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Leñitas Geométricas

para el Fogón Matemático de los Festivales

De OMA para Profesores y Maestros

en actividad

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

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«El matemático, como el pintor o el poeta, es un constructor de diseños. El hecho de que sus diseños sean más permanentes que los de los otros se debe a que están hechