atero es transversal de gravedad y el Teorema de Pit´agoras, lo que nos permite aplicar las definiciones estudiadas y calcular las razones que buscamos.
√
√
3a π 3 2 cos = = 6 a 2
a
π 1 sen = 2 = , 6 a 2
√
a π 3 tan = √ 2 = , 3a 6 3
π cot = 6
2
√
3a 2
=
a
√
3
2
√
2 3 π a sec = √ = 3a 6 3
π a csc = a = 2, 6 2
2
Un detalle interesante es que este mismo tri´angulo conocido nos permite calcular las razones trigonom´etricas del ´angulo de π3 dado que ´este es complementario del anterior.
√
π 1 cos = , 3 2
π 3 sen = 3 2
√
π 3 cot = , 3 3
tan
π = 3
√
3
√
π sec = 2, 3
π 2 3 csc = 3 3
Para el ´angulo de π4 , ¿c´omo encontrar el tri´angulo rect´angulo que necesitamos? Claramente, si trazamos la diagonal de un cuadrado de lado conocido podemos obtener el siguiente tri´angulo:
109
y calcular las razones trigonom´ etricas del ´angulo π sen = 4 tan
π
4.
√
a 2 π = = cos 2 4 2a
√
π a π = = 1 = cot 4 4 a
π csc = 4
√ 2a √ a
=
2 = sec
π 4
Ejercicios.
1. Construya ´angulos con cada uno de los siguientes datos y calcule el seno, el coseno y la tangente, en caso que no se den como datos: a) sen θ = 0,39 b) tan θ = 0,7 c) cos θ = 0,9 d) sec θ = 2,8 e) cot θ = 0,625 2. Construir un tri´ angulo ABC , rect´angulo en C , de hipotenusa 10 cm y tan A = 0,81. Hallar sen A y cos A. 3. Construir un tri´ angulo rect´angulo ABC , a partir de los siguientes datos: tan A = 0,7 ,
∠C =
90◦ ,
b = 2,8cm
4. Sea ABC es un tri´angulo rect´angulo en A. Se traza B D perpendicular a B C , que corta a la prolongaci´ on de C A en D. Si AB = 12, AC = 16 y B C = 20, encontrar B D y C D. 5. Si ABCD es un cuadrado y C est´a unido a E , que es punto medio de AD, encontrar todas las razones trigonom´etricas del ´angulo ∠EC D. 6. Verifique las siguientes relaciones: a ) (sen θ + csc θ)2 + (cos θ + sec θ)2 = tan2 θ + cot2 θ + 7
√
· √
− · √ −
1 + cot2 θ sec2 θ 1 1 sen2 θ = 1 1 1 c ) + = 2sec2 α 1 sen α 1 + sen α d ) tan2 α + sec2 β = sec2 α + tan2 β tan α cot β cot β = e ) cot α tan β cot α b)
−
− −
7. Si sen θ
−
− cos θ = 0, hallar csc θ.
8. Si cot θ =
p p cos θ q sen θ , hallar el valor de . q p cos θ + q sen θ
−
9. Hallar el valor de α si: a ) cos2α = sen 3α b) tan α = cot3α 110
c ) sec5α = csc α 10. Dado el pent´agono regular de la figura:
a ) Calcule la amplitud (en radianes) de los ´angulos interiores del tri´ angulo rect´angulo AMD. b) Calcule la longitud de los lados del tri´angulo. c ) Calcule las razones trigonom´etricas de los ´angulos agudos del tri´angulo. Sugerencia: Recuerde que si la longitud del lado del pent´agono regular es a, su diagonal tiene longitud φa, donde φ es el n´umero ´aureo.
4.3.
Funciones trigonom´ etricas.
En esta secci´on explicaremos c´omo superar la principal limitaci´on que hemos encontrado hasta ahora al momento de definir y calcular las razones trigonom´etricas de ´angulos planos: el hecho de que s´olo es posible hacerlo para ´angulos agudos de un tri´angulo rect´angulo. La extensi´on de estas nociones para ´angulos generales implica a su vez, la extensi´on del concepto de raz´on trigonom´etrica (como cuociente de longitudes de lados de un tri´angulo) al concepto de funci´on trigonom´etrica. Este ejercicio nos permitir´a utilizar para el estudio de objetos geom´ etricos algunas herramientas de la teor´ıa de funciones de variable real y del c´alculo diferencial e integral, lo que nos permite enriquecer nuestro punto de vista matem´atico y el tratamiento de ciertos problemas. En este sentido deberemos adaptar y generalizar las nociones geom´ etricas de ´angulos y amplitudes de modo que sean compatibles con la teor´ıa de funciones de variable real. Para esto consideraremos conocido el uso del sistema cartesiano para representar puntos del plano, figuras geom´ etricas y funciones reales. Comenzaremos generalizando la noci´on de ´angulo plano y su amplitud y discutiremos lo adecuado del sistema radial de medici´on de amplitudes en este contexto.
−→ −→
Consideremos un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares x O y y una circunferencia de radio 1, centrada en el origen O que se denomina circunferencia goniom´etrica. Tomaremos el semieje positivo O x como lado inicial de los ´angulos que consideraremos. Llamaremos θ a la amplitud del ´angulo ∠AOP .
−→
111
−−→
Si el punto P se mueve sobre la circunferencia, el rayo OP rota alrededor del punto O y la amplitud θ del ´angulo ∠AOP var´ıa. Note que, como la circunferencia tiene radio 1, la amplitud θ del ´angulo, medida en radianes, coincide con la longitud del arco de circunferencia AP . Hasta ahora hemos pensado s´olo en ´angulos con amplitud positiva, pero es f´acil definir ´angulos negativos si tenemos en cuenta el sentido en que tomamos el ´angulo. Si el punto P rota desde A en sentido contrario a las manecillas del reloj (antihorario) se considera el ´angulo positivo. Si el punto P rota desde A en el sentido de las manecillas del reloj (horario) se considera el ´angulo negativo.
Note que, seg´ un la definici´on geom´etrica que ten´ıamos antes, ambos ´angulos, al ser semejantes, med´ıan lo mismo, pero que ahora los hemos diferenciado seg´un el sentido en que se rota desde el lado inicial hasta el lado final. A´ un m´as: podemos definir ´angulos de amplitud mayor a la de un ´angulo completo siempre que consideremos la rotaci´on necesaria para llegar hasta el lado final del ´angulo. Por ejemplo: un ´angulo de 3π radianes ser´ıa aquel que consiste en una vuelta y media en torno al punto O en sentido antihorario, un ´angulo de 92π consistir´a en dos vueltas en torno a O m´ as un cuarto de vuelta adicional, todo en sentido antihorario, mientras que un ´angulo de 52π se obtiene rotando en sentido horario una vuelta completa y un cuarto de vuelta adicional.
−
112
Esta manera de considerar los ´angulos: medidos en radianes, positivos o negativos seg´un el sentido de rotaci´on y de cualquier magnitud, permite establecer una correspondencia entre los ´angulos con v´ertice en O, los puntos de la circunferencia goniom´ etrica y los n´umeros reales. Es decir, todo ´angulo est´a representado por un punto de la circunferencia goniom´ etrica que se obtiene de la intersecci´on del lado final del ´angulo con ´esta y a su vez, corresponde a un n´umero real que indica su amplitud medida en radianes.
´ Angulos de v´ertice O
←→
Puntos de la Circunferencia Goniom´etrica
←→
N´ umeros Reales
Una forma gr´afica de representar esta correspondencia es considerar una recta, perpendicular al eje O x y que pase por el punto A. Si se “enrosca. esta recta alrededor de la circunferencia goniom´etrica, manteniendo fijo el punto A, entonces el punto P que el ´angulo determina sobre la circunferencia, se corresponde con un punto Q de la recta. Si se representan los n´umeros reales sobre esta recta, colocando el cero en el punto A y tomando hacia arriba el sentido positivo, entonces el punto Q indica la longitud del arco AP , es decir, la medida en radianes del ´angulo ∠AOP .
−→
113
Hay que notar que la correspondencia entre los ´angulos y los n´umeros reales es biun´ıvoca, es decir: a cada ´angulo le corresponde uno y s´o lo un n´umero real dado por la longitud del arco de circunferencia que recorre el punto P desde A hasta su posici´on final (incluyendo las vueltas necesarias si el ´angulo es mayor que 2π o menor que 2π).
−
Sin embargo la correspondencia entre ´angulos y puntos de la circunferencia no es biun´ıvoca. Hay una cantidad infinita de ´angulos que est´an representados por el mismo punto P sobre la circunferencia goniom´etrica. Por ejemplo: los ´angulos π2 , 92π , 32π , entre otros est´an representados todos por el punto B donde el semieje positivo de las y intersecta a la circunferencia.
−→ −
Estos ´angulos que terminan en un mismo punto de la circunferencia reciben el nombre de coterminales y tienen la caracter´ıstica de que sus medidas en radianes difieren en un m´ultiplo de 2π. Esto equivale a que los arcos que estos ´angulos recorren difieren en una cantidad entera de vueltas completas a la circunferencia, que pueden ser en sentido horario o antihorario. Luego todos los ´angulos coterminales representados por un mismo punto P de la circunferencia goniom´etrica pueden escribirse por medio de la expresi´on: θk = θ + 2kπ donde k puede ser cualquier n´umero entero y θ es cualquiera de los ´angulos que termina en P . En este punto estamos listos para definir las funciones trigonom´etricas. Cada ´angulo se identificar´ a con el valor de su amplitud (que, como hemos visto, es un n´umero real), por lo que las funciones en realidad no est´ an definidas para ´angulos (que son objetos geom´ etricos) sino para sus amplitudes (que son n´umeros reales). De este modo las funciones que definiremos a continuaci´on son funciones reales de variable real. Utilizaremos la correspondencia entre los n´umeros reales que representan las amplitudes de los ´angulos medidas en radianes y los puntos P donde el lado final del ´angulo intersecta a la circunferencia goniom´etrica. Veremos primero lo que sucede para ´angulos agudos de modo que la definici´on sea consistente con la presentada en la Secci´on anterior. Para un ´angulo agudo, el punto P de la circunferencia que lo representa est´a en el primer cuadrante del sistema de coordenadas. Cosideremos el tri´angulo rect´ angulo T OP que se forma al trazar las l´ıneas coordenadas del punto P .
114
Seg´ un las definiciones de razones trigonom´etricas estudiadas y dado que la hipotenusa del tri´ angulo es el radio de la circunferencia, que es igual a 1, se tiene que:
sen θ =
T P 1
y
cos θ =
OT 1
luego tenemos que OT = cos θ y que OS = sen θ, por lo que las coordenadas del punto P en este sistema de coordenadas son P (cos θ, sen θ). Este an´alisis servir´a de base para definir las siguientes funciones que llamaremos funciones trigonom´etricas : Definici´ on 4.3.1. Dado un ´angulo de amplitud θ R consideremos el punto P que lo representa sobre la circunferencia goniom´etrica y sus coordenadas P (x, y) en el sistema cartesiano descrito. Se definen las siguientes funciones:
∈
sen θ
= ordenada de P = y
cos θ =
abscisa de P
= x
tan θ
=
sen θ cos θ
=
y x
cot θ
=
cos θ sen θ
=
x y
sec θ
=
1 cos θ
=
1 x
csc θ
=
1 sen θ
=
1 y
Note que esta definici´o n es v´alida para ´angulos generales, no necesariamente agudos. En la siguiente figura se muestran los casos en que el punto P , que representa al ´angulo θ sobre la circunferencia goniom´etrica, se encuentra en los cuadrantes II, III y IV y los correspondientes tri´ angulos rect´angulos que se forman al trazar las l´ıneas coordenadas del punto P .
115
Ahora podemos verificar que, para todo k sen(2kπ) = 0
π sen + 2kπ = 1 2
cos(2kπ) = 1
π cos + 2kπ = 0 2
∈ Z: sen ((2k + 1)π) = 0
cos ((2k + 1)π) =
sen
−1
cos
3π + 2kπ 2
3π + 2kπ 2
=
−1
=0
Ejercicios
1. Calcule: a ) cos(135o ), tan(240o ), sen(150o ), csc(1575o ) b) sen( 1200o ), cot( 855o ), cot( 240o ), sec(138o )
−
c ) cos( 103π ), sen(
−
− 136
π
), cos( 174π )
2. Hallar tan(120◦ ) si sen(120 ◦ ) =
√ 3 2
−
.
3. Hallar tan( 54π ) y sec( 54π ) si sen( 54π ) = 4. Si cos α =
12 13 ,
√
− 22 .
hallar sen α y tan α.
5. Indique los ´angulos coterminales a 105 ◦ que est´en entre 6. Indique cu´ a ntos [ 10π, 10π].
−
−2000◦ y 2000◦ . ¿Cu´antos son? y cu´a les son los ´angulos coterminales a − 512 que est´an en el intervalo π
7. Si k es un n´umero entero, escriba todos los ´angulos que las siguientes expresiones describen: a ) 45◦ + k 360◦ , con
−10 ≤ k ≤ 10. b) − + 2kπ, con −10 ≤ k ≤ 10. c ) (2k + 1) 2 , con k ∈ Z. 3π 2
·
π
116
4.4.
Propiedades de las funciones trigonom´ etricas.
En esta secci´on analizaremos algunas de las propiedades m´as importantes de las funciones trigonom´ etricas definidas anteriormente, con el ob jetivo de facilitar el camino para obtener sus gr´aficos. Acotaci´ on
Note que de la propia definici´on, como las coordenadas de P : todo θ R, sen θ 1 ; cos θ
∈
| |≤ | csc θ| ≥ 1 tan θ ∈ R
−1 ≤ x, y ≤ 1, se tiene que para | |≤1 | sec θ| ≥ 1 cot θ ∈ R
;
;
Ceros
Por la definici´on de las funciones y los rangos de cada una de ellas, los ceros de cada una de las funciones trigonom´etricas son: sen θ = 0 cos θ = 0 tan θ = 0 cot θ = 0 csc θ = 0
0 sec θ =
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
θ = kπ θ = (2k + 1) π2 θ = kπ θ = (2k + 1) π2
∀θ ∈ R ∀θ ∈ R
Signo y Monoton´ ıa
Esta definici´ on permite tambi´en analizar el signo de las funciones trigonom´etricas en cada cuadrante del sistema de coordenadas. A´un m´as, de la misma manera, cuando el punto P se mueve alrededor de la circunferencia goniom´etrica, podemos ver c´omo var´ıan los valores de las funciones sen θ, cos θ y tan θ, al pasar de un cuadrante a otro. En la siguiente tabla se resumen los signos y la variaci´on de las funciones sen θ, cos θ y tan θ.
117
Cuadrante
Rango
I
0 < θ <
II
π
2 <
π
2
θ<π
III
π<θ<
IV
3π 2
3π 2
< θ < 2π
sen θ
cos θ
tan θ
positivo creciente
positivo decreciente
positiva creciente
positivo decreciente
negativo decreciente
negativa creciente
negativo decreciente
negativo creciente
positiva creciente
negativo creciente
positivo creciente
negativa creciente
lo que es v´alido tambi´en para los ´angulos coterminales con θ. M´ aximos y M´ınimos
Como vimos antes, la funci´on sen θ alcanza su valor m´aximo 1 para los ´angulos θ = mientras que el valor m´ınimo 1 se alcanza para θ = 32π + 2kπ.
−
π
2
+ 2kπ,
Por su parte, la funci´on cos θ alcanza su valor m´aximo 1 para los ´angulos θ = 2kπ, mientras que el valor m´ınimo 1 se alcanza para θ = (2k + 1)π.
−
Las funciones tan θ y cot θ pueden tomar todos los valores reales y como son siempre crecientes, no tienen m´aximos ni m´ınimos. La csc θ, por ser el rec´ıproco del seno, alcanza sus m´ınimos en los m´aximos del seno y sus m´aximos, en los m´ınimos del seno. Lo mismo sucede respecto de las funciones sec θ y cos θ. A continuaci´on analizaremos las propiedades de simetr´ıa de las funciones trigonom´etricas, de modo que reduciremos el c´alculo del valor de una funci´on en un θ R, al c´alculo de su valor en un ´angulo agudo. De esta manera bastar´a con graficar estas funciones entre 0 y π2 y luego, a trav´es de simetr´ıas, construir el gr´afico en todos los reales.
∈
Periodicidad
Una funci´on f se denomina peri´ odica , de per´ıodo T si T es el menor n´umero real que satisface que, para todo x Domf , x + T Domf y f (x + T ) = f (x).
∈
∈
De este modo, se puede ver que las funciones sen θ, cos θ, csc θ y sec θ son funciones peri´odicas de per´ıodo 2π. Por otro lado, las funciones tan θ y cot θ son peri´odicas de per´ıodo π. De esta forma:
118
sen(θ + 2π) = sen θ, cos(θ + 2π) = cos θ, csc(θ + 2π) = csc θ, sec(θ + 2π) = sec θ tan(θ + π) = tan θ, cot(θ + π) = cot θ
luego, bastar´ıa tener el gr´afico de una de estas funciones en un intervalo de longitud igual a su per´ıodo y luego repetirlo sucesivamente a la derecha y a la izquierda para obtener todo el gr´afico. Simetr´ıa resp ecto de θ = 0 y θ = π
−→
En la figura vemos que el punto Q es el sim´etrico de P con respecto al eje x . Si P representa al ´angulo θ, entonces Q representa a los ´agulos θ ´o 2π θ. Vemos que las l´ıneas coordenadas en azul tienen la misma longitud, pero signo diferente y las l´ıneas en rojo tienen la misma longitud y signo. Por eso:
−
−
sen θ =
− sen(−θ) = − sen(2π − θ), cos θ = cos( −θ) = cos(2π − θ)
y tan θ = Simetr´ıa resp ecto de θ =
π
2
− tan(−θ) = − tan(2π − θ)
y θ =
3π 2
119
−→
En la figura vemos que el punto Q es el sim´etrico de P con respecto al eje y . Si P representa al ´angulo θ, entonces Q representa al ´agulo π θ. Vemos que las l´ıneas coordenadas en azul tienen la misma longitud y signo y que las l´ıneas en rojo tienen la misma longitud, pero signo diferente. Por eso: sen θ = sen(π θ), cos θ = cos(π θ) y tan θ = tan(π θ)
−
−
− −
−
−
Simetr´ıa respecto del origen
En la figura vemos que el punto Q es el sim´etrico de P con respecto al origen O. Si P representa al ´angulo θ , entonces Q representa al ´agulo π + θ. Vemos que las l´ıneas coordenadas en azul y en rojo tienen la misma longitud, pero signo diferente. Por eso: sen θ =
− sen(π + θ), cos θ = − cos(π + θ)
y
tan θ = tan(π + θ) Ejercicios
1. Indique los cambios de signo y magnitud de: a ) cot θ entre 0 ◦ y 360◦ . b) csc θ entre 0 y π. c ) tan θ entre π2 y 32π .
− −
2. Exprese como funci´on del ´angulo θ: sen(θ π2 ) , tan(θ π) , sec( 32π θ) cos(270◦ + θ) , cot(270◦ θ) , sec(θ 180◦ )
−
−
−
−
−
3. Demuestre que el per´ıodo de las funciones tan θ y cot θ es π. 4. Encuentre los ceros, m´aximos y m´ınimos de la funci´on f (x) = sen x + cos x. ¿Es peri´odica esta funci´on?¿Cu´ al es su per´ıodo?
120
4.5.
Construcci´ on de gr´ aficos de funciones trigonom´ etricas.
Ahora resulta m´a s f´acil obtener los gr´ aficos de las funciones trigonom´etricas gracias a las propiedades estudiadas anteriormente. En este momento se evidencia la necesidad del sistema radial de medici´on de ´angulos. Si queremos obtener el gr´afico de las funciones trigonom´ etricas en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares; lo usual y conveniente es que en ambos ejes (el de la variable independiente angular θ y el de los valores de la funci´on) se tengan las mismas unidades de medidas, es decir: n´ umeros reales. Si utiliz´aramos el sistema sexagesimal, en cada eje se tendr´ıan medidas de distinta naturaleza. Bastar´ a graficar la funci´o n para ´angulos 0 θ < π2 (´angulos agudos). Luego, utilizando la simetr´ıa respecto de θ = π2 , se extiende el gr´afico al intervalo [0, π[. Igualmente, por la simetr´ıa de las funciones respecto de θ = π, se extiende al intervalo [0, 2π[ y luego, por la periodicidad se extiende a todos los reales.
≤
Para graficar la funci´on y = f (θ) = sen θ en el intervalo [0, π2 [, utilizamos la circunferencia goniom´etrica y encontramos el punto P que representa al ´angulo de amplitud θ . La ordenada del punto P es el valor de sen θ y luego trasladamos esa longitud al nuevo sistema de coordenadas, verticalmente en la abscisa de valor θ. Note que la longitud del arco AP (la medida en radianes del ´angulo) coincide con la abscisa θ del punto del gr´afico de la funci´on sen θ.
F´ıjese que el punto P tiene coordenadas P (cos θ, sen θ) en su sistema de coordenadas, mientras que las coordenadas de Q en su sistema son Q(θ, sen θ). De este modo, como ya calculamos el valor √ √ π 1 π 2 del seno para algunos ´angulos notables, sabemos que los puntos A( 6 , 2 ), B( 4 , 2 ) y C ( π3 , 23 ) pertenecen al gr´afico de la funci´on. Ahora, por las propiedades de simetr´ıa, como sen(π θ) = sen θ, el gr´afico es sim´etrico con respecto a la recta θ = π2 . Adem´as, como sen(2π θ) = sen θ, el gr´afico es sim´etrico con respecto al punto (π, 0). Luego, por la periodicidad de la funci´on se extiende el gr´afico a todos los reales. La aplicaci´on de estas simetr´ıas se refleja en la siguiente figura. Note que los puntos Q i indicados tienen coordenadas:
−
Q0 (θ, sen θ) ,
Q1 (π
− θ, sen θ) ,
Q2 (π + θ,
− −
− sen θ) , 121
Q3 (2π
− θ, − sen θ) ,
Q4 ( θ,
− − sen θ)
Ahora el lector podr´a repetir el proceso anterior para el resto de las funciones trigonom´etricas, de modo que pueda construir los gr´aficos de las funciones cos θ, tan θ, cot θ, csc θ y sec θ que se muestran a continuaci´on:
122
4.6.
Funciones trigonom´ etricas inversas.
El problema directo es: dado un ´angulo α determinar el n´umero a = sen(α), b = cos(α) ´o c = tan(α). Suponga ahora que inversamente, dado el n´umero a quiere determinar un ´angulo α que verifique que sen(α) = a. A continuaci´on mostramos como construir el ´angulo, dado el n´umero, en los casos a > 0 y a < 0. 123
Trazamos una circunferencia unitaria y copiamos un segmento de longitud a sobre el eje x cuando a es positivo y bajo el eje x cuando a es negativo. Trazamos la paralela al eje x y determinamos as´ı en ambos casos un ´angulo cuyo seno es exactamente el n´umero a. Notamos que este ´angulo existe s´olo en el caso que α π2 . 2
π
− ≤ ≤
−1 ≤ a ≤ 1 y que en este caso es un ´angulo
Decimos entonces que α = Arc sen (a). Hemos definido entonces la funci´on arcseno arcsin o seno inverso Arc sen . umero cualquiera, con Definici´ on 4.6.1. Sea a un n´ s´ olo si sen(α) = a y π2 α π2 .
− ≤ ≤
−1 ≤ a ≤ 1. El ´angulo α = Arc sen(a) si y
Sea ahora b un n´ umero, construiremos un ´angulo β que verifique cos(β ) = b.
Copiamos desde el origen la distancia b hacia el lado positivo del eje x si b > 0 y hacia el negativo si b < 0. levantamos la perpendicular en el extremo y al cortar a la circunferencia se determina el ´angulo β cuyo coseno es la medida b. Como en el caso anterior, notamos que este ´angulo existe s´olo en el caso que un ´angulo 0 β π.
≤ ≤
−1 ≤ b ≤ 1 y es
Decimos entonces que β = Arc cos(b). Hemos definido entonces la funci´on arcocoseno arc cos o coseno inverso Arc cos .
124
Definici´ on 4.6.2. Sea b un n´ umero cualquiera, con si cos(β ) = b y 0 β π.
≤ ≤
−1 ≤ b ≤ 1. El ´angulo β = Arc cos(b) si y s´olo
Finalmente dado un n´umero c construiremos un ´angulo γ tal que tan(γ ) = c.
Copiamos desde el punto A un segmento de longitud c tangente a la circunferencia, hacia el lado positivo del eje y si c > 0 y hacia el lado negativo si c < 0. Al unir el extremo con el origen se determina el ´angulo γ cuya tangente tiene medida c. Notemos que a diferencia de los dos casos anteriores este ´angulo existe para todo n´umero real c y es un ´angulo π2 < γ < π2 .
−
Decimos entonces que γ = Arc tan(c). Hemos definido entonces la funci´on arcotangente arctan o tangente inversa Arc tan . Definici´ on 4.6.3. Sea c un n´ umero cualquiera, El ´angulo γ = Arc tan(c) si y s´olo si tan(γ ) = c y π π 2 <γ < 2.
−
Las funciones trigonom´ etricas no son biyectivas, el lector puede verificar que al trazar una recta paralela al eje x corta en m´as de un punto a la gr´afica de la funci´on, luego hay puntos distintos del dominio con la misma imagen y la funci´on no es inyectiva. Las restricciones anteriores de los dominios hacen que sea posible invertirlas. Los nuevos dominios y recorridos que se escogen para conseguir funciones biyectivas son: sen x : [
π π
− 2 , 2 ] → [−1, 1],
cos x : [0, π]
π
π
→ [−1, 1] y tan x :] − 2 , 2 [→ R,
125
Arc sen (x) : [ 1, 1]
−
π π
→ [− 2 , 2 ],
Arc cos (x) : [ 1, 1]
−
π π
→ [0, π] y Arc tan(x) : R →] − 2 , 2 [.
Ejemplo 1
Probar que sen( Arc cos(x)) = cos( Arc sen (x)) = Soluci´ on:
− 1
x2 .
Sea α = Arc cos (x) entonces 0 α π. Sabemos que sen2 (α) + cos 2 (α) = 1, y como 2 cos( Arc cos (x)) = x tenemos que sen (α) = 1 x2 de donde sen(α) = 1 x2 . Pero la funci´on
≤
≤
−
126
±√ −
√ − x2. La otra
seno es positiva en el primer y segundo cuadrantes, luego sen(Arc cos (x)) = + 1 igualdad es an´aloga, invitamos al lector a completarla. Ejemplo 2
Resuelva la ecuaci´on Arc sen (x) = Arc cos (x). Soluci´ on:
Aplicando la funci´on sen() en ambos lados de la ecuaci´on y ocupando el problema anterior, 1 obtenemos x = 1 x2 elevando al cuadrado obtenemos x = √ . Reemplazando en la ecuaci´on 2 1 original obtenemos que s´olo x = √ 2 es soluci´on.
√ −
±
Ejemplo 3
Sea α = Arc cos( 13 ), determine α en t´ erminos de Arc sen y de Arc tan . Soluci´ on:
Considere el tri´angulo de la figura
Por Pit´agoras x =
√
2 2 3 . Luego α =
√
Ejercicios
1. Calcular 1 a ) Arc sen(0) + Arc sen( √ ) Arc sen ( 1). 2
·
b) c )
√
Arc sen( 2 3 2 ) = Arc tan(2 2).
− Arc cos (0) + Arc cos ( 12 ) + Arc cos (−1). Arc tan (0) + Arc tan (1) + Arc tan ( −1).
2. Probar que Arc sen es una funci´on creciente. 3. Probar que Arc cos es una funci´on decreciente. 4. Probar que si c > 1 entonces Arc tan (c) >
π
4.
5. ¿Es Arc tan una funci´on creciente? 127
6. Calcule el valor de a ) sen(Arc cos( 35 )). b) cos(Arc tan( 12 5 )). c ) sen(Arc tan( 24 7 )
− Arc cos ( 1213 )).
8 d ) sen(2Arc sen( 45 ) + 21 Arc cos ( 17 )).
7. Demuestre que: 5 a ) Arc tan ( 14 ) + Arc tan ( 12 ) = Arc tan ( 32 43 ). 5 b) Arc sen ( 35 ) + Arc sen ( 13 ) = Arc tan
c ) Arc cos (
− 2 3)
√
√ 3 ) = Arc cos ( 26+1
56 33 .
π
6.
d ) 2 Arc tan( 18 ) + Arc tan ( 17 ) + 2Arc tan ( 15 ) = 8. Resuelva la ecuaci´on Arc cos x 9. Resuelva la ecuaci´on Arc tan
x 1 x 2
− −
2 Arc tan 11. Desarrolle Arc tan(k + 1)
+ Arc tan
u v
x+1 x+2
= Arc cos
n
Arc tan (
k =1
− Arc tan (
1
k+1 )
π
4
− v u v + u
.
2 ). k2
y luego calcule
n
Arc tan (
k =1
4.7.
=
− Arc tan (k − 1) y luego calcule
12. Desarrolle Arc tan( k1 )
4.
− Arc sen x = Arc cos √ 3x
∈ R+, entonces
10. Demuestre que si u, v
π
1 ). k2 + k + 1
Identidades trigonom´ etricas.
En esta secci´on revisaremos algunas de las m´as conocidas identidades trigonom´etricas . Una identidad de este tipo es una igualdad algebraica que involucra a funciones trigonom´ etricas de uno o m´ as ´angulos y que es verdadera para todo ´angulo que est´ e en el dominio de definici´o n de la relaci´ on algebraica. Algunas de las m´as sencillas ya han sido utilizadas anteriormente, por ejemplo: sen2 θ + cos 2 θ = 1 ,
cot θ =
cos θ , sen θ
tan θ = tan(θ + π) , 128
cos θ = cos( θ)
−
Note que la primera y la ´ultima se cumplen para todo ´angulo θ R, mientras que la segunda y la tercera son ciertas para todo ´angulo θ que no indefina las expresiones correspondientes.
∈
Suma y diferencia de ´ angulos
Dados dos a´ngulos α y β , si los representamos en la circunferencia goniom´etrica, como en la figura, podemos ver que las coordenadas del punto P son P (cos α, sen α) y las de Q son Q(cos β, sen β ). Si el ´angulo ∠P OQ = β α se traslada a su posici´on normal (en la figura ∠AOB), vemos que intersecta a la circunferencia en A(1, 0) y B (cos(β α), sen(β α)).
−
−
−
Observemos que la distancia entre P y Q se conserva, d(P, Q) = d(A, B), al igual que sus cuadrados. Utilizando la f´ormula de distancia entre dos puntos y teniendo las coordenadas resulta que: (cos β cos α)2 + (sen β sen α)2 = (cos(β α) 1)2 + sen2 (β α)
−
−
− −
−
desarrollando: cos2 β
− 2cos β cos α + cos2 α + sen2 β − 2sen β sen α + sen2 α = cos2 (β
− α) − 2 cos(β − α) + 1 + sen 2(β − α)
Utilizando la identidad fundamental para los ´angulos α, β y β cos(β
− α) = cos β cos α + sen β sen α, para todo par de n´umeros reales α, β ∈ R
− α, se tiene: (1)
Ahora es f´acil verificar la veracidad de las siguientes identidades trigonom´etricas, para todo α, β R.
∈
cos(β + α) = cos β cos α sen(β
− sen β sen α,
(2)
− α) = sen β cos α − cos β sen α,
(3)
129
sen(β + α) = sen β cos α + cos β sen α,
(4)
En efecto, si en la ecuaci´on (2) hacemos cos(β ( α)), podemos aplicar (1) y desarrollar esta diferencia. Hay que notar que cos( α) = cos α y que sen( α) = sen α dado que la funci´on coseno es par y la funci´on seno es impar. Empleando esta ´ultima propiedad se obtiene (2).
−−
−
−
−
π α) = cos (β α) , por ser ´angulos complemen2 π tarios. Luego reescribimos sen(β α) = cos β + α) y utilizamos (2) para desarrollar el 2 π π coseno de esta suma. En el desarrollo aparecen los t´erminos cos β y sen β que, al ser 2 2 sustitu´ıdos por sen β y cos β respectivamente, proporcionan la identidad (3). Para obtener (3) debemos poner sen(β
−
− − − − − −
Para obtener (4) se repite el argumento utilizado para verificar (2). Como s´olo hemos indicado la idea de la demostraci´on, recomendamos al lector que realice la comprobaci´on detallada de las identidades (2), (3) y (4), a partir de los argumentos indicados. Las siguientes identidades se obtienen directamente de las f´ormulas presentadas anteriormente. Indicaremos c´omo verificar cada una de ellas y, en algunos casos, dejaremos al lector completar los detalles.
tan(α tan(α
α ± tan β ± β ) = 1tan ∓ tan α tan β ,
(5)
± β ) = sen β cos α ± cos β sen α ± β ) = sen(α cos(α ± β ) cos β cos α ∓ sen β sen α
Si se divide el numerador y el denominador por cos α cos β se obtiene (5). ´ ´ Angulo Doble y Angulo Mitad
sen2α = 2 sen α cos α,
cos2α = cos2 α
− sen2 α,
2tan α , 1 tan2 α
tan2α =
−
(6)
(7)
(8)
Para probar (6), (7) y (8) hay que hacer β = α en (4), (2) y (5), respectivamente. θ sen = 2
−
±
1
cos θ , 2
130
(9)
θ cos = 2 θ tan = 2
1 + cos θ , (10) 2
±
−
1 cos θ , (11) 1 + cos θ
±
Para probar (9), (10) y (11) veamos que de la identidad (7) se tiene que: cos2α = 2 cos2 α
− 1 = 1 − 2sen2 α
Si ahora hacemos θ = 2α, tenemos: θ 2 de donde se obtienen las identidades buscadas.
− 1 = 1 − 2sen2 θ2
cos θ = 2cos2
Transformaci´ on de Productos en Sumas
2sen α cos β = sen(α + β ) + sen(α 2cos α sen β = sen(α + β )
− β ),
(12)
− sen(α − β ),
(13)
2cos α cos β = cos(α + β ) + cos(α 2sen α sen β = cos(α
− β ),
(14)
− β ) − cos(α + β ),
(15)
Para verificar estas identidades basta desarrollar los miembros derechos de cada igualdad empleando las identidades anteriores. Transformaci´ on de Sumas en Productos
sen γ + sen δ = 2 sen sen γ
− sen δ = 2cos
cos γ + cos δ = 2cos cos γ
− cos δ = 2sen
γ + δ cos 2
− − − − γ
δ
2
, (16)
γ + δ γ δ sen , (17) 2 2 γ + δ cos 2
γ
δ
2
, (18)
γ + δ γ δ sen , (19) 2 2
131
Basta hacer, en las identidades (12) a (15), α + β = γ y α α =
γ + δ 2
− β = δ , de donde se tiene que γ − δ β = .
y
2
Ejercicios
1. Probar las siguientes identidades cos (α + β + γ ) = 1 tan α tan β cos α cos β cos γ sen(3α) + sen 3 (α) b) = cot(α) cos3 (α) cos(3α)
a )
·
−
·
·
− tan α · tan γ − tan β · tan γ
−
c )
β sen( α− sen β cos α (tan α + tan β ) 2 ) + =1 β 1 cos(α + β ) cos β sen( α+ ) 2
·
−
o
·
d ) cos(45 + α) + sen(α
·
o
− 45 ) = 0
2. En los siguientes ejercicios suponga α + β + γ = π. Pruebe que: a ) sen α + sen β + sen γ = 4 cos( α2 ) cos( β2 ) cos( γ 2)
·
·
·
b) tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ
·
·
3. Si a cos2 α + b sen2 α = c, probar que tan2 α = 4. Si tan β =
β β sen )2 = 1 sen β 2 2 α b) tan = csc α cot α 2 sen2β cos2β c ) = sec β sen β cos β
−
−
·
− n)tan α = tan(α − β )
5. Comprobar las siguientes identidades a ) (cos
−a −c
n sen α cos α 1 n sen2 α
Probar que (1
c b
−
−
−
− 4sen3 θ e ) cos3θ = 4 cos3 θ − 3cos θ 1 − cos2α f ) = tan α d ) sen3θ = 3 sen θ
sen2α g ) csc2γ + cot 2γ = cot γ
132
3tan δ tan3 δ 1 3tan2 δ tan δ + cot δ i ) = sec2δ cot δ tan δ sen3α cos3α j ) =2 sen α cos α h ) tan3δ =
−
−
−
−
4.8.
Ecuaciones tigonom´ etricas.
Las ecuaciones trigonom´etricas b´asicas son: (1) sen(x) = a, (2) cos(x) = a y (3) tan(x) = a donde a es un n´ umero real. Analizaremos sus soluciones en cada caso determinando una f´ormula que permite solucionar completamente la ecuaci´on. Consideremos en primer lugar la ecuaci´on (1) y analic´ emosla desde el punto de vista gr´afico. Las soluciones se obtienen al intersectar la gr´afica de y = sen(x), con y = a.
Como se observa en la gr´afica esta pregunta s´olo tiene sentido si a 1, puesto que si a > 1 la recta no corta a la funci´on sinusoidal. Tambi´en nos damos cuenta que la ecuaci´on tiene infinitas soluciones, por la forma de la funci´on. Todos los cortes pueden determinarse a partir de dos soluciones iniciales sumando m´ultiplos de 2π. Estas soluciones fundamentales son: x0 = Arc sen(a) e y 0 = π Arc sen (a). Luego la soluci´on general de la ecuaci´on est´a dada por
| | ≤
| |
−
xk = Arc sen(a) + 2kπ o bien xk = π
− Arc sen (a) + 2kπ.
Las distintas soluciones que se ven en el gr´afico, resultan de hacer variar el par´ametro k en el conjunto de los n´umeros enteros Z = 0, 1, 2,....
{ ± ±
}
Ejemplo 1
133
Resolver la ecuaci´on sen(x) =
1 . 2
Soluci´ on
Sus soluciones, de acuerdo a la f´ormula anterior son 1 1 xk = Arc sen( ) + 2kπ o bien xk = π Arc sen ( ) + 2kπ. 2 2 1 π Como Arc sen( ) = . lo anterior se simplifica como 2 6 π π xk = + 2kπ o bien xk = π + 2kπ. 6 6 Consideremos ahora la ecuaci´on (2) cos(x) = a. Sus soluciones se obtienen al intersectar la gr´afica de y = cos(x), con y = a.
− −
Como antes, esta ecuaci´on s´olo tiene sentido si a 1, puesto que si a > 1 la recta no corta a la cosinusoide. Tambi´ en nos damos cuenta que la ecuaci´on tiene infinitas soluciones, por la forma de la funci´on. Todos los cortes pueden determinarse a partir de dos soluciones iniciales sumando m´ultiplos de 2π. Estas soluciones fundamentales son: x0 = Arc cos(a) e y 0 = Arc cos (a). Luego la soluci´on general de la ecuaci´on est´a dada por
| |≤
||
−
xk =
± Arc cos (a) + 2kπ.
Las distintas soluciones que se ven en el gr´afico, resultan de hacer variar el par´ametro k en Z .
Ejemplo 2
Resolver la ecuaci´on cos(x) =
− 12 .
Soluci´ on
Sus soluciones, de acuerdo a la f´ormula anterior son
xk =
± Arc cos (− 12 ) + 2kπ. 134
Como Arc cos(
− 12 ) = 23 π. lo anterior se simplifica a xk =
± 23 π + 2kπ.
Finalmente consideremos la ecuaci´on (3) tan(x) = a. Sus soluciones se obtienen al intersectar la gr´afica de y = tan(x), con y = a.
A diferencia de los casos anteriores, esta ecuaci´on tiene soluci´on para cualquier n´umero real a. Como antes, nos damos cuenta que la ecuaci´on tiene infinitas soluciones, por la periodicidad de la funci´on. Todos los cortes pueden determinarse a partir de una soluci´on inicial sumando m´ultiplos del per´ıodo π. La soluci´on fundamental es x0 = Arc tan(a), luego la soluci´on general de la ecuaci´on est´a dada por xk = Arc tan(a) + kπ. Las distintas soluciones que se ven en el gr´afico, resultan de hacer variar el par´ametro k en Z . Ejemplo 3
Resolver la ecuaci´on tan(x) =
√ − 3.
Soluci´ on
Sus soluciones, de acuerdo a la f´ormula anterior son
135
xk = Arc tan( Como Arc tan(
√ − 3) + kπ.
√ − 3) = − π3 . lo anterior se simplifica a xk =
− π3 + kπ.
Ejercicios
1. Resuelva las siguientes ecuaciones en [0, 2π]. Escriba adem´as la soluci´on general. 1 a ) sen x = √ 2
b) cos x = 2 c ) cos x =
1 2
d ) tan2 x = e ) cos(3x
1 3
− 4 ) = 21 π
f ) cos 3x = cos2x
2. Resuelva las siguientes ecuaciones: a ) 2cos2 x + 4 sen2 x = 3 b) (tan x
− 1)(tan x + 3) = 2 tan x c ) 4sen3 x − 2sen2 x − 2sen x + 1 = 0 √
d ) 2cos x + 2 2 = 3sec x e ) tan x
− cot√ x = csc x f ) 6 tan x − 5 3sec x + 12cot x = 0 g ) 3sen x + 4 cos x = 5
h ) tan( π4 + x) = 1 3
3
− sen2x
i ) tan x + cot x = 12 + 8 csc3 2x j ) sec4x
− sec2x = 2
k ) sen4 θ + cos4 θ =
1 2
l ) cos2α = cos α
− sen α √ √ m ) tan β − 3cot β + 1 = 3 n ) sen5x + sen x = sen 3x n ˜ ) 1 + cos y = 2 sen2 y o) sen7α = sen4α p) sen(6x
π
− sen α
π
− 4 ) = sen(2x + 4 ) q ) sen(3x − 6 ) = sen(x + 3 ) π
π
r ) cos x + cos 3x + cos 5x + cos 7x = 0 136
√
− sen x = 22 t ) tan4 x − 4tan2 x + 3 = 0
s ) cos x
u ) sen4 x + cos4 x =
5 8
3. Resolviendo la ecuaci´o n sen2x = cos3x encuentre el valor de sen 18◦ 4. Si a cos x + b sen x = c, muestre que a sen x 5sen x 2cos x = 1
− b cos x
−
=
±√ a2 + b2 − c2. Luego resuelva
5. Elimine α de los siguientes pares de ecuaciones: a ) cos α cos a = a, sen α cos a = b b) cos(α a) = a, cos(α + a) = b
−
4.9.
´ Angulos y lados de un tri´ angulo.
Sea dado un tri´angulo rect´angulo ABC , recto en C , de catetos a y b, hipotenusa c y ´angulos agudos α y β . Pensemos en la pregunta: ¿cu´al es la informaci´on m´ınima que necesitamos para determinar este tri´angulo completamente? Es decir, de los cinco elementos desconocidos del ABC ¿cu´antos y cu´ales debemos conocer para poder calcular el resto de ellos?
Es claro que es necesario conocer la longitud de, al menos uno de los lados del tri´angulo, pues de lo contrario, hay toda una familia de tri´angulos rect´angulos semejantes que comparten los mismos ´angulos. Si se conoce alguno de los ´angulos agudos, como el tri´angulo es rect´angulo, el otro ´angulo es complementario del primero. Si se conocen dos lados, el tercero se puede encontar a trav´ es del Teorema de Pit´agoras. Eso quiere decir que para tri´angulos rect´angulos basta conocer la longitud de un lado y cualquiera de los otros cuatro elementos desconocidos (uno de los dos lados restantes o uno de los ´angulos agudos) para que el tri´angulo quede completamente determinado. En efecto, veamos los posibles casos: Dos lados: Conocidos dos de los lados (no importa cu´ales de ellos) el tercero se determina a
trav´es de la relaci´on a 2 + b2 = c 2 , con lo que se conocen todos. Luego, para determinar cada ´angulo a a π agudo basta notar que sen α = , por lo que α = Arc sen y β = α. 2 c c
−
Un lado y un ´ angulo agudo: Conocido uno de los ´angulos agudos, el otro es complementario
a con ´el. Supongamos que se conoce el cateto a, como sen α = , tenemos que c = a sen α y luego se c obtiene el otro cateto por Pit´agoras. Es f´acil ver que si el lado conocido es otro, tambi´ en se pueden determinar los elementos que faltan. Queremos hacer ahora el mismo an´alisis para tri´angulos generales, no necesariamente rect´angulos. Para esto necesitaremos dos resultados muy conocidos: En ambos casos utilizaremos la notaci´on usual para tri´angulos ´ V´ertices: A, B, C; Lados: a, b, c; Angulos: α, β , γ 137
Teorema 4.9.0.56. Teorema del Seno. En un tri´angulo cualquiera ABC se tiene que: sen α sen β sen γ = = a b c Demostraci´ on:
Basta ver la figura donde est´a trazada una de las alturas del tri´angulo, de manera que queda dividido en dos tri´angulos rect´angulos. En cada uno de ellos se expresa la altura en t´ erminos de los ´angulos α, β ´o γ y se obtiene la igualdad. sen α =
h , b
sen β =
h a
de donde b sen α = h = a sen β sen α sen β = a b Si ahora se traza otra altura del tri´angulo y se repite el proceso, se obtiene la igualdad restante del Teorema.
138
Teorema 4.9.0.57. Teorema del Coseno. En un tri´angulo cualquiera ABC se tiene que: a2 = b 2 + c2
− 2bc cos α b2 = a 2 + c2 − 2ac cos β c2 = a 2 + b2 − 2ab cos γ Demostraci´ on:
Note que, en la figura, la altura h es cateto de los tri´angulos AH C y B HC , luego: h2 = b 2 de donde
− x2 = a2 − (c − x)2
a2 = b 2 + c2
− 2cx
basta escribir x = b cos α para obtener la primera expresi´on del Teorema. Si se quiere obtener las otras dos expresiones hay que repetir la demostraci´on trazando las otras dos alturas del tri´angulo. Ejercicios
1. El ´angulo de elevaci´on de una torre CD desde un lugar A al Sur de ella es 30 o y desde un lugar B hacia el Oeste de A, su ´angulo de elevaci´on es de 18 o . Si AB = a probar que la altura de la torre es a
√
2+2 5
2. Calcular el ´angulo agudo que forman entre s´ı las diagonales de un rect´angulo, si las longitudes de sus lados son 2,2m y 1,4m. 3. En cada caso calcular los dem´as ´angulos y lados con los datos del tri´angulo que se indican a continuaci´on: a ) c = 2, α = 75o , β = 60o 139
b) a = 1, b =
√
3 1 2 , c = 2
c ) b = 3,07, α = 26o , γ = 49o d ) a = 2, β = 60o , c =
√ 3 + 1
4. Probar que en un tri´angulo ABC se cumple: 2 (a sen2
·
γ α + c sen2 ) = a 2 2
·
−b+c
5. Probar que si en un tri´angulo ABC se tiene que: sen γ =
sen α + sen β cos α + cos β
entonces el tri´angulo es rect´angulo en C . 6. Demostrar que en todo tri´angulo ABC se cumple:
− b cos α − c cos α a sen γ b) tan α = b − a cos γ
a )
cos β c = cos γ b
7. En un tri´angulo ABC relaci´ on:
α = 30o , β = 50o probar que los lados del tri´angulo cumplen la c2 = b(a + b)
8. En un tri´angulo ABC se tiene que γ = 60o y que su per´ımetro 2s est´a dado por 2s = a + b + c probar que: 1 1 3 + = a+c b+c 2s 9. En un tri´angulo ABC se cumple: b3 + c3 b+c
− a3 = a2 −a
y sen β sen γ = 43 probar que el tri´angulo es equil´atero.
·
10. Un avi´on vuela en l´ınea recta a una altura de 1000m. A la 13 horas se encuentra en A y asciende bruscamente desvi´andose 30o con la horizontal, manteniendo el movimiento rectil´ıneo con rapidez constante. Despu´es de 10 segundos el avi´on se encuentra en B. Si desde una torre de observaci´on en la tierra, se tienen ´angulos de elevaci´on de 30o y 45 o para los puntos A y B respectivamente, indicar cu´al es la rapidez del avi´on suponiendo que las visuales de los puntos A y B y la trayectoria del avi´on est´an en un plano.
140
Cap´ıtulo 5
Vectores y geometr´ıa anal´ıtica En este cap´ıtulo estudiamos los vectores en el plano como en el espacio y sus propiedades. Introducimos las coordenadas en forma general, lo que nos permite determinar ecuaciones de rectas y planos en el espacio como tambi´en de rectas en el plano. Estudiamos las propiedades de los productos punto y cruz entre vectores y los aplicamos en las proyecciones y el c´alculo de distancias. Aplicamos los vectores para resolver problemas geom´ etricos.
5.1.
Segmentos dirigidos y vectores
Los vectores aparecen asociados a magnitudes estudiadas en la f´ısica. La velocidad y la aceleraci´on de un cuerpo, por ejemplo, son elementos que tienen asociada una magnitud y una direcci´ on, tales magnitudes se conocen como “magnitudes vectoriales.. tas magnitudes se diferencian de aquellas relacionadas con la masa, el volumen y el tiempo que tienen asociadas s´olo un valor real. Estudiaremos a continuaci´on los vectores del punto de vista geom´ etrico tanto en el plano como en el espacio. Es
Definici´ on 5.1.1. Segmento dirigido. Dados dos puntos A y B en el plano o en el espacio por ( A, B) denotamos el segmento dirigido con punto inicial A, y punto final B .
Los segmentos dirigidos anteriores tienen una direcci´on, que est´a dada por la recta que determinan los puntos A y B, tienen un sentido dado, que identifica en ellos un punto inicial y un 141
punto final. En las figuras se observa que ( A, B ) = (B, ( B, A). Los segmentos dirigidos tienen tambi´en en asociada un valor, dado por la distancia entre los puntos A y B .
El concepto de vector es algo un poco m´as general que el de segmento dirigido. En el sentido que “dos segmentos dirigidos que coincidan en direcci´on, sentido y magnitud, representan el mismo vector”. Entender el concepto anterior es clave en el trabajo vectorial. Para acercarse a este enfoque, el lector puede hacer un paralelo con las fracciones y los racionales. 5 As´ As´ı como co mo todas t odas las fracciones fraccione s 42 , 36 , 84 , 10 ,... se identifican con un ´unico unico n´ umero umero racional 21 , un vector es el representante de todos los segmentos dirigidos que tienen igual magnitud, direcci´on y sentido senti do que ´el. el.
Lo anterior se formaliza matem´aticamente considerando el conjunto de todos los segmentos dirigidos del plano o el espacio y estableciendo la siguiente relaci´on entre ellos. (A, B ) (C, D ) si los segmentos dirigidos (A, ( A, B ) y (C, D ) tienen igual magnitud, direcci´on y sentido. La relaci´on on anterior recibe el nombre de equipolencia de segmentos dirigidos.
↑
Teorema 5.1.0.58 Teorema 5.1.0.58.. La relaci´on on de equipolencia es una relaci´on on de equivalencia, esto es: es refleja, sim´etrica etri ca y trans t ransitiva. itiva. Demostraci´ on. on. Como (A, (A, B ) (A, B ) la relaci´on on es refleja. Adem´as as como (A, ( A, B ) que (C, (C, D ) (A, B ) esta relaci´on on es sim´etrica. etri ca.
↑
↑
↑
↑ (C, D) implica claramente
Si (A, ( A, B ) (C, D ) y (C, D ) (E, F ) F ) los segmentos dirigidos (A, ( A, B ) y (E, F ) F ) tendr´an an claramente claramente igual magnitud, direcci´on on y sentido, por lo que son equipolentes.
↑
↑
Consideremos un punto O punto O del del plano o del espacio que ser´a considerado nuestro origen, pasamos a definir formalmente los vectores como clases de equivalencia. Definici´ on on 5.1.2. 5.1.2. Vector. Sea P P un punto del plano, denotamos por p al vector asociado a los puntos O puntos O y P, P , este vector queda definido como p = p = [(O, [(O, P )] P )] = (A, B ) : (A, B ) (O, P ) P )
{
142
↑
}
Definici´ on 5.1.3 on 5.1.3.. El vector nulo queda definido por 0 = [(O, [(O, O)] Denotaremos por a a la magnitud del vector a que llamaremos, su norma.
5.2. 5.2.
Operac Operacio ione ness con con vecto ectores res
Existe una forma de asociar a dos vectores dados, un tercer vector llamado su suma, llamamos a este proceso adici´on on vectorial. Consideremos dos vectores vectores a y b. El vector vector a + b es aqu´el el que resulta al unir el origen con el v´ertice erti ce del paralel´ para lel´ogramo formado por por a y b.
Si los vectores son colineales y tienen el mismo sentido, el resultado de la suma es un vector que tiene el mismo sentido que los vectores anteriores y cuya magnitud es la suma de las magnitudes de los dos anteriores. Si los vectores son colineales y tienen sentidos opuestos, el resultado de la suma es un vector que tiene el sentido del vector de mayor magnitud y como magnitud la diferencia de las magnitudes de los vectores anteriores.
143
Una segunda segunda operaci´ operaci´ on con vectores es la ponderaci´on on on por un escalar, que es un n´umero real. Denotaremos los escalares por α,β,γ,... por α,β,γ,... Si Si a es un vector y α es un escalar α αa, es un vector vect or con las siguientes s iguientes caracter´ısticas: ısticas: Si α Si α es es positivo, α positivo, αa, mantiene el sentido del vector a. Si a. Si por el contrario α contrario α es es negativo, α negativo, αa tiene el sentido opuesto al vector a. a. En general los escalares 0 < α < 1 contraen el vector y los escalares α > 1 lo dilatan.
αa = |α|a
Propiedades de la adici´ on on y ponderaci´ on on de vectores.
El conjunto V conjunto V de los vectores geom´ etricos etricos tiene las siguientes propiedades respecto a la adici´on y ponderaci´on on ya definidas: 1. a, a, b
∀ ∈ V : a + b ∈ V. [Clausura] 2. ∀a, a, b, c ∈ V : (a + b) + c = a + ( b + c). [Asociatividad] 3. ∃ 0 ∈ V : ∀a ∈ V : a + 0 = a.[Elemento a.[Elemento neutro] 4. ∀a ∈ V : ∃ − a ∈ V : a + −a = 0.[Opuesto aditivo] 5. ∀a, a, b ∈ V : a + b = b + a. a. [Conmutatividad] [Conmutatividad] 6. ∀a ∈ V, λ ∈ R : λ a ∈ V.[Clausura] V. [Clausura] 7. ∀a ∈ V : 1 1a = a 8. ∀a ∈ V,λ,µ ∈ R : λ(µa) = (λµ) λµ)a. a. 9. ∀a ∈ V,λ,µ ∈ R : (λ + µ)a = λ = λa + µa. 10. ∀a, a, b ∈ V, λ ∈ R : λ(a + b) = λa + λ b. 144
Las propiedades anteriores son de suma utilidad porque nos permiten hacer ´algebra vectorial, por ejemplo: Ejemplo 5.2.1 Ejemplo 5.2.1.. Simplificar 2 2a + 3 b 2a + b. Conmutando, b. Conmutando, asociando y utilizando la propiedad del neutro aditivo, la expresi´on on anterior es igual a 4 b. Definici´ on 5.2.2 on 5.2.2.. a b = a + ( b).
−
−
5.3. 5.3.
−
Sistem Sistemas as de coord coordena enada dass
Asociaremos a cada vector v del plano un par de n´umeros umeros reales. v forma.
↔ (α, β ) de la siguiente
Consideramos un punto fijo O como origen del plano y dos vectores no colineales v 1 y v 2 que forman nuestra base B . Esto es B es B = v 1 , v 2 .
{
}
Utilizaremos los vectores anteriores para realizar la asociaci´on. Trazamos las paralelas a los vectores por el extremo final de v. v. Determinamos de esta forma puntos de corte P y Q con las rectas que representan la direcci´on on de los vectores y que pasan por O. O . Determinamos entonces de manera unica, u ´ nica, n´ umeros umeros reales α reales α y β , β , de modo que p = p = α α v 1 y q = β = β v 2 . Las coordenadas del vector v en la base B ser´an an entonces (α, (α, β ). Lo anterior permite definir
R2 = (α, β ) : α, β
{
∈ ∈ R}
Podemos definir una suma y ponderaci´on on en R2 , acorde con la suma y ponderaci´on vectorial definida anteriormente, de la siguiente forma. x = (a1 , a2 ), y = (b1 , b2 ), α
∈ R se definen
x + y = (a1 + b1 , a2 + b2 ); α ); αx = (αa1 , αa2 ).
Con la suma y ponderaci´on on antes definidas ( R2 , +, ) cumple los postulados de espacio vectorial. Dejamos esta verificaci´on on al lector como ejercicio.
·
145
El lector estar´a acostumbrado a utilizar vectores b´asicos perpendiculares y unitarios v 1 , v 2 . Si esto ocurre, el sistema se conoce como sistema cartesiano ortogonal, en este caso ˆı = (1 , 0),ˆ = (0, 1) y cualquier vector (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) = xˆı + yˆ. Una identificaci´on similar realizaremos para los puntos del espacio. Asociaremos a cada vector v del espacio un tr´ıo de n´umeros reales. v forma.
↔ (α,β,γ ) de la siguiente
Consideramos un punto fijo O como origen del espacio y tres vectores no colineales y no coplanares v 1 , v 2 y v 3 que forman nuestra base B . Esto es B = v 1 , v 2 , v 3 .
{
}
Determinamos entonces de manera ´unica n´ umeros reales α, β y γ , de modo que las coordenadas del vector v en la base B ser´an entonces (α,β,γ ). Lo anterior permite definir R3 = (α,β,γ ) : α,β,γ
{
∈ R}
Podemos definir una suma y ponderaci´on en R3 , acorde con la suma y ponderaci´on vectorial definidas anteriormente, de la siguiente forma. x = (a1 , a2 , a3 ), y = (b1 , b2 , b3 ), α αx = (αa1 , αa2 , αa3 ).
∈ R se definen
x + y = (a1 + b 1 , a2 + b 2 , a3 + b 3 );
Con la suma y ponderaci´on antes definidas, el espacio ( R3 , +, ) cumple los postulados de espacio vectorial. Dejamos esta verificaci´on al lector como ejercicio.
·
El lector estar´a acostumbrado a uilizar vectores b´asicos perpendiculares y unitarios v 1 , v 2 , v 3 . Si esto ocurre el sistema se conoce como sistema cartesiano ortogonal, en este caso ˆe1 = (1, 0, 0), eˆ2 = (0, 1, 0), eˆ3 = (0, 0, 1) y cualquier vector (x,y,z) = x(1, 0, 0)+ y(0, 1, 0)+ z(0, 0, 1) = xˆ e1 +yˆ e2 +zˆ e3 . ˆ En F´ısica los vectores eˆ1 , eˆ2 , eˆ3 se denotan normalmente por ˆı,ˆ, k.
146
5.4.
Propiedades fundamentales
Teorema 5.4.0.59. Si A y B son dos puntos del plano o del espacio entonces AB = b a.
−
Para demostrar lo anterior
= note que directamente de la definici´on a + AB b. Luego sumando igualdad anterior obtenemos AB = b a.
−
−a en ambos lados de la
Ejemplo 5.4.1. En el plano, considere los puntos A = (1, 2) y B = (3, 1), el vector AB = b a = (1, 2)
−
− (3, 1) = (2, −1).
Ejemplo 5.4.2. En el espacio, considere los puntos A = (1, 1, 1) y B = (3, 2, 2), el vector AB = b a = (3, 2, 2)
−
− (1, 1, 1) = (2, 1, 1).
147
Teorema 5.4.0.60. Si A y B son dos puntos fijos del plano o del espacio y P es un punto que est´a en AP el segmento de recta que los une, de modo que = λ, entonces es posible determinar el vector PB posici´on del punto P en t´erminos de los vectores a, b y la raz´on de divisi´on λ, de modo que p =
a + λ b 1+λ
= λ P B, luego utilizando el teorema anterior Para demostrar esto, note que AP p a = λ( b p). Desarrollando p a = λ b por lo que
−
−
−
− λ p, luego p + λ p = a + λ b,
a + λ b (1 + λ) p = a + λ b, entonces p = 1+λ = α AB, entonces Observaci´ on 5.4.3. Note que si se impone como condici´on AP se prueba de igual forma que p = (1 α)a + α b.
−
148
Tal combinaci´on recibe el nombre de combinaci´on convexa de los vectores a y b. Si hacemos variar α entre cero y uno, p recorre todos los puntos del segmento entre A y B . Ejemplo 5.4.4. Determinar el vector posici´on del punto medio de un trazo en t´ erminos de los vectores posici´on de los extremos del trazo.
En este caso λ =
AM = 1 por lo que utilizando la f´ormula inicial m = MB
a+ b
2
.
Ejemplo 5.4.5. Determinar los vectores de posici´on de los puntos de trisecci´o n de un trazo en t´erminos de los vectores posici´on de los extremos.
p =
2a + b 3
q =
a + 2 b . 3
Ejemplo 5.4.6. Determinar las coordenadas de los puntos medios de los lados y del centro de gravedad G del tri´angulo con v´ertices de coordenadas A = (1, 1), B = (3, 2) y C = (3/2, 5).
149
Como M es punto medio de AB , m = Del mismo modo n = AG = 12 luego GB
b+ c
2
AM = λ = 1. Utilizando la f´ormula anterior MB
a + 1 b a + b (1, 1) + (3, 2) = = = (2, 3/2), 1+1 2 2
= (9/4, 7/2) y m = g =
a+ c
2
= (5/4, 3). Para calcular las coordenadas de G,
a + 2m = (11/6, 3) 3
Ejercicios 1. Utilizar las propiedades de espacio vectorial para simplificar las siguientes expresiones: a ) 8(2u + v )
− 15(v − 3u). b) 6(u + 8v − w) − 4(w + v).
2. p y q son los vectores posici´on de los puntos P y Q respectivamente y R es el punto cuyo vector posici´on es p q. Expesar en t´erminos de p y q los siguientes vectores:
−
a ) QP b) P Q c ) RP
− RO, donde O es el origen.
3. Suponga que los puntos P y Q tienen coordenadas P (1, 1, 3) y Q(3, 1, 0) y el punto R verifica, r = p q. Determinar las coordenadas de los siguientes vectores:
−
−
a ) QP
150
b) QR c ) RP
− RO, donde O es el origen. 4. Considere los puntos A(2, 3) y B (5, −1) del plano. Determinar las coordenadas de todos los puntos necesarios para dividir el trazo AB en cinco trazos de igual medida.
5. En la figura se muestran dos hex´agonos regulares de lado 1cm. Se han dispuesto distintos sistemas coordenados para cada uno de ellos. Determinar las coordenadas de a, b,c, d, e y f en cada caso. (Note que las coordenadas de los vectores dependen de d´onde se ubique el origen del sistema.)
6. Probar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un tri´angulo es paralelo al tercer lado y mide la mitad de este. 7. Probar que el vector posici´on del centro de gravedad G de un tri´angulo ABC est´a dado por g =
a + b + c 3
8. Determinar las coordenadas de un punto P en el segmento que une P 1 = (1, 1, 4) y P 2 = ( 2, 1, 3) tal que P P 1 = 4 P P 2 .
−
−
9. Demostrar que al unir los puntos medios de los lados de un cuadril´atero se obtiene un paralel´ ogramo. 10. Sean A,B,C,D,E y F , en ese orden, los v´ertices de un hex´agono regular. Demostrar que + AD + + AF = 3 AD. AB + AC AE 11.
a ) Sean P 1 , P 2 , P 3 , P 4 , P 5 y P 6 seis puntos distribuidos a igual distancia en una circunferencia con centro C. Demostrar que: 1 + CP 2 + CP 3 + CP 4 + CP 5 + CP 6 = CP 0.
151
b) Demostrar que la afirmaci´on hecha en (a) sigue siendo v´alida para cualquier conjunto par de puntos sobre una circunferencia. c ) Demostrar que la afirmaci´on hecha en (a) es cierta para tres puntos. d ) ¿Es posible que la afirmaci´ on hecha en (a) sea cierta para cualquier conjunto finito de puntos equiespaciados sobre la circunferencia ?
5.5.
Ecuaci´ o n de la recta
Recta determinada por dos puntos
Sea R un punto cualquiera de la recta que pasa por dos puntos fijos A y B . de donde se obtiene r = a + λ( AR = λ AB b a)
−
Recta determinada por un punto y una direcci´ on
ecuaci´on es Supongamos que conocemos ahora un punto A de la recta y un vector director d su r = a + λd. donde λ es un n´ umero real cuya variaci´on va entregando los distintos puntos de la recta.
152
Ecuaci´ on param´ etrica y cartesiana de la recta en 2D
Considere una recta que pasa por el punto P = (a, b), con vector direcci´on d = (d1 , d2 ). Su que puede ser escrito como ( x, y) = (a, b) + λ(d1 , d2 ), igualando ecuaci´ on vectorial es r = p + λd, lo componentes llegamos a la ecuaci´on param´etrica x = a + λd 1 ; y = b + λd 2 . Despejando λ e x a y b igualando, obtenemos la ecuaci´on cartesiana = . La ecuaci´on anterior tambi´en puede d1 d2 d2 ser escrita como y b = (x a). El n´ umero m = dd , se llama la pendiente de la recta y es igual d1 a la tangente del ´angulo que forma la recta con el eje x.
−
−
−
−
2 1
Si la recta pasa por los puntos P (x1 , y1 ), Q(x2 , y2 ) entonces podemos considerar su posici´on como P y su direcci´o n es P Q = q p = (x2 x1 , y2 y1 ), luego su ecuaci´on param´etrica es x = x1 + λ(x2 x1 ), y = y 1 + λ(y2 y1 ), su ecuaci´on cartesiana
− −
−
y La pendiente es entonces m =
y2 x2
−
−
− y1 = xy22 −− yx11 (x − x1)
− y1 . − x1
Ecuaci´ on param´ etrica y cartesiana de la recta en 3D
Consideremos ahora una recta en el espacio. La recta puede estar determinada como antes, por dos puntos, o por un punto y un vector direcci´on. = Si la recta pasa por los puntos A = (x1 , y1 , z1 ), B = (x2 , y2 , z2 ) su direcci´on d = AB b a = (x2 x1 , y2 y1 , z2 z1 ), su ecuaci´on vectorial es r = a + λd. Reemplazando obtenemos (x,y,z) = (x1 , y1 , z1 ) + λ(x2 x1 , y2 y1 , z2 z1 ). Igualando componentes obtenemos la ecuaci´on en la forma param´etrica
−
−
−
− −
−
−
x = x1 + λ(x2 y = y1 + λ(y2 z = z1 + λ(z2 153
− x1) − y1) − z1)
Si despejamos λ e igualamos obtenemos su ecuaci´on cartesiana. x x2
− x1 = y − y1 = z − z1 . − x1 y2 − y1 z2 − z1
Note que la triple igualdad anterior es un sistema de dos ecuaciones y que puede obtener la ecuaci´ on param´ etrica a partir de esta igualando a λ y despejando cada variable.
(d1 , d2 , d3 ) y pasa por el punto A(x1 , y1 , z1 ) sus ecuaciones param´etrica Si la direcci´on es d = y vectorial son x = x1 + λd1 y = y1 + λd2 z = z1 + λd3 Si despejamos λ e igualamos, obtenemos su ecuaci´on cartesiana. x
− x1 = y − y1 = z − z1 . d1
d2
d3
En ambas ecuaciones, dando valores al par´ametro real λ, obtenemos los diferentes puntos de la recta. Ejemplo 5.5.1. Considere el tri´angulo de v´ertices A = (4, 0, 0), B = (0, 2, 0) y C = (0, 0, 2). Determinar las coordenadas de los puntos medios de sus lados, la ecuaci´on de dos de sus transversales de gravedad y de su centro de gravedad.
154
b Los puntos medios de los lados tienen coordenadas m = a+ 2 = (2, 1, 0), por lo que M = (2, 1, 0). Del mismo modo N = (0, 1, 1) y P = (2, 0, 1). Vamos ahora por las transversales de gravedad.
, como CM = m Para la recta CM, r = c + αCM esta recta es
− c = (2, 1, −2) la ecuaci´on param´etrica de
x = 0 + 2α y = 0+α z = 2 2α
− , como BP = Para la recta BP, r = b + β BP p − b = (2, −2, 1) la ecuaci´on param´etrica de esta
recta es
x = 0 + 2β y = 2 2β z = 0 + β
−
Para determinar el punto de corte debemos resolver el sistema sobredeterminado 2α = 2β α = 2 2β 2 2α = β
−
−
De las dos primeras ecuaciones obtenemos α = β = 32 que verifica la tercera ecuaci´on, luego las rectas anteriores se cortan en el punto
155
G = (0 + 2
∗ 23 , 2 − 2 ∗ 23 , 0 + 23 ) = ( 43 , 23 , 23 ).
El lector puede confirmar que este punto coincide con g =
a + b + c . 3
El ejercicio anterior sugiere varias preguntas interesantes ¿Cu´anto mide la transversal AN ? ¿Qu´e ´angulo forman las rectas AN y B P ? Las respuestas a estas y otras preguntas se desarrollan en la secci´on siguiente. Ejercicios
1. Dos v´ertices de un tri´angulo son A(1, 3) y B(5, 1). Encontrar la ecuaci´on del lugar geom´etrico del tercer v´ertice C (x, y), si la pendiente del lado C A es siempre el triple de la pendiente del lado B C.
−
2. Calcular todos los valores de los par´ametros (α, β ) que hacen que los puntos (1 , 4, 1), (2, 3, 5) y (α,β, 1) sean colineales.
−
3. Hallar las ecuaciones vectoriales y param´ etricas de las siguientes rectas: a ) La recta que pasa por los puntos de coordenadas A(1, 2, 1) y B (3, 1, 2). (1, 2, 1) y que pasa por el punto A(3, 2, 4). b) La recta que es paralela al vector d =
−
−
−
c ) La recta que pasa por P (1, 0, 3) y que es paralela a la recta de ecuaciones param´ etricas x = 1 + 2t, y = 1, z = 2 5t.
−
−
d ) La recta que pasa por P (1, 0, 1) y que corta a la recta de ecuaci´on vectorial r = (1, 2, 1)+λ(2, 1, 2), en los puntos situados a dos unidades de distancia de P (1, 2, 1).
−
−
−
4. Encontrar el punto de intersecci´on, si este existe, de los pares de rectas: x = 3 + t, y = 1
− 2t,
z = 3 + 3t
y
x
− 4 = y − 6 = z − 1. 2
3
1
5. Encontrar las ecuaciones cartesiana, vectorial y param´etrica de la recta que pasa por los puntos A(1, 2) y B ( 1, 1).
−
− −
6. Utilizando pendientes, demostrar que las diagonales de un rombo son perpendiculares. 7. Dos v´ertices opuestos de un rombo son A(1, 2) y C (3, 5). Determinar la ecuaci´on de sus dos diagonales. 8. Calcular las coordenadas del ortocentro del tri´angulo de v´ertices A(0, 0), B(a, 0), C (b, c).
156
5.6.
Distancia entre puntos y norma de un vector
Consideremos un vector v cuyas coordenadas en la base can´onica de R3 son (α,β,γ ), como en la figura,
La norma del vector v , que es la distancia d en la primera gr´afica, puede calcularse utilizando el teorema de pit´agoras puesto que d2 = x2 + γ 2 , y como x2 = α2 + β 2 , se deduce que d = α2 + β 2 + γ 2 . Lo anterior nos conduce a la siguiente definici´on.
Definici´ on 5.6.1. Sea v = (α,β,γ )
∈ R3 se define su norma por v = α2 + β 2 + γ 2.
Es claro que si el vector est´a en R 2 , su norma se define de manera an´aloga. Definici´ on 5.6.2. Sea v = (α, β )
∈ R2 se define su norma por v = α2 + β 2.
Disponer de una norma en un espacio nos permite determinar la distancia entre dos de sus elementos. Definici´ on 5.6.3. Sean A = (a1 , a2 ) y B = (b1 , b2 ) dos puntos del plano. Definimos la distancia entre ellos por = d(A, B) = AB b a = (b1 a1 )2 + (b2 a2 )2 .
−
−
−
Ejemplo 5.6.4. Determinar la medida de la diagonal C D del hex´agono de v´ertices A = (0, 0), B = (1, 0), C = (3, 1), D = (2, 2), E = (0, λ) y F = ( 1, 1). ¿Para qu´e valores de λ el hex´agono se mantiene convexo?
−
157
Definici´ on 5.6.5. Sean A = (a1 , a2 , a3 ) y B = (b1 , b2 , b3 ) dos puntos del espacio. Definimos la distancia entre ellos por = d(A, B) = AB b a =
−
5.7.
− (b1
a1 )2 + (b2
− a2)2 + (b3 − a3)2.
´ Angulo entre vectores y producto punto
Consideremos ahora el problema de calcular el ´angulo que forman dos vectores dados. Por ejemplo, podemos preguntarnos en el caso del ejemplo 1.2.1, ¿Cu´al es el ´angulo entre las transversales de gravedad BP y C M ? Para desarrollar una f´ormula consideremos dos vectores a y b como en la figura.
Aplicamos el teorema del coseno al tri´angulo y obtenemos 2 = a2 + AB b2 − 2a bcos(α).
Consideremos el problema en R3 , entonces a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ), note que en R2 el razonamiento es an´alogo pero los vectores tienen una coordenada menos. Desarrollando la expresi´on anterior obtenemos despu´es de simplificar
a bcos(α) = a1b1 + a2b2 + a3b3, La expresi´on de la derecha tiene un nombre, se llama producto punto entre los dos vectores, y como se explicar´a en lo que sigue mide de alguna forma el ´angulo entre los vectores. Definimos entonces el producto punto: Definici´ on 5.7.1. Considere los vectores a y b, su producto punto o interno se denota a b y se define por
·
a b = a 1 b1 + a2 b2 + a3 b3 .
·
158
Note que si a = (a1 , a2 ) y b = (b1 , b2 ) son vectores de R2 , su producto punto tiene s´olo una componente menos, esto es: a b = a 1 b1 + a2 b2 .
·
Reemplazando obtenemos, cos(α) = Hemos probado entonces el siguiente teorema:
a b a b .
·
´ Teorema 5.7.0.61. Angulo entre dos vectores. Dados dos vectores no nulos a y b del plano o del espacio, el ´angulo α que ellos forman puede ser calculado resolviendo la ecuaci´on trigonom´etrica cos(α) =
a b a b
·
Para el lector puede ser familiar la siguiente definici´on utilizada comunmente en F´ısica: a b = a b cos(α), donde α es el ´angulo formado por los vectores.
·
Ejemplo 5.7.2. Calcular el ´angulo entre las transversales de gravedad CM y BP en el tri´angulo del ejemplo 1.2.1 = m De los c´alculos anteriores CM es el ´angulo entre estos vectores
= − c = (2, 1, −2) y BP p − b = (2, −2, 1) por lo que si α
BP CM CM BP
· · BP = 2 · 2 + 1 · (−2) + (−2) · 1 = 0, CM = BP = 3, por lo que CM 0 cos(α) =
cos(α) = 9 = 0 con lo que α = π2 esto es: ambos vectores son perpendiculares y el ´angulo entre las transversales de gravedad es 90 ◦ . El caso anterior es un ejemplo de un resultado general. Teorema 5.7.0.62. Sean a y b dos vectores no nulos de R 2 o R 3 , a es perpendicular al b si y s´olo si a b = 0.
·
La demostraci´on es sencilla y se deja al lector como ejercicio.
159
Teorema 5.7.0.63. Considere las rectas del plano y = m 1 x + n1 e y = m 2 x + n2 . Estas rectas son paralelas si y s´olo si m 1 = m 2 , y son perpendiculares s´olo si m 1 m2 = 1.
−
Para una idea de la prueba note que la forma param´etrica de ambas ecuaciones es ( x, y) = x(1, m1 ) + (0, n1 ) y (x, y) = x(1, m2 ) + (0, n2 ) con lo que sus respectivos vectores directores son d 1 = (1, m1 ) y d 2 = (1, m2 ). En el caso del paralelismo d 1 = λ d 2 conduce a m 1 = m 2 . En el caso de la perpendicularidad d 1 d 2 = 0 que se traduce en 1 + m1 m2 = 0 o m 1 m2 = 1.
·
−
Contar en un espacio de vectores con un producto punto enriquece sumamente la estructura del espacio, porque no solamente se pueden calcular distancias utilizando la f´ormula (1) sino que se tiene el concepto de perpendicularidad, de suma importancia para proyectar, lo que a su vez est´a relacionado con minimizar. Teorema 5.7.0.64. Propiedades del producto punto. Sean a, b y c, vectores del plano o el espacio y α una constante real.
· 2 2. a · b = b · a 3. a · ( b + c) = a · b + a · c. 4. α(a · b) = (αa) · b = a · (α b). 1 5. a · b = (a2 + b2 − b − a2 ) 2 1. a a = a
Las propiedades anteriores complementan el ´algebra vectorial de adiciones y ponderaciones con el producto punto. As´ı, en una igualdad vectorial, podemos hacer producto punto con alg´un vector adecuado y obtener interesantes relaciones. Explicaremos lo que acabamos de mencionar con un interesante ejemplo. Ejemplo 5.7.3. Probar vectorialmente que las alturas de un tri´angulo se cortan en un ´unico punto, su ortocentro. Consideremos el tri´angulo ABC de la figura en el que se han trazado las alturas C Q y AP .
160
Denotemos por H el punto de intersecci´on entre estas alturas y consideremos la recta que une los puntos B y H. Debemos probar que esta recta es perpendicular al lado AC. AB = 0, AH BC = Tenemos entonces las siguientes hip´otesis CH 0 y debemos probar que BH AC = 0.
·
·
·
De las dos primeras igualdades obtenemos ( h
− c) · ( b − a) = 0 que es equivalente a h · b − h · a − c · b + c · a = 0,
tambi´en ( h
− a) · (c − b) = 0 que es equivalente a h · c − h · b − a · c + a · b = 0,
y note que la tesis es equivalente a h c
· − h · a − b · c + a · b = 0,
igualdad que resulta de sumar las dos igualdades iniciales. Una de las aplicaciones m´as importantes del producto punto tiene relaci´on con las proyecciones.
5.8.
Proyecciones
Dados vectores a y b no nulos del plano o el espacio, si ponderamos el vector b por un escalar λ, tenemos un vector p = λ b en la direcci´on de b, como en la figura. El vector proyecci´on del a sobre b es, entre todos estos vectores as´ı formados, el que verifica que el tri´angulo OP A es rect´angulo en P.
De la condici´on P A b = 0 se tiene que (a
− p) · b = 0. Cambiamos en la expresi´on anterior p a · b a · b por λ b y desarrollamos el producto punto para obtener λ = , entonces p = b2 b2 b. ·
Luego llegamos a la siguiente definici´on:
161
Definici´ on 5.8.1. Proyecci´on de un vector sobre otro. Sean b un vector fijo y x un vector cualquiera del plano o del espacio, definimos la proyecci´on de x sobre el vector b y anotamos P b (x) por P b (x) =
x b b b 2
·
En dimensi´on tres, la transformaci´ on de proyecci´on as´ı definida lleva todos los vectores de R3 a una recta que contiene al vector b, esto es: transforma un espacio de dimensi´on tres en uno de dimensi´ on uno, como lo muestra la siguiente gr´afica en tres dimensiones. Note que de la definici´on anterior es inmediato que cualquier vector contenido en un plano por el origen y perpendicular al vector b es llevado por la transformaci´on al vector cero y que la proyecci´on del vector b es el mismo vector b.
Ejercicios
1. Encontrar e identificar el lugar geom´ etrico de los puntos que equidistan de A = ( 1, 2) y B = (2, 1).
−
−
Encontrar e identificar el lugar geom´etrico de los puntos del espacio que equidistan de A = ( 1, 2, 0) y B = (2, 1, 0).
−
−
2. Calcular las longitudes de las diagonales del cubo de v´ ertices (0, 0, 0), (a, 0, 0), (a,b, 0), (0, b, 0), (0, 0, c), (a, 0, c), (a,b,c), (0,b,c). Representar gr´aficamente. 3. Demostrar que las distancias entre la diagonal de un paralelep´ıpedo recto, cuyas aristas miden a, b, c y las aristas que no la cortan son
√ b2bc+ c2 , √ a2ac+ c2 , √ a2ab+ b2 4. Encuentre todos los puntos de la recta que pasa por ( 1, 2, 1) y (1, 1, 3) cuya distancia al punto (1, 4, 1) es 10.
−
162
x+2 y z 1 x 3 y 1 z 7 = = y = = 2 3 4 c 4 2 sean concurrentes. Calcular el ´angulo entre ellas.
5. Determinar el valor de c para que las rectas
−
−
−
−
−
6. Los puntos A(a), B( b), C (c) forman un tri´angulo con a = b = c . Demostrar que el vector posici´on del ortocentro est´ a dado por h = a + b + c.
7. Demostrar vectorialmente que si un tetraedro tiene dos pares de aristas opuestas mutuamente ortogonales entonces el tercer par tambi´en lo es. 8. Pruebe las siguientes propiedades de la proyecci´on ortogonal: a ) P b ( b) = b. b) Si a es cualquier vector perpendicular al vector b entonces P b (a) = 0. c ) P b (λ x) = λP b (x). d ) P b (x + y) = P b (x) + P b (y ). 9. Sean A y B dos puntos con vectores asociados a y b respectivamente. Pruebe que a + b a + b . Interprete gr´aficamente.
≤
10. Puebe la ley del paralel´ogramo, esto es
a + b2 + a − b2 = 2( a2 + b2). 11. puebe que a + b = a − b si y s´olo si a es perpendicular a b. 5.9.
Producto cruz y sus propiedades
Consideremos el siguiente problema: Dados dos vectores no colineales a y b en el espacio, nos interesa obtener un tercer vector c que cumpla las siguientes condiciones: 1. c es perpendicular a a. 2. c es perpendicular a b. 3. c es igual al ´area del paralel´ogramo que determinan los vectores a y b.
163
Sean a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ) y nuestro vector buscado c = (x,y,z). Las dos primeras condiciones anteriores se traducen en a1 x + a2 y + a3 z b1 x + b2 y + b3 z
= 0 = 0
Es un sistema de dos ecuaciones con tres inc´ognitas, luego es de esperar que tenga m´as de una soluci´ on. Para eliminar z multiplicamos por b3 la primera ecuaci´on y la segunda por a3 y luego sumamos para obtener
−
x(a1 b3
− a3b1) + y(a2b3 − a3b2) = 0, ⇒ x = aa31bb23 −− aa23bb31
Para eliminar la variable x multiplicamos por b1 la primera ecuaci´on y la segunda por luego sumamos para obtener y(a2 b1
−a1 y
− a1b2) + z(a3b1 − a1b3) = 0 ⇒ z = aa13bb21 −− aa21bb13 .
ahora y = y y el sistema tiene infinitas soluciones de la forma (x,y,z) = (
a3 b2 a1 b3
Luego las soluciones est´an en la recta (x,y,z) = λ(a2 b3
− a2b3 , 1, a1b2 − a2b1 )y − a3b1 a3b1 − a1b3
− a3b2, −(a1b3 − a3b1), a1b2 − a2b1).
Debemos ahora ajustar el valor de λ para que el vector c cumpla la tercera condici´on, referente al ´area del paralel´ogramo. A continuaci´on indicamos los pasos a seguir para llegar a la definici´on exacta del producto que queremos. El lector interesado puede completar los detalles. Primero el vector c, antes de cumplir la tercera condici´on, es en principio de la forma c = λ(a2 b3 a3 b2 , (a1 b3 a3 b1 ), a1 b2 a2 b1 ), donde λ es un par´ametro a determinar. El ´area del paralel´ ogramo que forman los vectores a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ), est´a dada por A = a b sin(α), donde α es el ´angulo que forman los vectores a y b. Luego igualar A2 con c 2 , para obtener a 2 b 2 (a b)2 = λ 2 c 2 . Finalmente simplificar la igualdad anterior para obtener λ = 1. Lo anterior tiene perfecto sentido dado que en principio es claro que hay dos vectores de direcciones opuestas que verifican la propiedad del ´area. Escogiendo el valor de λ = 1 obtenemos el vector c que se conoce como a b.
−
±
−
−
−
− ·
×
Definici´ on 5.9.1. Producto cruz.Dados los vectores a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ), su producto cruz se denota por a b. y puede ser calculado como
×
a
× b = (a2b3 − a3b2, −(a1b3 − a3b1), a1b2 − a2b1)
que en notaci´on de determinantes es el desarrollo de
164
ˆı a1 b1
ˆ a2 b2
kˆ a3 b3
= (a2 b3
− a3b2, −(a1b3 − a3b1), a1b2 − a2b1).
Teorema 5.9.0.65. Propiedades del producto cruz.Dados los vectores a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ), su producto cruz verifica las siguientes propiedades:
× b es perpendicular a a. 2. a × b es perpendicular a b. 3. a × b es igual al ´area del paralel´ogramo que determinan los vectores a y b, esto es: 1. a
a × b = a b sin(α),
donde α es el ´angulo que forman los vectores a y b.
Teorema 5.9.0.66. Identidad de Lagrange. Sean a y b vectores de R3 , se verifica la siguiente identidad.
a2 b2 − (a · b)2 = a × b2. La demostraci´on es directa del an´alisis anterior. Ejemplo 5.9.2. Determinar un tercer vector perpendicular a los vectores a = (1, 2, 1) y b = ( 1, 0, 2). Calcular adem´as el ´area del paralel´ogramo que ellos forman.
−
Para la soluci´on
a
× b =
ˆı ˆ kˆ 1 2 1 1 0 2
−
= (4, 3, 2).
−
√ 29 es el ´area del paralel´ogramo
Luego c = (4, 3, 2) cumple las condiciones pedidas y c = que forman estos vectores.
−
La direcci´on del producto cruz puede determinarse por una regla conocida como la regla de la mano derecha. Teorema 5.9.0.67. Si el vector a b se toma con la mano derecha y los dedos lo rodean desde a hasta b recorriendo el ´angulo α, entonces el pulgar apunta en la direcci´on de a b.
×
×
165
Teorema 5.9.0.68. Propiedades del producto cruz. Sean a, b y c vectores de R3 , y α un n´ umero real. Se verifican las siguientes propiedades:
× b = − b × a. 2. a × a = 0. 3. a × (α b) = (αa) × b = α(a × b). 4. a × ( b + c) = a × b + a × c. 1. a
5.10.
El plano en R3 .
Existen distintas formas de llegar a la ecuaci´on de un plano y todas ellas nos llevan, en ´ultimo t´ermino, a id´enticos resultados. Partimos presentando la ecuaci´on vectorial del plano. Definici´ on 5.10.1. Ecuaci´on vectorial del plano. Sean a y b dos direcciones no paralelas en R3 y P ( p) un punto fijo del espacio. La ecuaci´on vectorial del plano que pasa por P, y queda determinado por las direcciones indicadas es r = p + αa + β b. los par´ametros α y β son n´ umeros variables en los reales, cuya variaci´on determina los distintos puntos R(r) del plano.
166
Ejemplo 5.10.2. Determinar la ecuaci´on del plano que pasa por los puntos A(1, 1, 0), B(1, 0, 2) y C (0, 1, 2). Para resolver este problema consideremos como punto fijo del plano el punto A(1, 1, 0) y como = = c a = ( 1, 0, 2), luego la ecuaci´on del direcciones los vectores AB b a = (0, 1, 2) y AC plano pedido ser´a
−
−
−
−
r = a + αAB + β AC. (x,y,z) = (1, 1, 0) + α(0, 1, 2) + β ( 1, 0, 2).
−
−
Lo anterior nos conduce al sistema x = 1 β y = 1 α z = 2α + 2β.
− −
Despejando de las dos primeras ecuaciones α y β y reemplazando en la tercera obtenemos 2x + 2y + z = 4 que es la ecuaci´on del plano pedido. El lector puede notar que las coordenadas de los tres puntos verifican la ecuaci´on. Una segunda forma de determinar la ecuaci´on de un plano es la llamada ecuaci´on normal del plano. En este caso, los elementos que determinan el plano son un punto P del plano y un vector n normal al plano.
Si R(x,y,z) es un punto cualquiera del plano entonces Los vectores P R y n son perpendiculares, lo que conduce a la ecuaci´on normal
(r
− p) · n = 0.
En coordenadas, r = (x,y,z), p = ( p1 , p2 , p3 ), y el vector normal n = (n1 , n2 , n3 ), la ecuaci´on se transforma en n1 x + n2 y + n3 z = n p = c,
·
167
donde c es una constante. Luego toda ecuaci´on de un plano es de la forma n1 x + n2 y + n3 z = c donde los coeficientes de x,y,z son las componentes del vector normal. Resolvamos el ejercicio anterior con este nuevo procedimiento. Ejemplo 5.10.3. Determinar la ecuaci´on del plano que pasa por los puntos A(1, 1, 0), B(1, 0, 2) y C (0, 1, 2). Para resolver este problema consideremos como punto fijo del plano el punto A(1, 1, 0) y como = = c a = ( 1, 0, 2), el vector normal lo direcciones los vectores AB b a = (0, 1, 2) y AC calculamos como
−
n = AB
−
= × AC
−
−
ˆı 0 1
ˆ 1 0
−
ˆ k 2 2
−
= ( 2, 2, 1).
− − −
La ecuaci´on del plano entonces es 2x 2y z = c y como pasa por A(1, 1, 0) sus coordenadas verifican la ecuaci´on, lo que entrega c = 4. La ecuaci´on buscada es entonces 2x + 2y + z = 4.
− − − −
5.11.
Distancias entre punto, recta y plano
Estamos ahora en condiciones de desarrollar f´ormulas para el c´alculo de distancias. Consideremos en primer lugar un punto P (x0 , y0 ) y una recta de ecuaci´on l : ax + by + c = 0 en R2 . La distancia del punto P a la recta l es la m´ınima distancia entre puntos de la recta y el punto P. El punto Q que realiza esta distancia es el que se obtiene bajando la perpendicular por P a la recta l. ¿Podr´ıa el lector justificar esta afirmaci´on? Ver figura.
Una de las formas m´as directas de determinar dicha distancia es la siguiente. Primero se escribe la recta l en su forma param´ etrica de modo de determinar su posici´on y direcci´on, esto es (x, y) = x(1, ab ) + ( 0, cb ). Luego un punto de la recta es P 0 (0, cb ) y podemos considerar como direcci´on d = (b, a). El lector puede notar que un vector normal a la recta es n = (a, b). Finalmente la distancia resultar´a de proyectar el vector P on de la normal n. 0 P en la direcci´
−
−
−
−
168
, luego
0 + by0 + c | | P 0P n · n |= | ax√ a2 + b2
d = P n (P 0 P ) =
Teorema 5.11.0.69. Distancia de un punto a una recta en el plano. La distancia δ del punto (x0 , y0 ) del plano a la recta ax + by + c = 0, puede ser calculada como δ =
| ax√ 0 + by0 + c | . a2 + b2
Un an´ alisis similar permite probar Teorema 5.11.0.70. Distancia de un punto a un plano. La distancia δ del punto (x0 , y0 , z0 ) al plano de ecuaci´on ax + by + cz + d = 0, puede ser calculada como
δ =
| ax0√ + by0 + cz0 + d | . a2 + b2 + c2
El producto cruz y el ´area del paralel´ogramo conducen a la f´ormula para la distancia de un punto a una recta del espacio. Teorema 5.11.0.71. Distancia de un punto a una recta en el espacio. La distancia δ del punto a dada por la f´ormula P (x0 , y0 , z0 ) a la recta de ecuaci´on vectorial r = p 0 + λd est´ δ =
P 0P × d . d
169
, Ejercicios
1. Encuentre el punto de intersecci´on a ) entre la recta que pasa por (1, 2, 1) y (2, 1, 0) y el plano que pasa por (1, 1, 1), (2, 1, 1) y (3, 2, 3),
−
−
b) los tres planos x
− y + z = 1, 2x + 3z = −2, x + y + z = 4, c ) del plano 2x + 3y − z + 2 = 0 con cada uno de los ejes. 2. Determine el valor de α para que los planos αx+(α−1)y+(α−2)z+5 = 0 y αx+y+αz+7 = 0, sean perpendiculares.
3. ¿Qu´ e valor debe tener el n´umero β para que el ´angulo formado por los vectores ˆı + ˆ + ˆk y β ˆı + 2ˆ + β kˆ sea π4 ? 4. Considere el tri´angulo con v´ertices A(1, 1, 1), B(2, 1, 3) y C (3, 1, 1).
−
−
a ) Encontrar la ecuaci´on param´etrica del lado AC. b) Encontrar la ecuaci´on cartesiana del lado B C. c ) Encontrar la ecuaci´on de la biscetriz del ´angulo BAC. d ) Calcular el valor en grados del ´angulo BAC. e ) Determinar la ecuaci´on del plano que forma el tri´angulo ABC. f ) Encontrar la ecuaci´on param´etica de la recta que es normal al plano del tri´angulo y que pasa por su centro de gravedad. g ) Encontrar todos los puntos D tales que el centro de gravedad del tetraedro ABCD sea el punto G( 1, 7, 5).
−
5. Determine los valores de A y de D para que la recta x = 3 + 4t, y = 1 est´e contenida en el plano Ax + 2y 4z + D = 0.
−
6. Encuentre el punto del plano 3x
− 4t, z = −3 + t
− 2y + z + 1 = 0 que est´e m´as cercano al punto (1, 1, 3). 170
7. Encuentre el punto de la recta (1, 1, 1).
x+1 y 3 z 1 = = , que est´a m´ as cercano al punto 2 1 3
−
8. Dos caras de un cubo est´an en los planos 2x el volumen del cubo.
−
− 2y + z − 1 = 0 y 2x − 2y + z + 5 = 0. Calcular
9. Encontrar las ecuaciones de todos los planos que pasan por los puntos (0 , 4, 3) y (6, 4, 3), que no pasan por el origen y que cortan sobre los ejes intersecciones cuya suma es cero.
−
−
10. Determinar la ecuaci´on del plano que pasa por la recta de intersecci´on de los planos 5x ˆ 2y z 3 = 0 y x + 3y 2z + 5 = 0 y que es paralelo al vector 7ˆı + 9ˆ + 17 k.
− −
−
11. Determinar la proyecci´on perpendicular del punto P (3, 1, 2) sobre el plano x +y y las coordenadas del punto P sim´etrico del punto P respecto del plano.
−
−
− z +4 = 0,
12. Demuestre que si un plano determina sobre los ejes segmentos a,b, c y dista p del origen, entonces 1 1 1 1 + + = . a2 b2 c2 p2 13. Si los v´ertices de un tetraedro son ( a b, a c, a d), (b c, b d, b a), (c d, c a, c b), (d a, d b, d c), pruebe que las rectas que unen los puntos medios de aristas opuestas pasan por el origen.
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
14. Demostrar que los tres planos x = cy + bz, y = az + cx, z = bx + ay son coaxiales, esto es: su intersecci´on es una recta si y s´olo si a 2 + b2 + c2 + 2abc = 1.
5.12.
Propiedades geom´ etricas y vectores
Los vectores son una herramienta muy poderosa para demostrar distintas propiedades geom´etricas, de hecho la independencia lineal implica trivialmente el teorema de Tales. Presentamos a continuaci´on algunos de estos hechos. Teorema 5.12.0.72. Independencia Lineal. Sean a y b dos vectores no colineales distintos de cero. αa + β b = 0
⇒ α = β = 0.
171
Realizamos la demostraci´on por reducci´on al absurdo. Supongamos que alguno de los dos α o β es distinto de cero. Sin perder generalidad supongamos que α = 0. Como αa = β b entonces β a = b por lo que los vectores a y b son colineales. Esta contradicci´on prueba el teorema. α
−
−
Teorema 5.12.0.73. Independencia Lineal (3D). Sean a, b y c tres vectores no colineales y no coplanares distintos de cero. αa + β b + γc = 0
⇒ α = β = γ = 0.
Ejemplo 5.12.1. Demostrar el teorema de Tales usando vectores.
Supongamos que en el tri´angulo ABC la recta P Q es paralela a la base AB, que P divide al lado AC en raz´on λ y Q divide a B C en raz´on µ, esto es AP P C = λ,
BQ = µ, QC
a + λ c b + µ c y q = . Como las rectas P Q y AB son paralelas, los vectores 1+λ 1+µ P Q y AB tienen igual direcci´on y sentido, luego De lo anterior p =
P Q = α AB. 172
Desarrollando la igualdad anterior,
c a + λ c − ⇒ b1++µ − = α( b − a). µ 1+λ
q p = α( b a)
−
Colocamos ahora el origen en el punto C con lo que c = 0 y la igualdad anterior queda como (
1 1+µ
− α) b = ( 1 +1 λ − α)a.
de donde por independencia lineal se deduce que 1 1 = = α 1+µ 1+λ
⇒ λ = µ.
Ejemplo 5.12.2. En un tri´angulo AB C los puntos M y N dividen a los segmentos B C y AC respectivamente en las razones 3 : 2 y 1 : 3. Determinar el vector posici´on del punto de corte D de las rectas AM y CN en t´erminos de los vectores posici´on de los v´ertices del tri´angulo y la raz´on en que el punto D divide a los segmentos as´ı determinados.
Consideremos un origen O como se muestra en la figura. Esto determina inmediatamente vectores como el vector m y muchos otros como los vectores a, b,... que no dibujaremos para no entorpecer el dibujo. 2 b + 3c 3a + b Por lo anterior m = , tambi´en n = . El punto D se determina al intersectar las 5 4 rectas AM y C N , por lo que escribiremos sus ecuaciones. = c + α(n Para la recta CN : r = c + αCN ecuaci´ on vectorial de la recta C N r =
− c). Reemplazando el valor de n, obtenemos la
3α α a + b + (1 4 4 173
− α)c.
= a + β (m Para la recta AM : r = a + β AM ecuaci´ on vectorial de la recta AM r = (1
− a). Reemplazando el valor de m, obtenemos la
3β − β )a + 2β b+ c. 5 5
Como el punto D est´a en ambas rectas, el vector asociado a ´el debe verificar 3α a + α d = b + (1 4 4
3β − α)c = (1 − β )a + 2β b+ c 5 5
Para ello colocaremos el origen en un punto que Estamos a punto de encontrar el vector d. simplifique lo m´as posible la expresi´on anterior, digamos en A. Como O = A a = 0.
Luego tenemos que α d = b + (1 4
3β − α)c = 2β b+ c, 5 5
de donde (
α 4
3β − 2β ) b + (1 − α − )c = 0 5 5
Como los vectores b y c no son colineales, por independencia lineal lo anterior implica que α y β verifican el sistema
− 25 3 1−α− 5 α
4
de donde α =
8 11
y β =
5 11 luego
β
β
= 0 = 0
3 6 a + 2 d = b + c 11 11 11 AD +λm Para las razones, si DM = λ entonces d = a1+ y como de la ecuaci´on inicial d = a +β (m a) = λ a+5m AD 6 5 6 5 a + 11 m = 11 entonces DM = 6 . C´alculos similares, que invitamos a completar al lector, 11 CD prueban que DN = 38 .
−
174
Ejercicios
1. En el tri´angulo ABC , el punto M divide al segmento BC en la raz´o n 1 : 3 y S divide al segmento AB en la raz´o n 1 : 3. P es el punto de intersecci´on de AM y CS. Determinar la raz´ on en que P divide al segmento AM y a B Q donde Q es el punto de intersecci´on de B P con AC. 2. Demostrar que si por un punto de uno de los lados de un tri´angulo se traza una paralela a otro de los lados, se forman segmentos proporcionales. 3. En el lado AD y en la diagonal AC del paralel´ogramo ABCD se han tomado los puntos M y N de forma que AM = 51 AD y AN = 61 AC. Demuestre que los puntos B, N y M son colineales. ¿En que raz´on divide el punto N al segmento M B? 4. Demostrar que si se traza una paralela a la base de un tri´angulo, la recta que une al v´ertice con la intersecci´on de las diagonales del trapecio as´ı formado, dimidia a la base del tri´angulo. 5. Demostrar que las diagonales de un paralelep´ıpedo se intersectan en un ´unico punto que las dimidia.
175
Cap´ıtulo 6
Secciones c´ onicas En este cap´ıtulo estudiamos las secciones c´onicas utilizando sus ecuaciones centradas. Se discuten los elementos principales de estas curvas y se introduce el concepto de excentricidad de una c´onica.
6.1.
La circunferencia
Definici´ on 6.1.1. Por circunferencia entendemos el Lugar Geom´etrico de todos los puntos del plano que equidistan de un mismo punto llamado centro.
Supongamos que consideramos, como en la figura, una circunferencia de centro O(h, k) y radio R. Si imponemos la condici´on descrita al comienzo y consideramos un punto P (x, y) cualquiera en la circunferencia
− (x
h)2 + (y
− k)2 = R,
elevando al cuadrado, obtenemos la forma can´onica de la ecuaci´on de la circunferencia. (x
− h)2 + (y − k)2 = R2, 176
Note que si el centro es el origen y el radio es uno, tenemos la conocida circunferencia goniom´etrica tan ´util en trigonometr´ıa. x2 + y 2 = 1. Ejemplo 6.1.2. Determinar la ecuaci´on de la circunferencia con centro en el punto O(1, 2) y que pasa por el punto P (1, 0). Respuesta: = 2, luego la forma can´onica Como tenemos su centro, calculamos su radio como R = OP de la ecuaci´on de la circunferencia es
(x
− 1)2 + (y − 2)2 = 4.
Si desarrollamos la ecuaci´on anterior, obtenemos x2 + y 2 2x 4y + 1 = 0. En general al desarrollar (x h)2 + (y k)2 = R 2 obtenemos una ecuaci´on de la forma x 2 + y 2 2hx 2ky + h2 + k 2 R2 = 0, esto es una ecuaci´on como
−
−
− −
−
−
−
( ) x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0,
∗
los c´alculos anteriores muestran que una circunferencia siempre est´a representada por una ecuaci´on como ( ), la que se conoce como forma general de la ecuaci´on de una circunferencia.
∗
Un pregunta interesante es ¿para qu´e valores de los par´ametros D,E, F la ecuaci´on ( ) representa realmente una circunferencia?
∗
Ejemplo 6.1.3. ¿Qu´e representa la ecuaci´on x 2 + y2
− 6x − 4y − 12 = 0?
Respuesta: Debemos completar cuadrados para tratar de llegar a la forma can´onica. x2 + y 2
− 6x − 4y − 12 = 0 ⇔ x2 − 6x + 9 + y2 − 4y + 4 = 12 + 9 + 4 ⇔ (x − 3)2 + (y − 2)2 = 25
luego es una circunferencia de centro (3 , 2) y radio R = 5. Para responder a la pregunta anterior completamos cuadrados como antes pero ahora en la ecuaci´ on x 2 + y2 + Dx + Ey + F = 0. x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0
2
⇔ (x + D2 )2 + (y + E 2 )2 = D4
+
E 2 4
− F,
El siguiente teorema resume los resultados obtenidos. Teorema 6.1.0.74. La ecuaci´on x 2 + y2 + Dx + Ey + F = 0, representa 1. una circunferencia de centro ( D/2, E/2) y radio R =
−
− 2. el punto (−D/2, −E/2) si D 2 + E 2 − 4F = 0. 177
D2 E 2 + 4 4
− F si D2 +E 2 −4F > 0.
3. ning´ un lugar geom´etrico real si D 2 + E 2
− 4F < 0.
Ejemplo 6.1.4. Encontrar la ecuaci´on de la recta tangente a la circunferencia x 2 + y 2 en el origen.
− 2x + 2y = 0
Respuesta: Note que la circunferencia anterior pasa por el origen, porque al reemplazar x = 0, y = 0 se verifica la ecuaci´on. Calculamos entonces su centro y su radio completando cuadrados. x2 + y 2
− 2x + 2y = 0 ⇔ (x − 1)2 + (y + 1)2 = 2, √ luego tiene su centro en el punto (1 , −1) y radio 2.
− 1 − 0 = −1 luego la pendiente de la 1−0 recta perpendicular es m 2 = 1. Finalmente la ecuaci´on de la tangente buscada es y − 0 = 1(x − 0). La pendiente entre los puntos (0, 0) y (1, 1) es m1 =
−
o bien y = x.
Ejemplo 6.1.5. Encontrar la ecuaci´on de las tangentes trazadas desde el punto (2 , 2) a la circunferencia de ecuaci´on x 2 + y 2 2x + 2y = 0.
−
Respuesta:
√
Del ejercicio anterior sabemos que el centro y el radio de la circunferencia son (1 , 1) y R = 2. Geom´etricamente es claro que desde un punto exterior a una circunferencia existen dos rectas tangentes.Describimos ahora una de las formas de determinarlas.
−
La ecuaci´on de una recta cualquiera que pasa por el punto (2 , 2) con pendiente m es y 2 = m(x 2), o bien mx y + 2 2m = 0. La recta tangente debe cumplir que la distancia del centro de la circunferencia a la recta sea igual al radio . Lo que nos conduce a
−
−
−
−
| m +√ 1 + 2 − 2m | = √ 2, m2 + 1
178
esta ecuaci´on con valor absoluto es equivalente a
| 3 − m |=
√
2 m2 + 1.
Elevando al cuadrado llegamos a la ecuaci´on cuadr´atica m2 +6m 7 = 0 que tiene por soluciones m = 1 o m = 7. Luego las ecuaciones de las rectas tangentes son y = x e y = 7x + 16.
−
−
Ejercicios
1. Hallar la ecuaci´ on de la circunferencia que cumple en cada caso las condiciones indicadas: a ) Tiene como di´ametro el trazo que une los puntos A(1, 3) y B (2, 4). b) Pasa por los puntos (2, 3), (3, 6) y es tangente a la recta de ecuaci´on 2x + y c ) Pasa por el punto (2, 6) y tiene su centro en el punto ( 1, 2).
− 2 = 0.
− d ) El centro es el punto (1, −1) y la recta de ecuaci´on 5x − 12y + 9 = 0 es tangente a la circunferencia.
e ) Pasa por (4, 3), (3, 3) y ( 1, 2).
−
−
f ) Pasa por el punto (2, 1) y es tangente a las rectas 2 x + y
− 5 = 0 y 2x + y + 15 = 0.
2. Calcular la m´axima y la m´ınima distancias desde el punto (10, 7) a la circunferencia de ecuaci´ on x2 + y 2
− 6x − 4y − 3 = 0.
3. Encontrar la ecuaci´ on de la circunferencia que pasa por los puntos de intersecci´on de las circunferencias x 2 + y2 6x 4y 3 = 0, x2 + y 2 2 = 0 y es tangente a la recta de ecuaci´on x + 3y 14 = 0.
−
− − −
−
4. Determinar la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por los puntos de intersecci´on de las circunferencias x 2 + y 2 8x 4y + 11 = 0, x2 + y 2 4x + 4y 8 = 0. y tiene su centro en la circunferencia de ecuaci´on x 2 + y2 + 2x + 10y + 22 = 0.
− −
−
179
−
5. Dadas las rectas de ecuaciones y = x + 9, x + 2y 24 = 0, encontrar la ecuaci´on de la recta que pasa por la intersecci´on de las anteriores y determina en la circunferencia de ecuaci´on √ 3 2 2 x +y 4x + 4y + 7 = 0 una cuerda de longitud 2 .
−
−
6. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia que tiene su centro en la recta de ecuaci´on y = y que es tangente a las rectas de ecuaciones: 4 x 3y + 10 = 0, 4x 3y 30 = 0.
−
− −
−2x
7. Calcular los valores de c para los que la recta de ecuaci´on 4x + 3y = c es tangente a la circunferencia de centro (2, 1) y radio unitario. 8. Dados los puntos A(2, 2) y B(4, 2) hallar en el eje x un punto C de modo que el ´angulo ACB sea recto.
−
9. Demostrar que las tangentes comunes a las circunferencias de ecuaciones x 2 + y 2 + 2x = 0 y x2 + y2 6x = 0 forman un tri´angulo equil´atero.
−
10. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la circunferencia de ecuaci´on x2 + y 2 + 2x 8y + 12 = 0 que pasan por el punto ( 2, 7).
−
−
11. Hallar en la circunferencia de ecuaci´on 16(x2 + y 2 ) + 48x 8y 43 = 0, el punto P m´ as pr´oximo a la recta de ecuaci´on 8x 4y + 73 = 0 y calcular la distancia de este punto P a la recta mencionada.
− −
−
12. Encontrar la ecuaci´ on del lugar geom´etrico de los puntos medios de las cuerdas determinadas por las secantes trazadas desde el punto P 0 (x0 , y0 ) a la circunferencia de ecuaci´on x 2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0. 13. Dada la circunferencia de ecuaci´on x 2 + y2 2ax 3a2 = 0, Se trazan O(h, k) circunferencias cuyos per´ımetros quedan dimidiados por la circunferencia dada. Determinar el LG de los centros de tales circunferencias.
−
−
14. Demostrar que el lugar geom´etrico de un punto del plano que se mueve de modo que la suma de los cuadrados de sus distancias a los cuatro lados del cuadrado es constante, es una circunferencia con centro en el centro del cuadrado. 15. Demostrar que el lugar geom´etrico de los puntos medios de las cuerdas de una circunferencia que pasan por un punto fijo es una circunferencia que tiene por di´ametro al trazo que une el centro de la circunferencia dada con el punto dado. 16. Hallar el lugar geom´etrico de los puntos, cuya suma de los cuadrados de sus distancias a los puntos ( 3, 0) y (3, 0) es igual a 50.
−
17. Desde cada punto de la circunferencia x 2 + y2 + 4x + 4y 8 = 0 se traza una perpendicular al di´ ametro paralelo al eje x (y s´olo hasta el di´ametro). Hallar e identificar el lugar geom´etrico de los puntos medios de estas perpendiculares.
−
18. Determinar el lugar geom´etrico de los puntos P (x, y) del plano que se encuentran a la misma distancia del punto (4, 0) y de la circunferencia x 2 + y 2 = 4.
180
6.2.
La Elipse
Definici´ on 6.2.1. Una elipse es el Lugar geom´ etrico de todos los puntos del plano cuya suma de distancias a dos puntos fijos, llamados focos es constante, la que suele denotarse por 2 a.
La figura muestra la construcci´on geom´etrica de los puntos de una elipse de focos F 1 y F 2 en la que se traza una circunferencia con centro en uno de los focos y de radio igual a la suma constante 2a. El punto Q es variable en la circunferencia y a medida que este se mueve, el punto P genera la elipse. El eje que pasa por los focos de la elipse se llama eje focal. Como en este momento no hemos fijado el sistema de ejes coordenados, tenemos libertad para hacerlo. Para una descripci´on m´as sencilla de la ecuaci´on de la elipse haremos coincidir el eje x con el eje focal y el eje y ser´a la simetral del segmento F 1 F 2 .
En resumen, tenemos ahora la suma constante 2 a, donde a es un real positivo, las coordenadas de los focos son F 1 ( c, 0) y F 2 (c, 0). La condici´on del Lugar Geom´etrico conduce a
−
P F 1 + P F 2 = 2a 181
Utilizando las f´ormulas de distancia, lo anterior es equivalente a
(x + c)2 + y 2 +
− − − (x
c)2 + y 2 = 2a
Para obtener una ecuaci´on sin radicales la escribimos como (x + c)2 + y 2 = 2a
(x
c)2 + y 2
y elevamos al cuadrado ambos lados de la ecuaci´on anterior, simplificando y elevando nuevamente al cuadrado, invitamos al lector a completar los detalles, obtenemos (a2
− c2)x2 + a2y2 = a2(a2 − c2)
Dado que por la desigualdad triangular a > c podemos introducir la constante positiva b que verifica b 2 = a 2 c2 y obtenemos finalmente
−
x2 y 2 + 2 =1 a2 b Damos a continuaci´on la interpretaci´on geom´etrica de la ecuaci´on anterior. a es el semieje mayor y b el semieje menor. Existe un n´umero asociado a la forma de la elipse llamada su excentricidad e = ac que es un n´umero entre cero y uno.
Si c es peque˜ no comparado con a, la excentricidad e est´a cerca de cero, lo que indica que la elipse se parece a una circunferencia. Si ahora c y a son parecidos, caso en que e est´a cerca de uno, los focos est´an muy cerca del borde y la elipse es m´as achatada.
182
Supongamos ahora que fijamos el sistema de coordenadas de modo que la ecuaci´on de la elipse depende fundamentalmente de la posici´on de los focos y del valor de la suma constante 2 a. Alalizaremos primero el caso en que la elipse est´a centrada y los focos est´an en el eje y. Es decir F 1 (0, c) y F 2 (0, c).
−
El lector puede seguir el razonamiento del caso inicial que lo conducir´a a la ecuaci´on x2 y 2 + 2 = 1, b2 a 2 2 2 donde a > b y a = b + c . La excentricidad sigue siendo e = ac .
x2 y 2 Ejemplo 6.2.2. Graficar la elipse de ecuaci´on + = 1, determinando las coordenadas de sus 9 25 focos, v´ertices y excentricidad. a2 = 25, b2 = 9, a2 = b 2 + c2 de donde c = 4. Los focos son F 1 (0, 4) y F 2 (0, 4), los v´ertices V 1 (3, 0), V 2 (0, 5), V 3 ( 3, 0), V 4 (0, 5). Su excentricidad e = 54 = 0,8
−
−
−
183
Tangente y normal a la Elipse en un punto
Por recta tangente a una elipse en un punto P de ella, entendemos una recta que pasa por P e intersecta a la elipse s´olo en el punto P.
Como no suponemos conocimientos de c´alculo diferencial describiremos un m´etodo para determinar la ecuaci´on de la recta tangente. Invitamos al lector entusiasta a completar los detalles. En primer lugar consideremos un punto P (x0 , y0 ) de la elipse de ecuaci´on x2 y 2 + 2 = 1, a2 b Una recta cualquiera de pendiente m que pasa por P tiene ecuaci´on y intersectamos esta ecuaci´on con la elipse y obtenemos (b2 + a2 m2 )x2 + 2a2 m(y0
− y0
= m(x
− x0),
− mx0)x + a2(y0 − mx0)2 − a2b2 = 0.
La ecuaci´on anterior es una ecuaci´on cuadr´atica en x que entrega los puntos de corte para distintos valores de m. En el caso de la tangencia el discriminante de esta cuadr´ atica debe ser cero. Igualando a cero el discriminante obtenemos una ecuaci´on para m. m2 (x20
− a2) − 2x0y0m + y02 − b2 = 0.
Si resolvemos la cuadr´atica notamos que tiene una ´unica soluci´on m = reemplazamos este valor de m para obtener.
x0 y0 . Finalmente x20 a2
−
x2 y 2 Teorema 6.2.0.75. La ecuaci´on de la recta tangente a la elipse 2 + 2 = 1, en un punto P (x0 , y0 ) a b xx0 y y0 de ella es 2 + 2 = 1. a b Ejemplo 6.2.3. Determinar las ecuaciones de las rectas tangentes y normal a la elipse de ecuaci´on 2x2 + 3y2 = 5 en el punto (1, 1).
−
Respuesta: 184
La ecuaci´on de la tangente es 2xx0 + 3yy 0 = 5, cambiando x0 = 1, y0 = 1, obtenemos la ecuaci´ on de la tangente 2x 3y = 5. La pendiente de esta recta es m 1 = 32 por lo que la pendiente de la normal es m 2 = 32 , y su ecuaci´on y + 1 = 32 (x 1).
−
−
−
−
−
Propiedad Focal de la Elipse
Una de las propiedades m´as importantes y origen de diversas aplicaciones de la elipse es la llamada propiedad focal, esta establece lo siguiente Teorema 6.2.0.76. La recta normal a la elipse en cualquiera de sus puntos es bisectriz del ´angulo formado por los radiovectores del punto. Dejamos esta demostraci´on al lector como ejercicio. Ejercicios
1. Los semiejes de una elipse miden 3 cm. y 5 cm. Hallar la distancia entre los focos y la excentricidad. 2. O es el centro, F es un foco y B uno de los v´ertices correspondientes al eje menor de una elipse. Demostrar que la excentricidad est´a dada por e = cos(∠OF B). 3. Determinar las coordenadas de los v´ertices y focos, las longitudes de los ejes mayor y menor y la excentricidad de la elipse correspondiente. Hacer un gr´afico aproximado a ) 9x2 + 4y2 = 36. b) 16x2 + 25y 2 = 400. c ) x2 + 3y 2 = 6. 185
d ) 4x2 + 9y2 = 36. 4. Demostrar que una circunferencia es un caso particular de una elipse cuya excentricidad vale cero. 5. Una elipse, cuyos ejes miden 8 cm y 10 cm tiene su centro en el origen y sus focos sobre el eje OY. Hallar su ecuaci´on. 6. Demostrar que la normal a una elipse en un punto que no sea alguno de los v´ertices del eje mayor, corta a este eje en un punto comprendido entre los focos. 7. Calcular el ´area del tri´angulo determinado por la tangente a la elipse 2 x2 + 3y2 = 14 en el punto (1, 2) con los semiejes positivos. 8. Demostrar que la longitud del Latus rectum (Cuerda que pasa por el foco perpendicular al x2 y 2 eje focal), de la elipse 2 + 2 = 1, con a > b est´a dada por cualquiera de las expresiones a b 2b2 ; 2b 1 a
−
e2 ; 2a(1
− e2).
9. La Tierra se mueve al rededor del Sol en una ´orbita el´ıptica, uno de cuyos focos es el Sol. Si la m´axima y la m´ınima distancias de la Tierra al Sol est´an en raz´on 29 : 30 ¿Cu´al es la excentricidad de su ´orbita? 10. Los ejes de una elipse que pasa por los puntos (4, 1) y (2, 2) son los ejes coordenados. Hallar su ecuaci´on. x2 y 2 11. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia tangente a la elipse 2 + 2 = 1, en los extremos de a b su Latus rectum . 12. Demostrar que el producto de las distancias desde una tangente cualquiera de una elipse a sus focos es constante. 13. La normal a una elipse en un punto P corta a los ejes en Q1 y Q 2 . Probar que el producto de las distancias P Q1 P Q2 es igual al producto de los rayos focales F 1 P F 2 P.
·
·
14. La base de un tri´angulo es fija y el producto de las tangentes de los ´angulos basales es constante. Hallar el Lugar Geom´etrico del v´ertice.
6.3.
La par´ abola
Definici´ on 6.3.1. Una par´abola es el lugar geom´etrico de todos los puntos del plano que equidistan de una recta fija llamada directriz y de un punto tambi´en fijo llamado foco que no pertenece a la directriz.
186
En la figura anterior se describe c´omo determinar puntos de una par´abola utilizando simetrales, aparecen tambi´ en el Eje Focal, que es la recta que pasa por el foco perpendicular a la directriz, y el v´ertice que es el punto donde m´as se curva la par´abola. Como no hemos establecido un sistema coordenado, tenemos la libertad para escogerlo de manera conveniente, as´ı, escojamos como eje x el eje focal y como eje y la perpendicular al eje focal por el v´ertice. Supongamos entonces que el foco tiene coordenadas F ( p, 0) y la directriz en consecuencia tiene ecuaci´on x = p.
−
La condici´on del lugar geom´ etrico se traduce ahora en una ecuaci´on que relaciona las coordenadas x e y de los puntos P (x, y) de la par´abola.
− (x
p)2 + y 2 = x + p ,
|
187
|
Elevando al cuadrado ambos lados de la ecuaci´on anterior y simplificando obtenemos Teorema 6.3.0.77. Cualquier par´abola del plano tiene ecuaci´on y 2 = 4 px si se escoge el sistema coordenado adecuadamente. Supongamos ahora que fijamos el sistema coordenado y cambiamos la posici´on del foco y la directriz, la ecuaci´on de la par´abola cambiar´a tambi´en, pero seguir´a siendo cuadr´atica en una de las variables. El siguiente esquema representa todos los casos posibles en que la par´abola tiene v´ertice en el origen y directriz paralela a uno de los ejes coordenados.
188
Ejemplo 6.3.2. Hacer un gr´afico aproximado de la par´abola de ecuaci´on y 2 = coordenadas de su foco y la ecuaci´on de su directriz.
−x. Determinar las
Respuesta: Comparando con y2 = 4 px, tenemos que 4 p = nadas ( 1/4, 0) y la directriz es x = 1/4.
−
−1 con lo que p = −1/4. El foco tiene coorde-
Tangente y normal a la par´ abola en uno de sus puntos.
El lector puede probar con un argumento similar al hecho con la elipse el siguiente resultado. Teorema 6.3.0.78. Dada la par´abola de ecuaci´on y 2 = 4 px la ecuaci´on de la recta tangente en un punto (x0 , y0 ) de ´esta es yy0 = 2 p(x + x0 ). Teorema 6.3.0.79. Dada la par´abola de ecuaci´on y 2 = 4 px la ecuaci´on de la recta Normal en un y0 punto (x0 , y0 ) de ´esta es y y0 = (x x0 ). 2 p
−
−
−
Teorema 6.3.0.80. Dada la par´abola de ecuaci´on x 2 = 4 py la ecuaci´on de la recta tangente en un punto (x0 , y0 ) de ´esta es xx 0 = 2 p(y + y0 ).
189
Propiedad focal de la par´ abola.
Teorema 6.3.0.81. La normal a la par´abola en un punto cualquiera P de ´esta, es bisectriz del ´angulo formado por el radio vector de P 0 , el punto P y la recta que pasa por P paralela al eje de la par´abola.
En la figura anterior hay que probar que α = β, lo que claramente es equivalente a probar que el tri´angulo QF P es is´osceles. Para ello note que la ecuaci´on de la recta normal es y
− y0 = −2 py0 (x − x0), para determinar
el punto Q la intersectamos con y = 0 obteniendo Q(x0 + 2 p, 0). Calculamos ahora las distancias F Q 2 = (x0 + p)2 y P Q 2 = (x0 p)2 + y02 pero como y 02 = 4 px0 , reemplazamos en esta ´ultima expresi´ on para obtener P Q 2 = (x0 p)2 + 4 px0 = (x0 + p)2 lo que prueba el teorema.
−
−
190
La propiedad anterior es la base de todas las aplicaciones pr´acticas de la par´abola porque en resumen, establece que cualquier rayo paralelo al eje de la par´abola rebotar´a en ella para dirigirse al foco. Ejercicios
´ 1. Determinar el foco y la directriz de las siguientes par bolas haciendo un gr´afico aproximado a ) y2 = 4x. b) y = x2 . c ) 3y 2
− 5x = 0. d ) y = −2x2 . 2. Hallar la ecuaci´on de la par´abola sabiendo que su foco es F (2, 1) y que su directriz es la recta de ecuaci´on x y = 1.
− − 3. Dado el v´ertice V (6, −3) y la ecuaci´on 3x − 5y + 1 = 0 de la directriz de la par´abola se pide encontrar las coordenadas de su foco y la ecuaci´on de la par´abola.
4. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia tangente a la par´abola de ecuaci´on y 2 = 4x en los dos extremos de su Latus rectum . 5. Determinar la ecuaci´on de la par´abola cuyo eje de simetr´ıa coincide con el eje x, su v´ertice est´ a en el origen y pasa por el punto P ( 2, 4). Encontrar las coordenadas de su foco y la ecuaci´ on de su directriz.
−
6. Determinar la longitud de la cuerda focal de la par´abola x2 = 8y que es paralela a la recta de ecuaci´on 3x + 4y 7 = 0.
−
7. Demostrar que la longitud del radio focal de cualquier punto P 1 (x1 , y1 ) de la par´abola y 2 = 4 px es x1 + p .
|
|
8. Encontrar e identificar el lugar geom´ etrico de los puntos medios de las cuerdas focales de una par´ abola. 9. Demostrar que las rectas tangentes a una par´abola en los extremos del Latus rectum son perpendiculares. 10. Demostrar que cualquier tangente a una par´abola, excepto la tangente en el v´ertice, corta a la directriz y a la recta que contiene al Latus rectum en puntos que son equidistantes del foco. 11. Sea N el punto en que la normal a la par´abola en un punto R de ella, diferente del v´ertice, corta al eje. Demostrar que la proyecci´on ortogonal sobre el eje del segmento RN es igual al semipar´ ametro. (En y 2 = 4 px el par´ametro es p.) 12. La tangente a una par´abola en un punto P de ella corta a la directriz en el punto L. Probar que el segmento LP subtiende un ´angulo recto al foco.
191
13. El lugar geom´etrico de un punto que se mueve de modo que la diferencia de las pendientes de las rectas que lo unen a los puntos (a, 0) y ( a, 0) es una constante no nula, es una par´abola que pasa por los puntos dados. ¿Cu´ales son su eje y su v´ertice ?
−
14. Pruebe que el lugar geom´ etrico de un punto que se mueve de forma que su distancia a una circunferencia dada es igual a su distancia desde una recta dada que pasa por el centro de la circunferencia son dos par´abolas congruentes, cuyos focos coinciden con el centro de la circunferencia y cuyos ejes son perpendiculares a la recta fija. 15. Probar que la cuerda x+by = 4a subtiende un ´angulo recto al v´ertice de la par´abola y 2 = 4ax. 16. Una circunferencia variable pasa por un punto fijo A y es tangente a una recta fija L; AP es di´ametro de la circunferencia. Demostrar que el lugar geom´ etrico de P es una par´abola; hallar su foco, v´ertice y directriz. 17. Demostrar que el lugar geom´etrico de los puntos medios de las cuerdas de una par´abola que pasan por su v´ertice es otra par´abola. 18. Una cuerda variable de una par´abola subtiende un ´angulo recto al v´ertice. Demostrar que pasa por un punto fijo. 19. Demostrar que las par´ abolas y 2 = ax, x2 = by se cortan segun el ´angulo 1 3
1 3
3a b arctan( ). 2(a + b ) 2 3
6.4.
2 3
La hip´ erbola
Definici´ on 6.4.1. Una hip´erbola es el lugar geom´etrico de todos los puntos del plano que verifican que el valor absoluto de la diferencia de sus distancias a dos puntos fijos, llamados focos, es igual a una cantidad constante positiva, mayor que la distancia entre los focos. Se acostumbra denotar esa constante por 2a.
192
La figura anterior muestra c´omo construir puntos de la hip´ erbola utilizando una circunferencia de radio 2a con centro en uno de los focos y con la ayuda de simetrales. Toda hip´ erbola est´a conformada por dos ramas infinitas disconexas. El eje que pasa por ambos focos, como antes, recibe el nombre de eje focal. Una cuerda que pase por el foco se llama cuerda focal. Si la cuerda focal adem´ as es perpendicular al eje focal se conoce, como en las otras c´onicas, como Latus rectum . Para determinar una ecuaci´on sencilla de la hip´ erbola, hacemos coincidir el eje x con el eje focal y el eje y con la simetral del segmento F 1 F 2 . Denotemos por (c, 0) y ( c, 0) las coordenadas de los focos.
−
La condici´on del lugar geom´ etrico se traduce entonces en
(x + c)2 + y2
−
− (x
c)2 + y 2 =
±2a
Pasando una de las ra´ıces al lado derecho de la ecuaci´on anterior y elevando al cuadrado en dos oportunidades hasta eliminar los radicales, obtenemos (c2
− a2)x2 − a2y2 = a2(c2 − a2).
Como c > a, c 2 a2 es una cantidad positiva que podemos denotar por b 2 . Sustituyendo en la ecuaci´ on anterior b 2 = c 2 a2 , obtenemos
−
−
x2 a2
2
− yb2 = 1.
que es la ecuaci´on de la hip´erbola. As´ ıntotas de la hip´ erb ola.
Una recta y = mx + n es as´ıntota de una curva en general y = f (x) si verifica que la distancia entre la curva y la recta se va a cero cuando x crece indefinidamente.
193
Informalmente lo que ocurre es que la curva se pega a la recta al crecer el valor de la variable. La elipse y la par´abola no tienen as´ıntotas, La hip´ erbola tiene un par de rectas que cumplen la propiedad descrita anteriormente. Describiremos a continuaci´on c´omo encontrarlas. Supongamos que consideramos un punto P (x, y) en la hip´erbola de ecuaci´on
x2 y 2 + 2 = 1. a2 b
Si consideramos el punto en el primer cuadrante podemos despejar su coordenada y en t´erminos de su coordenada x,
√ b2x2 − b2a2
y= a anterior obtenemos
, por lo que y
− ab x = a1 (
b2 x2
− b2a2 − bx). Racionalizando la expresi´on
2
| y − ab x |= √ b2x2 −b ba2a2 + bx .
la expresi´on del lado derecho claramente tiende a cero cuando x aumenta su valor. An´alogamente b2 x2 b2 a2 podemos probar que la recta y = ab x, es as´ıntota de la rama negativa y = . De lo a anterior concluimos:
−
Teorema 6.4.0.82. Las rectas y =
±
−
b a x son
Como en la elipse, la excentricidad e =
√
as´ıntotas de la hip´erbola de ecuaci´on c a
−
x2 y 2 + 2 = 1. a2 b
> 1 es una medida de la forma de la hip´erbola.
Ejemplo 6.4.2. Trazar la gr´afica de la hip´erbola de ecuaci´on 9x2 v´ertices, las ecuaciones de sus as´ıntotas y su excentricidad. Respuesta:
194
− 4y2 = 36. Determinar sus focos,
Dividiendo por 36, tenemos que
x2 y 2 =1 4 9 luego a2 = 4 a = 2, b2 = 9 b = 3, recuede que estas constantes son positivas por √ 13 2 2 2 definici´ on.c = a +b = 13 luego c = 13. e = 2 , sus as´ıntotas y = 32 x. Los focos: F 1 ( 13, 0) y F 2 ( 13, 0). Los v´ertices: V 1 ( 2, 0) y V 2 (2, 0).
−
⇒
√ ⇒
√
±
−
−√
Si fijamos el sistema de coordenadas, la ecuaci´on asociada a la hip´erbola cambiar´a de acuerdo a d´ onde ubiquemos los focos y al valor de la constante 2 a. Si los focos est´an ubicados en el eje y, con coordenadas (0, c) y (0, c) con a 2 + b2 = c 2 , la ecuaci´on es ahora
−
y2 a2 Las as´ıntotas cambian a y =
±
2
− xb2 = 1.
a x. b
Ejemplo 6.4.3. Trazar la gr´afica de la hip´erbola de ecuaci´on 4y 2 v´ertices, las ecuaciones de sus as´ıntotas y su excentricidad.
− 2x2 = 1. Determinar sus focos,
Respuesta: Reescribiendo la ecuaci´on tenemos que y2 1/4
−
x2 =1 1/2
√ 3/2. e = √ 3, sus 1 3 2 2 2 ⇒ a = 21 , b2 = 21 ⇒ b = √ . c = a + b = luego c = 4 √ √ 2 √ as´ıntotas y = ± 22 x. Sus focos: F 1 (0, − 3/2) yF 2 (0, 3/2). Sus v´ertices: V 1 (0, −1/2) y V 2 (0, 1/2). luego a2 =
1 4
195
Tangente a la Hip´ erbola en un punto de ella
Un argumento similar al dado para el caso de la elipse permite probar el siguiente teorema x2 Teorema 6.4.0.83. La ecuaci´on de la recta tangente a la hip´ erbola 2 a xx0 yy0 P (x0 , y0 ) de ella es 2 = 1. a b2
2
− yb2
= 1, en un punto
−
Ejercicios
1. Si la excentricidad de una hip´erbola es 2 y su eje real es 3 calcular la medida de su eje conjugado. 2. Determinar la ecuaci´on de una hip´erbola de excentricidad
√ 2 cuyos focos distan 4 entre s´ı.
3. Demostrar que las as´ıntotas de la hip´erbola Ax 2 By 2 = C, en que las constantes A, B y C son positivas, est´an dadas por las ecuaciones x A y B = 0.
√ − ± √
4. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola cuyas as´ıntotas forman un ´angulo de 60 ◦ con el eje x y cuyos v´ertices son (1, 0) y ( 1, 0).
−
5. Probar que las pendientes de las as´ıntotas de la hip´erbola x 2 /a2
− y2/b2 = 1, son ±√ e2 − 1.
6. La pendiente de una as´ıntota de la hip´erbola anterior es 3/4 calcular la excentricidad. 7. Si a = b la hip´erbola se dice equil´atera. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola equil´atera, cuyos focos tienen distancia 1 al centro. 196
8. Hallar la ecuaci´ on de la normal a la hip´erbola x2 25
2
y − 144 =1
en los extremos del Latus rectum del primer cuadrante. 9. Probar que la suma de los cuadrados de los rec´ıprocos de las excentricidades de las hip´erbolas conjugadas x2 9
2
− y16 = 1,
y
x2 9
2
− y16 = −1
es igual a la unidad. 10. Encontrar la ecuaci´on de una hip´erbola cuyas as´ıntotas son las rectas 2x + y = 0, 2x y que pasa por el punto (1, 1).
− y = 0
11. Las proyecciones de un punto P de una hip´erbola sobre los ejes real y conjugado, respectivamente, son P 1 y P 2 . La tangente en P corta a estos ejes en T 1 y T 2 respectivamente. Demostrar que OP 1 OT 1 = a2 y que OP 2 OT 2 = b2 , en que O es el centro de la hip´erbola y a, b son los semiejes.
·
·
−
12. Una recta se mueve de modo que el ´area del tri´angulo que forma con dos rectas perpendiculares dadas es constante. Hallar el lugar geom´ etrico del punto medio del segmento de esta recta comprendido entre estas perpendiculares. 13. Considere la hip´erbola
x2 a2
−
y2 b2
= 1, de centro O y sea P un punto de ella. Sea OP = r. y2 b2
2
x Considere adem´as la hip´erbola a = 1, de centro O y sea P un punto de ella. Sea OP = r . Si OP es perpendicular con OP demostrar que
−
2
1 1 1 1 + 2 = 2 + 2 . 2 r r a b 14. Si las as´ıntotas de una hip´erbola de excentricidad e forman un ´angulo de 2ω, probar que sin(ω) =
√ e2 − 1 e
, sec(ω) = e, tan(ω) =
15. Discutir la variaci´on de la f´orma de la hip´erbola
197
x2 a2
−
y2 b2
− e2
1.
= k, para 0 < k < 1.
Cap´ıtulo 7
Transformaciones de coordenadas En este cap´ıtulo presentamos los cambios de sistema coordenado realizados a trav´es de una traslaci´ on o una rotaci´on de los ejes. Hacemos el estudio de la ecuaci´on general de segundo grado en dos variables Ax2 + Bxy + C y2 + Dx + Ey + F = 0. Describimos y estudiamos en forma geom´etrica y matricial, las transformaciones geom´etricas del plano.
7.1. 7.1.1.
Cambio de sistema de coordenadas Traslaci´ on de ejes coordenados
Supongamos que tenemos una curva en el plano, como hemos visto antes, al colocar un sistema de ejes ortogonales, las coordenadas de sus puntos verifican cierta relaci´on. Si cambiamos el sistema coordenado y colocamos nuevos ejes la relaci´on anterior cambia algunos de sus coeficientes. Es muy importante que el lector se d´ e cuenta que la ecuaci´on es s´olo una representaci´ on de la curva y que cambia de acuerdo a como est´en ubicados los ejes coordendos. Partiremos analizando las relaciones entre dos ejes coordenados en que los ejes son rectas paralelas.
198
De acuerdo a la figura inicial
P = OO + O OP
o equivalentemente (x, y) = (h, k) + (u, v) de donde obtenemos las f´ormulas de traslaci´on ( ) x = u + h, y = v + k.
∗
Ejemplo 7.1.1. Eliminar los t´erminos de primer grado en la ecuaci´on: 2x2 + 2xy + y 2 + 5x + 6y
− 8 = 0.
Respuesta: Hacemos una traslaci´on y ajustaremos el centro (h, k) para que esto suceda. x = u + h, y = v + k. Reemplazando en la ecuaci´on obtenemos: 2(u + h)2 + 2(u + h)(v + k) + (v + k)2 + 5(u + h) + 6(v + k) Desarrollando la ecuaci´on anterior obtenemos:
− 8 = 0,
2u2 + 2uv + v2 + (4h + 2k + 5)u + (2h + 2k + 6)v + 2h2 + 2hk + k 2 + 5h + 6k
− 8 = 0,
luego podemos pedir que 2h + 2k + 6 = 0 , 4h + 2k + 5 = 0 1 7 el sistema anterior entrega las soluciones h = , k = . En los nuevos ejes u, v la ecuaci´on 2 2 inicial se transforma en:
−
2u2 + 2uv + v2
199
− 694 = 0
Teorema 7.1.1.1. Si en la ecuaci´on Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 hacemos una traslaci´on de ejes en la forma x = u + h, y = v + k. los t´erminos cuadr´aticos permanecen invariantes, adem´as si B 2 4AC = 0 siempre es posible eliminar los t´erminos de primer grado dejando s´olo el t´ermino libre. Es decir existen h y k de forma que la ecuaci´on se transforma en: Au 2 + Buv + Cv 2 + F = 0.
−
Demostraci´ on: Reemplazando en la ecuaci´on inicial obtenemos A(u + h)2 + B(u + h)(v + k) + C (v + k)2 + D(u + h) + E (v + k) + F = 0, que al ser desarrollada se transforma en Au2 + Buv + Cv 2 + (2Ah + Bk + D)u + (Bh + 2Ck + E )v + Ah2 + Bhk + Ck 2 + Dh + Ek + F = 0. Para eliminar los t´erminos lineales, debemos resolver el sistema 2Ah + Bk Bh + 2Ck
= =
−D , −E
Si 4AC B 2 = 0 el sistema tiene soluci´on u ´ nica para h, k en t´erminos de los dem´as par´ametros, luego es posible eliminar los t´erminos de primer grado. Lo anterior prueba el teorema.
−
Tambi´en es posible eliminar uno de los t´erminos lineales y el t´ermino libre resolviendo el sistema apropiado. Ejercicios
Hacer la traslaci´on que elimine los t´ erminos indicados en los siguientes ejercicios: 1. x2
− 3xy + 5y2 + 8x − 26y + 38 = 0; t´erminos de primer grado. 2. 3x2 − xy + 4y 2 + 5x − 8y − 3 = 0; t´erminos de primer grado. 3. x2 + 7xy − 2y 2 − 2x − 14y − 3 = 0; t´erminos de primer grado. 4. 7xy − 2x − 14y − 3 = 0; t´erminos de primer grado. 5. y = x 3 − 9x2 + 24x + 3; constante, t´ermino en x. 6. y = x 3 − 6x2 + 11x − 8; constante, t´ermino en x 2 . 7. x2 y − 2x2 + 2xy + y − 4x − 6 = 0; t´ erminos de segundo grado. 8. Demuestre que cualquier traslaci´on en Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 deja invariantes los t´erminos A,B,C. 9. Realice una traslaci´on en x 2 + 5y2 + 8x 26y + 38 = 0; de dos formas: Primero completando cuadrados, luego utilizando las f´ormulas de traslaci´on. Elimine en ambos casos los t´erminos lineales.
−
200
7.1.2.
Rotaci´ on de ejes coordenados
Analizaremos ahora una segunda forma de modificar los ejes. Esta vez consideraremos un nuevo sistema de ejes u, v que resulta de rotar los ejes antiguos x, y en un ´angulo α en sentido antihorario. Sean ˆı,ˆ los vectores de la base del sistema antiguo x,y. Sean ˆk, sˆ la base del sistema nuevo u,v. ˆ vˆ Luego p = xˆı + yˆ, p = u k + s.Las relaciones son las siguientes kˆ = sˆ =
cos(α)ˆı + sin(α)ˆ
− sin(α)ˆı+ cos(α)ˆ.
Reemplazando obtenemos, p = u(cos(α)ˆ ı + sin(α)ˆ) + v( sin(α)ˆı + cos(α)ˆ),
−
reordenando, p = (u cos(α)
− v sin(α))ˆı + (u sin(α) + v cos(α))ˆ = xˆı + yˆ,
De lo anterior obtenemos las f´ormulas de cambio entre los dos sistemas coordenados: x = u cos(α) v sin(α) y = u sin(α) + v cos(α).
−
En el sistema anterior podemos despejar las variables u y v y obtenemos u = v =
x cos(α) + y sin(α)
−x sin(α) + y cos(α).
Si una curva tiene una ecuaci´on F (x, y) = 0 en el sistema X Y las f´ormulas anteriores permiten determinar su ecuaci´on en un sistema UV que se ha obtenido del anterior rotando los ejes en un ´angulo α. Obtenemos entonces otra representaci´on G(u, v) = 0 de la misma curva, que relaciona
201
las coordenadas en el otro sistema coordenado y viceversa. Explicaremos lo anterior a trav´ es de algunos ejemplos. Ejemplo 7.1.2. Determinar la ecuaci´on asociada a xy = 1 en un sistema de ejes rotado en 45 ◦ respecto al sistema original. Identificar la curva. Respuesta: Como α = 45◦ tanto cos(α) como sin(α) valen
xy = 1
√ 12 . La ecuaciones de cambio quedan:
x =
u v
y
u+v
=
− √
2
√ . 2
− √ ⇔ √ u
v 2
u+v 2
=1
u2 v2 Luego la ecuaci´on es = 1, por lo que la curva es una hip´ erbola de as´ıntotas v = 2 2 que coinciden con los ejes antiguos.
±u
−
En ocaciones es de suma utilidad eliminar el t´ermino rect´angulo xy, en una expresi´o n de la forma Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. El teorema siguiente nos indica c´omo hacerlo. Teorema 7.1.2.1. Siempre es posible eliminar el t´ermino rect´angulo en una ecuaci´on de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 rotando en un ´angulo α que verifique cot(2α) =
202
A
− C . B
Demostraci´ on: Reemplazamos las f´ormulas de rotaci´on en la ecuaci´on y obtenemos: A(u cos(α) v sin(α))2 + B(u cos(α) v sin(α))(u sin(α) + v cos(α)) + C (u sin(α) + v cos(α))2 + D(u cos(α) v sin(α)) + E (u sin(α) + v cos(α)) + F = 0.
−
−
−
Agrupamos ahora los productos que involucran al factor uv. ( 2A cos(α)sin(α) + B(cos2 (α)
−
− sin2(α)) + 2C cos(α) sin(α)).
Simplificamos e igualamos a cero: (C
− A) sin(2α) + B cos(2α) = 0 ⇒ cot(2α) = A −B C .
Luego, de la ecuaci´on trigonom´etrica final, obtenemos el ´angulo que elimina el t´ermino rect´angulo. Ejemplo 7.1.3. Determinar el cambio de coordenadas que elimina el t´ ermino rect´angulo en la ecuaci´ on x 2 + 4xy 2y2 6 = 0.
−
−
Soluci´ on: 3 3 El ´angulo de rotaci´on debe verificar cot(2α) = , luego cos(2α) = . Para obtener las f´ormulas 4 5 de rotaci´on utilizamos el hecho que cos(α) = Por lo que cos(α) =
1 + cos(2α) , sin(α) = 2
√ 25 y sin(α) = √ 15
− 1
cos(2α) 2
Para eliminar el t´ermino rect´angulo debemos girar los ejes en un ´angulo de α cambios son: x =
2u v 5
y
u+2v
=
√ −
√ . 5
Al sustituir en la ecuaci´on original obtenemos: 2u2
− 3v2 = 6.
203
≈ 63, 5◦ y los
Ejercicios
1. Determine la nueva representaci´ on algebraica de la curva cuya ecuaci´on respecto a un sistema cartesiano ortogonal x, y est´a indicada, respecto a nuevos ejes u, v que se han girado en un ´angulo indicado: a ) 2x + y = 5; α = arctan(3/2). b) x2
− 2xy +√ y2 + x − 2y = 5; α = 45◦ . c ) 31x2 + 10 3xy + 21y2 − 196 = 0; α = 30◦ . √ d ) 11x2 − 50 3xy − 39y2 + 576 = 0; α = 60◦ . e ) 4x2 + 3xy + 54 = 0; α = 21 arctan( 34 ).
2. Elimine el t´ermino xy de la ecuaci´on dada mediante una rotaci´on de ejes adecuada
− √ 3xy + 3y2 = 2 b) 5x2 + xy + 10y2 − 3x + 2y = 6
a ) 2x2
c ) 2x2 + xy + y 2 = 5. d ) 8x2
− xy + 2y2 − x + 2y = 6. 3. Pruebe que el indicador B 2 − 4AC no cambia su valor al efectuar una rotaci´on en Ax2 + 2 Bxy + Cy + Dx + Ey + F = 0, cualquiera sea el valor de α.
7.2.
Ecuaci´ on General de Segundo Grado.
En secciones anteriores estudiamos la ecuaci´on general de la recta Ax + By + C = 0 que, en su expresi´ on algebraica, contiene como m´aximo t´erminos de primer grado en ambas variables. Lo que estudiaremos en esta secci´on es la ecuaci´on general de segundo grado en dos variables y los lugares geom´etricos que ella puede representar. Se entiende por ecuaci´on general de segundo grado a aquella expresi´on algebraica del tipo: Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0
donde al menos uno de los tres coeficientes de la parte cuadr´atica (A, B o C ) es distinto de cero. Si las coordenadas cartesianas (x, y) de los puntos de un lugar geom´etrico satisfacen una ecuaci´ on de este tipo, ¿qu´ e caracter´ısticas tiene el lugar geom´ etrico dependiendo de los valores que toman los coeficientes de la ecuaci´on? Demostraremos en esta secci´on que los lugares geom´etricos cuyas ecuaciones tienen esta estructura algebraica no son otros sino las c´onicas que estudiamos m´as arriba, con la precisi´on de que los ejes de estas c´onicas no necesariamente son paralelos a los ejes de coordenadas y sus centros no tienen que coincidir con el origen del sistema de coordenadas. De este modo, bastar´a realizar 204
transformaciones de coordenadas convenientes, de modo que la ecuaci´on del lugar geom´etrico en el nuevo sistema adopte una de las formas que vimos anteriormente y que se denominan formas can´onicas de las c´onicas. La ecuaci´on general de segundo grado puede reducirse, mediante transformaciones de coordenadas, a su forma can´onica. Mostraremos que bastar´a con una traslaci´on y una rotaci´on, como m´aximo, para lograr este objetivo. El primer paso consiste en diagonalizar la parte cuadr´atica de la ecuaci´on, de modo que desaparezca el t´ermino cuadr´atico mixto xy. Para esto aplicamos el proceso descrito en la secci´on anterior que consiste en relizar una rotaci´on del sistema de coordenadas con un ´angulo conveniente. De este modo, la ecuaci´on original Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0
se ha transformado en A u2 + C v2 + D u + E v + F = 0
Mientras que el t´ermino independiente F no se altera al rotar el sistema de coordenadas. El segundo paso consiste en hacer un completamiento cuadr´atico o equivalentemente una traslaci´ on en la ecuaci´on, de modo que desaparezcan los t´erminos lineales siempre que sea posible. En estas nuevas coordenadas la ecuaci´on nos queda: A t2 + C s2 + F = 0 Debemos precisar que es posible que no se pueda realizar el completamiento cuadr´atico en ambas variables. Esto podr´ıa ocurrir si, despu´es de la rotaci´on, alguno de los coeficientes A o C es igual a cero, lo que implicar´ıa que no aparece el t´ermino cuadr´atico en alguna de las variables. Ejemplificaremos lo anterior en casos particulares. Ejemplo 7.2.1. Sea dada la ecuaci´on general de segundo grado: 3x2 + 2xy + 3y 2 + 2x
− 10y + 3 = 0
Reduzca esta ecuaci´on a su forma can´onica, determine el lugar geom´ etrico que ella representa y describa geom´ etricamente las transformaciones de coordenadas realizadas. Si queremos reducir esta ecuaci´on a su forma can´onica, dado que aparece el t´ermino cuadr´atico mixto xy, debemos hacer una rotaci´on primero. En todas las alternativas necesitamos conocer el seno y el coseno del ´angulo de rotaci´on, por lo que esta primera parte es com´un a todas las variantes de soluci´on. 205
Como A = 3, B = 2 y C = 3 tenemos que el ´angulo de rotaci´on satisface: cot2θ =
3
−3 =0 2
π 2
2θ =
⇒
θ =
⇒
π 4
de este modo: sen θ =
√ 2
√ 2
y cos θ = 2 2 El c´alculo algebraico necesario debe realizarse para cada ecuaci´on: El cambio de coordenadas es:
√
2 2 (u
x = y
√
2 2 (u
=
− v) + v)
De este modo podemos hacer la sustituci´on en la ecuaci´on general: 3x2 + 2xy + 3y 2 + 2x
3
√
2 (u 2
− v)
2
3 (u 2
+2
√ 2 2
(u
− v)
√ 2 2
(u + v) + 3
− 10y + 3 = 0
√
2 (u + v) 2
2
+2
√ 2 2
(u
− v) − 10
√ 2 2
(u + v) + 3 = 0
√ √ − v)2 + (u − v)(u + v) + 32 (u + v)2 + 2(u − v) − 5 2(u + v) + 3 = 0 √ √ 4u2 + 2v2 − 4 2u − 6 2v + 3 = 0
Esta es la ecuaci´on de la curva en el sistema rotado. Note que no aparece el t´ermino cuadr´atico mixto. Para hacer la traslaci´on (completamiento cuadr´atico), podemos reagrupar los t´ erminos anteriores.
4 u2
−
√
√ − 3 2v
t
−
2u + 2 v2
por lo que el cambio de coordenadas necesario es:
= u
s = v
+3=0
√
2 2
√
− 322
y sustituyendo en la ecuaci´on obtenemos:
2
4 u
−
√
2u + 2 v
2
206
√
−3
2v + 3 = 0
4 u
−
√ 2 2
2
+2 v
−
√
3 2 2
4t2 + 2s2
2
+3
− 4 12 − 2 92 = 0
−8= 0
que es la forma can´onica de la ecuaci´on de segundo grado. Note que si dividimos por 8 la ecuaci´on, se tiene: 2
2
t s √ + =1 ( 2)2 (2)2 que se reconoce f´acilmente como la ecuaci´on de una elipse con eje mayor en la coordenada s, de tama˜ no 2 y eje menor por la coordenada t, de longitud 2.
√
Se pueden describir gr´aficamente los cambios de coordenadas realizados. Note que, en primer lugar, se realiz´o una rotaci´on de los ejes coordenados en un ´angulo θ = π4 y posteriormente, una traslaci´ on de vector
√
2 2
,
√
3 2 2
.
En la siguiente figura se muestran ambos cambios de coordenadas y se aprecia c´omo, al realizar este proceso, la c´onica queda centrada en el origen y con sus ejes paralelos a los ejes coordenados (forma can´onica de la c´onica).
Ejemplo 7.2.2. Sea dada la ecuaci´on general de segundo grado: 16x2
− 24xy + 9y2 − 320x − 260y + 25 = 0
Reduzca esta ecuaci´on a su forma can´onica, determine el lugar geom´ etrico que ella representa y describa geom´ etricamente las transformaciones de coordenadas realizadas. Como A = 16, B =
−24 y C = 9 tenemos que el ´angulo de rotaci´on satisface: 207
16
− 9 = − 7 < 0 −24 24 16 − 9 7 cos2θ = − =− 2 2 25 (−24) + (9 − 16) cot2θ =
cos θ =
− 7 25
1
2
=
9 3 = 25 5
,
sen θ =
x =
1 5 (3u
− 4v)
y
1 5 (4u
+ 3v)
7 1 + 25 = 2
16 4 = 25 5
El cambio de coordenadas es:
De este modo: 16x2
1 16 (3u 5
16(3u
2
− 4v)
−
=
− 24xy + 9y2 − 320x − 260y + 25 = 0
1 1 1 24 (3u 4v) (4u+3v)+9 (4u + 3v) 5 5 5
−
2
−
1 1 320 (3u 4v) 260 (4u+3v)+25 = 0 5 5
− −
− 4v)2 − 24(3u − 4v)(4u + 3v) + 9(4u + 3v)2 − 1600(3u − 4v) − 1300(4u + 3v) + 625 = 0 25v 2
− 400u + 100v + 25 = 0
Para hacer la traslaci´on reagrupamos los t´erminos. Note que s´olo se puede trasladar en la variable v , porque luego de la rotaci´on no apareci´o el t´ermino cuadr´atico en u. 25 v 2 + 4v
−
400u + 25 = 0
por lo que el cambio de coordenadas necesario es:
Sustituyendo en la ecuaci´on obtenemos:
25 (v + 2) 2 25s2
t
= u
s = v + 2
− 400u + 25 − 100 = 0 − 400t − 75 = 0
que es la forma can´onica de la ecuaci´on de segundo grado. 208
Note que si dividimos por 400 la ecuaci´on, se tiene: s2 3 16 80 que se reconoce f´acilmente como la ecuaci´on de una par´abola con eje en la coordenada t y v´ertice 3 en el punto de coordenadas (t, s) = ( 80 , 0). 25s2
− 400t − 75 = 0
⇒
t =
−
−
Se pueden describir gr´aficamente los cambios de coordenadas realizados. Note que, en primer lugar, se realiz´o una rotaci´on de los ejes coordenados en un ´angulo θ 0,9273 y posteriormente, una traslaci´on de vector (0 , 2).
≈
En la siguiente figura se muestran ambos cambios de coordenadas y se aprecia c´omo, al realizar este proceso, la c´onica queda con sus ejes paralelos a los ejes coordenados (forma can´onica de la c´onica).
Ejemplo 7.2.3. Sea dada la ecuaci´on general de segundo grado: 2x2 + 24xy Como A = 2, B = 24 y C =
− 8y2 + 3x − 2y − 1 = 0
−8 tenemos que el ´angulo de rotaci´on satisface: cot2θ = cos2θ =
cos θ =
1+ 2
5 13
=
18 = 26
√ 3 13 13
2+8 5 = > 0 24 12 2+8 5 = 2 13 + (2 + 8)
(24)2
,
El cambio de coordenadas es: 209
sen θ =
− 5 13
1
2
=
√
8 2 13 = 26 13
De este modo:
y
−
24 2v) + (3u 13 2
10u
−
√
13 13 (2u
− 2v) + 3v)
− 8y2 + 3x − 2y − 1 = 0 √
8 3 13 (2u + 3v)2 + (3u 13 13
− 2v)(2u + 3v) − 2
13 13 (3u
=
2x2 + 24xy
2 (3u 13
√
x =
√
5 13 16v + u 13 2
−
√
12 13 v 13
− 2v) −
√
2 13 (2u + 3v) 13
−1= 0
−1= 0
Para hacer la traslaci´on reagrupamos los t´erminos.
10 u2 +
√ 13 26
u
v2 +
− 16
√ 3 13 52
v
−1= 0
por lo que el cambio de coordenadas necesario es:
Sustituyendo en la ecuaci´on rotada:
10 u +
√ 13 52
t
s = v +
2
− 16
10t2
√
13 52
= u+
v +
√
3 13 104
√ 3 13 104
2
5 9 − 1 − 104 + =0 52
− 16s2 − 78 = 0
que es la forma can´onica de la ecuaci´on de segundo grado. Note la anterior ecuaci´on puede reescribirse como: t2
√
2 −
s2
√
35 20
14 16
2
=1
que se reconoce √ f´acilmente como la ecuaci´on de√ una hip´erbola con eje mayor en la coordenada t , de tama˜ no 2035 y eje menor en s, de longitud 1614 . Se pueden describir gr´aficamente los cambios de coordenadas realizados. Note que, en primer lugar, se realiz´o una rotaci´ on de los √ √ ejes coordenados en un ´angulo θ 0, 588 y posteriormente, 13 3 13 una traslaci´on de vector 52 , 104 .
≈
210
En la siguiente figura se muestran ambos cambios de coordenadas y se aprecia c´omo, al realizar este proceso, la c´onica queda centrada y con sus ejes paralelos a los ejes coordenados (forma can´onica de la c´onica).
Podemos tambi´en comenzar realizando la traslaci´on como explicamos en el siguiente ejemplo. Ejemplo 7.2.4. Determinar centro, v´ertices, focos y as´ıntotas, si es que existen, de la curva de ecuaci´ on x 2 3xy + y 2 + 8x 2y + 5 = 0.
−
−
Respuesta: En primer lugar eliminamos los t´erminos de primer grado a trav´ es de una traslaci´on de ejes coordenados. x = u + h, y = v + k. Reemplazando e igualando a cero los t´erminos de primer grado, tenemos el sistema: 2h
− 3k
−3h + 2k
=
−8
=
2.
El sistema anterior tiene soluciones h = 2, k = 4. Lo anterior indica que el cetro de la c´onica es el (2, 4) y las ecuaciones de traslaci´on son x = u + 2, y = v + 4. En el nuevo sistema UV la ecuaci´ on de la curva es: (u + 2)2
− 3(u + 2)(v + 4) + (v + 4)2 + 8(u + 2) − 2(v + 4) + 5 = 0,
que simplificada se reduce a:
u2
− 3uv + v2 + 9 = 0.
Estamos ahora en condiciones de realizar la rotaci´on en nuestro ejemplo para eliminar el t´ermino rect´ angulo en u 2 3uv + v2 + 9 = 0.
−
211
⇒ 2α = π2 ⇒ α = π4 1 Luego, tanto cos(α) como sin(α) valen √ . La ecuaciones de cambio quedan: 2 cot(2α) = 0
u =
t s
v
t+s
− √
2
=
√ . 2
Reemplazamos ahora en la ecuaci´on: (
t
− s )2 − 3( t√ − s ) t√ +s t+s √ + ( √ )2 + 9 = 0 2 2 2 2
Simplificamos para obtener t2 18
2
− s18 = 1. 5
√ 18, b =
La ecuaci´on representa as´ı una hip´ erbola con los siguientes elementos: a = c2 = a2 + b2 luego c =
108 5 .
18 5
Primero obtenemos las coordenadas can´onicas en el sistema t, s y para obtenerlas en los otros sistemas utilizamos las f´ormulas de cambio: u =
t s
v
t+s
=
− √ 2
√ , 2
y x = u + 2, y = v + 4. Sistema
t, s
u, v
x, y
Centro
(0, 0)
(0, 0)
(2, 4)
(3, 3), ( 3, 3)
(5, 7), ( 1, 1)
V´ ertices
√
−√ 18, 0)
( 18, 0), (
As´ıntotas
Focos
t =
s
± √ 5
−
( (
108 5 , 0) 108 5 , 0)
− −
v = ( v =
√ 5
2 ( 32
+ 23 )u
−
√
5 2 )u
− − (3
( 3
212
6 5, 3 6 5,
6 5)
3
6 5)
−
y = 4 +
√ √
3+ 5 2 (x 3 5 2 (x
y = 4 + −
− 2) − 2)
− −
(2 + 3
6 5, 4 + 3
6 5)
(2
6 5, 4
6 5)
3
3
El siguiente es el gr´afico estimativo de la curva:
Ejercicios
1. Trace y describa la gr´afica de las siguientes ecuaciones determinando sus elementos principales: a ) 4x2 + y 2 b) y
2
− 8x + 6y + 9 = 0.
− 8x + 4y + 28 = 0 . c ) 7x2 + 6xy − y 2 − 32 = 0. √ √ d ) 4x2 + 4xy + y 2 + 8 5x − 16 5y = 0. e ) 2x2 + xy + x − y 2 + 7y − 10 = 0. 2. Se puede verificar que dos secciones c´onicas tienen cuando m´as, cuatro puntos en com´un pero 2x2 + xy y 2 + 3y 2 = 0 y 2x2 + 3xy + y 2 6x 5y + 4 = 0 tienen cinco puntos en com´un (1, 0), ( 2, 3), (5, 4), ( 6, 7), (10, 9). ¿Por qu´e ?
−
−
− − −
−
− −
3. Determine la ecuaci´on de la par´abola con foco F (3, 4) y directriz la recta 2x y = 4. Revierta el proceso partiendo de la ecuaci´on y determinando los elementos principales.
−
4. Considere las ecuaciones de segundo grado de las c´onicas estudiadas en el Cap´ıtulo 6. Calcule el discriminante de cada una y demuestre que se tiene la siguiente caracterizaci´on: a ) Elipse
⇒
b) Par´abola
c ) Hip´erbola
∆ < 0.
⇒ ⇒
∆ = 0. ∆ > 0.
213
7.3.
Transformaciones en un mismo sistema coordenado
Una transformaci´on del plano en s´ı mismo es una operaci´on geom´etrica que mueve los puntos de un lugar a otro, seg´un ciertas reglas. Una transformaci´on geom´etrica se le aplica individualmente a cada uno de los puntos del plano o del espacio por lo que, en el caso de figuras geom´etricas m´as complejas, ´estas se transforman seg´un lo hagan cada uno de los puntos que la conforman. Entre las transformaciones geom´ etricas hay dos tipos que, por su importancia en la resoluci´on de problemas y el estudio de propiedades de figuras geom´ etricas, son de especial inter´es. Primeramente nos referiremos a las transformaciones conformes que tienen la propiedad de conservar los ´angulos. Es decir, si dos rectas forman un determinado ´angulo y se les aplica una transformaci´on conforme, sus im´agenes formar´an el mismo ´angulo. Por otro lado est´an las isometr´ıas que tienen la caracter´ıstica de que si le aplicamos la transformaci´on a cualquier segmento, el resultado es otro segmento con la misma longitud del original. Es f´acil verificar que cualquier isometr´ıa es una transformaci´ on conforme. Estudiaremos cuatro transformaciones conformes: la Traslaci´on, la Rotaci´on, la Reflexi´on y la Homotecia. Las tres primeras son isometr´ıas, mientras que la ´ultima no lo es. Sea Π el conjunto de todos los puntos del plano. Consideraremos algunas transformaciones fundamentales del conjunto Π sobre s´ı mismo.
7.3.1.
Traslaci´ o n en el plano
−−→
−−→
Dado un segmento dirigido AB del plano definimos la traslaci´ on T (AB) del plano Π sobre s´ı mismo como la transformaci´on que transporta cada punto P del plano al punto P tal que el segmento P P es paralelo, de igual longitud y con el mismo sentido que el segmento AB. El segmento dirigido AB se denomina vector de la traslaci´on.
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→
La traslaci´ on T (AB) no tiene puntos invariantes. La inversa de la traslaci´on T (AB) es la traslaci´ on T (BA). Para cualquier punto A, la traslaci´on T (AA) es la identidad.
−−→
7.3.2.
−→
Rotaci´ o n en el plano
Dado un punto fijo O del plano y un ´angulo θ definimos la rotaci´ on R(O, θ) del plano Π sobre s´ı mismo como la transformaci´on que lleva cada punto P del plano al punto P tal que OP = OP y ∠P OP = θ. El punto O se llama centro de rotaci´on y θ es el ´angulo de rotaci´on.
214
Por convenci´on se toma el sentido antihorario como el sentido de rotaci´on y el ´angulo θ entre 0◦ y 360◦ . La rotaci´on R(O, θ) s´ olo deja invariante al punto O para cualquier θ = 0◦ , 360◦ . La transformaci´ on inversa de la rotaci´on R(O, θ) es la rotaci´on R(O, θ) (el ´angulo negativo se entiende como rotaci´on en sentido horario). Las rotaciones R(O, 0◦ ) y R(O, 360◦ ) coinciden con la identidad.
−
7.3.3.
Reflexi´ o n en el plano
Sea una recta fija del plano. Definimos la reflexi´ on R() del plano Π sobre s´ı mismo como la transformaci´on que lleva cada punto P del plano al punto P tal que sea la mediatriz del segmento P P . La recta se llama eje de la reflexi´on.
¬
La reflexi´on R() es involutiva. Toda la recta es invariante por la reflexi´on R().
7.3.4.
Homotecia en el plano
Dado un punto fijo O del plano y un n´umero real distinto de cero k definimos la homotecia H (O, k) del plano Π sobre s´ı mismo como la transformaci´on que lleva cada punto P del plano al punto P tal que O P = kOP . El punto O se llama centro de la homotecia y k es la raz´on de la homotecia.
215
Para cualquier k = 1, el punto O es el ´unico invariante por la homotecia H (O, k). La transformaci´ on inversa de la homotecia H (O, k) es la homotecia H O, k1 . La homtecia H (O, 1) coincide con la identidad.
Ejercicios
1. Demuestre las siguientes propiedades de las transformaciones geom´ etricas anteriores. a ) R(O, 180◦ ) = H (O, 1).
− − − → − − → − −→ −→ −→ b) T (AB)T (BC ) = T (BC )T (AC ) = T (AC ). c ) R(O, θ1 )R(O, θ2 ) = R(O, θ2 )R(O, θ1 ) = R(O, θ1 + θ2 ).
2. Demuestre que una traslaci´on es una isometr´ıa. 3. Demuestre que la reflexi´on es una isometr´ıa. 4. Demuestre que una rotaci´on es una isometr´ıa.
−−−→
−−→
5. Si AB se transporta por una rotaci´on a A B , encontrar el centro de rotaci´on. 6. Demuestre que si O = O , entonces R(O , θ)R(O, θ) es una traslaci´on.
−
7. Demuestre que si θ es el ´angulo entre dos rectas secantes 1 y 2 , entonces R(1 )R(2 ) = R(O, 2θ).
−−−→ −−−→
8. Demuestre que si A1 A2 es la distancia dirigida entre dos rectas paralelas 1 y 2 , entonces R(1 )R(2 ) = T (2A1 A2 ). 9. ¿D´onde est´a un punto P si su imagen por la homotecia H (O1 , k1 ) coincide con su imagen por la homotecia H (O2 , k2 ), con k 1 = k 2 ?
216
7.4. 7.4.
Matr Matric ices es..
Para el estudio de transformaciones del plano introduciremos al estudiante a lo que se conoce en matem´ aticas como matrices. Estos objetos matem´aticos permiten expresar relaciones algebraicas aticas de manera m´as as compacta y sus propiedades facilitar´an an el an´alisis alisis cualitativo de lugares l ugares geom´eticos eticos que queremos describir. Una matriz es un arreglo bidimensional de n´umeros reales dispuestos entre par´ entesis. entesis. Las dimensiones dimension es de una matriz ma triz se refieren a la cantidad de filas (l´ (l´ıneas horizontales) horizontales ) y columnas c olumnas (l´ (l´ıneas verticales) del arreglo. Por ejemplo,
a11 a21 .. .
a12 a22 .. .
an1
an2
..
a1m a2m .. .
··· ··· .
··· a es una matriz de n filas y m columnas (matriz de n × m). Una matriz cuadrada de 2 × 2 es un arreglo de 4 n´umeros umeros reales dispuestos ordenadamente en nm
la forma:
A =
a11 a21
a12 a22
Estas Estas matric matrices es pueden pueden consid considera erarse rse com comoo un arregl arregloo de dos vecto vectores res ( a11 , a12 ) y (a21 , a22 ) a11 a12 dispuestos en filas (horizontalmente); o de otros dos vectores y dispuestos en a21 a22 columnas (verticalmente). En lo adelante haremos la distinci´on entre un vector fila y un vector columna dependiendo de si lo consideramos una matriz de 1 2 (una fila y dos columnas) o una matriz de 2 1 (dos filas y una columna). columna). En general general consideraremo consideraremoss siempre siempre a los vectores vectores como vectores columna (dispuestos verticalmente o, en el nuevo lenguaje, como matrices de 2 1).
×
×
×
Pueden definirse operaciones entre matrices de la siguiente forma: dado un n´umero real α real α y dos matrices a11 a12 b11 b12 A = y B = a21 a22 b21 b22
Se define la suma de matrices A + B como: A + B =
a11 a21
a12 a22
+
b11 b21
b12 b22
=
a11 + b11 a21 + b21
a12 + b12 a22 + b22
Se define el producto de un n´umero umero real por una matriz α A como: α A = α = α
a11 a21
a12 a22
=
217
α a11 α a21
α a 12 α a 22
∈R
· · · · 1 2 3 4
Como ejemplo, sean dadas las matrices A = A = A + B = y
1 2 3 4
5 6 7 8
+
1 2 3 4
3 A = 3
1 + 5 2 + 6 3+7 4+8
=
3 1 3 2 3 3 3 4
=
5 6 7 8
y B =
·
=
·
, tenemos que:
6 8 10 12
=
3 6 9 12
La operaci´on on de transposici´on on de una matriz matri z intercambia filas con columnas, es decir: decir : la i-´esima esima fila de la matriz original se convierte en la i-´esima esima columna de la matriz transpuesta: t
t
··· ··· ··· 1 2 3 4
en general:
1 3 2 4
=
a11 a21 .. .
a12 a22 .. .
an1
an2
2 3
,
..
t
a1m a2m .. .
.
= (2, (2 , 3) , 3) ,
=
anm
−
t
an 1 an 2 .. .
( 1, 0) =
a11 a12 .. .
a21 a22 .. .
··· ···
a1m
a2 m
···
..
.
anm
Note que la transpuesta de una matriz de n m es una matriz de m transforma vectores fila en vectores columna y viceversa.
×
− 1 0
× n y que la transposici´on on
Tambi´ ambi´en en se puede definir el producto entre dos matrices o entre una matriz y un vector. Sean x a11 a12 b11 b12 dados el vector x = y las matrices A = A = y B = . y a21 a22 b21 b22
−→
−→
Se define el producto de un vector fila por una matriz x t A, como:
−→x
t
A = (x, y )
a11 a21
a12 a22
= (xa ( xa11 + ya21 , xa12 + ya22 )
−→
Se define el producto de una matriz por un vector columna A x , como:
→x = A−
a11 a21
a12 a22
x y
=
xa11 + ya12 xa21 + ya22
Se define el producto de dos matrices A B , como:
·
A B =
·
a11 a21
a12 a22
·
b11 b21
b12 b22
=
a11 b11 + a12 b21 a21 b11 + a22 b21
a11 b12 + a12 b22 a21 b12 + a22 b22
Note que en cada c ada caso, para obtener el t´ermino ermino ubicado en la l a i-´esima esima fila y la j-´esima esima columna del resultado basta obtener el pro ducto escalar del i-´ esimo esimo vector fila del factor de la izquierda por el j-´ esimo esimo vector columna del factor de la derecha. 218
De este modo, el producto de dos matrices C = A B , tendr´a tantas filas como el factor de la izquierda (A (A) y tantas columnas como el factor de la derecha ( B ).
·
Como ejemplo, sean dadas las matrices A =
2 3
1 2 3 4
y B =
5 6 7 8
−→
, y el vector x =
tenemos que:
· · · · · −→ · − → · ·
A B =
·
1 2 3 4
5 6 7 8
A x =
=
1 2 3 4
x t A = (2, (2, 3)
1 5+2 7 1 6+2 8 3 5+4 7 3 6+4 8
· ·
· ·
· ·
=
19 22 43 50
= (2 1 + 3 3 , 2 2 + 3 4) = (11, (11, 16)
1 2 3 4
2 3
=
· · 1·2+2·3 3·2+4·3
·
=
8 18
La transposici´on on de matrices satisface la siguiente propiedad respecto del producto de matrices: (A B )t = B t At
·
·
−
Ejercicios
1. Dadas las matric matrices es A A = =
1 1
2 2
− −
y B = 219
1 1
5 11
−
calcule:
a ) A + B b ) 3B c ) A
− 2B
d ) At
→u = 2. Dados el vector vector −
1 1
1 2
1 2
− y B = a ) Calcule Calcule A A · B y B · A. Verifique que, en general A · B = B · A. − → − → − → − → − → − → Calcule u A, u B , A u , B u , u u . b ) Calcule t
−
y las matrices A =
−
t
e π
π e
−
:
t
c ) Verifique la propiedad de de la transposici´on on con respecto al producto para las matrices A y B .
−→
→ −x −→x = −→x 2.
3. Demuestr Demuestree que, para un vector vector cualquiera cualquiera x de R 2 : 4. Encuentr Encuentree una matriz matriz X X de de orden 2 X 5. Sea A Sea A la matriz
t
× 2, que resuelva la ecuaci´on: −1 0 1 2 =
2 5
0 1
1 1 0 1
encuentre A encuentre A 2 , A 3 y conjeture una f´ormula ormula para A para A n . Demu´estrela estrela por inducci´on. t
6. Si A Si A y B son matrices de 2
t
× 2, pruebe que las matrices A A y B y B B son matri m atrices ces sim´etricas etri cas.. 7. Encuentr Encuentree una matriz matriz A A de 2 × 2 que cumpla −1 0 A2 = 0 −1
7.5. 7.5.
Transfor ransformac macion iones es del Plano. Plano.
En cap´ cap´ıtulos anteriores estudiamos las transformaciones del plano como funciones del plano sobre s´ı mismo. mis mo. En E n esta es ta secci´ s ecci´on retomaremos este an´alisis alisis con un enfoque m´as as algebraico, utilizando para esto el lenguaje matricial y las coordenadas cartesianas, de modo que las trataremos como funciones de R2 en R 2 . Supongamos Supongamos que tenemos tenemos un sistema sistema de coordenadas coordenadas cartesianas cartesianas en el plano, plano, describire describiremos mos la acci´ on on de la transformaci´on on sobre los puntos del plano de acuerdo a la manera en que cambian sus coordenadas coordenadas en el sistema. sistema. Por ejemplo, para describir una traslaci´on T on T en en la direcci´on on del vector cambian las coordenadas de un punto arbitrario 220
x y
1 2
, veremos c´omo omo
bajo esta transformaci´on. on. Note que al
trasladar el punto, su primera coordenada aumenta en 1, mientras que la segunda aumenta en 2. Esto indica que la traslaci´on on cambia las coordenadas del punto de la siguiente manera: x
→
x+1
,
y
→
y + 2
Esta situaci´on on puede describirse de la forma: T
x y
=
x+1 y + 2
=
x y
+
1 2
−→
−b en la direcci´on De manera general, la traslaci´on T on T → on del vector b = (a, ( a, b)t puede describirse de la siguiente manera: dado un punto del plano x = (x, ( x, y )t la traslaci´on on act´ ua ua de modo que
−→
→x ] = T →− − [− T → b
b
x y
=
x+a y + b
=
x y
+
a b
−→ −→
= x + b
En este mismo sentido, existe otro tipo de transformaciones, cuya acci´on sobre los puntos del plano puede expresarse algebraicamente a trav´es es de las matrices que introdujimos en la secci´on anterior. Utilizand Utilizandoo esta notaci´ notaci´on on definim definimos os una una transformaci´ on lineal lineal del plano plano com comoo aquell aquellaa cuya cuya acci´on on sobre un punto del plano puede expresarse a trav´es es del producto por p or una matriz cuadrada de 2 2, es decir: T T es una transformaci´on on lineal si
×
−→
−→
T [ T [ x ] = A x T
x y
=
a11 a21
a12 a22
x y
=
xa11 + ya 12 xa21 + ya 22
Esto indica que la transform transformaci´ aci´on on lineal lineal cam cambia bia las coorden coordenada adass del punto punto de la siguie siguient ntee manera: x xa11 + ya 12 , y xa21 + ya 22
→
→
221
es decir, cada una de las nuevas coordenadas se obtiene como combinaci´on lineal de las coordenadas originales originale s (de ah´ı su nombre). Note, N ote, por po r ejemplo, que q ue una traslaci´ tras laci´on no es una transformaci´on on lineal. En este punto y conociendo la acci´on de algunas de las transformaciones que estudiamos en cap´ cap´ıtulos anteriores, podremos expresarlas en el lenguaje matricial.
−→
Por ejemplo recordemos la acci´on on de una reflexi´on on con respecto al eje x . Esta transformaci´on, on, como se puede ver en la figura, cambia las coordenadas de un punto ( x, y)t de la siguiente manera: x
→
x
,
y
→ −y
De esta manera podemos ver que si tomamos en la matriz que determina la transformaci´on transformaci´on lineal: a11 = 1
a12 = 0
a21 = 0
a22 =
−1
podremos podremos expresar expresar la acci´ acci´on on de la reflexi´on on en la forma:
−→
−→
R[ x ] = A x R
x y
=
1 0
0 1
−
x y
=
x y
−
Haremos lo mismo a continuaci´on on con una rotaci´on on respecto del origen. Si vemos la figura se puede determinar, conociendo el ´angulo de la rotaci´on, on, c´omo omo cambian las coordenadas de cada punto (Ver Ejercicio 3). De esta forma sabremos cu´ales son los coeficientes de la matriz que la representa como transformaci´on on lineal.
222
Esta transformaci´on, on, como se puede ver, cambia las coordenadas de un punto ( x, y )t de la siguiente manera: x
→
x cos θ + y sen θ
,
y
→ −x sen θ + y cos θ
De esta manera podemos ver que si tomamos en la matriz que determina la transformaci´on transformaci´on lineal: a11 = cos θ
a12 = sen θ
a21 =
− sen θ
a22 = cos θ
podremos podremos expresar expresar la acci´ acci´on on de la rotaci´on on en la forma:
−→
−→
G[ x ] = A x G
x y
=
−
cos θ sen θ
sen θ cos θ
x y
=
x cos θ + y sen θ x sen θ + y cos θ
−
Para el caso de una Homotecia con centro en el origen y factor k , si vemos la figura se puede determina determinarr f´ acilmente acilmente c´omo omo cambian las coordenadas de cada punto. De esta forma sabremos cu´ales ales son los coeficientes de la matriz que la representa como transformaci´on lineal.
Esta transformaci´on, on, como se puede ver, cambia las coordenadas de un punto ( x, y )t de la siguiente manera: x kx , y ky
→
→
223
De esta manera podemos ver que si tomamos en la matriz que determina la transformaci´on lineal: a11 = k
a12 = 0
a21 = 0
a22 = k
podremos expresar la acci´on de la homotecia en la forma:
−→
−→
H [ x ] = A x H
x y
=
k 0
0 k
x y
=
kx ky
Si combinamos traslaciones y transformaciones lineales obtenemos las denominadas transformaciones afines del plano, que act´uan sobre los puntos del plano en la forma:
−→ −→
−→
F [ x ] = A x + b F
x y
=
a11 a21
a12 a22
x y
+
a b
=
xa11 + ya 12 + a xa21 + ya22 + b
Ejercicios
1. Encuentre la matriz que representa como transformaci´on lineal a la reflexi´on respecto del eje y .
−→
2. Encuentre la matriz que representa como transformaci´on lineal a una reflexi´on respecto de una recta que pasa por el origen y de ecuaci´on general ax + by = 0. 3. Demuestre que una rotaci´on de ´angulo θ, con centro en el origen, cambia las coordenadas de la siguiente manera: x
→
x cos θ + y sen θ
,
y
→ −x sen θ + y cos θ
4. Encuentre la forma matricial de la transformaci´on af´ın para una reflexi´on respecto de una recta arbitraria de ecuaci´on general ax + by + c = 0.
224
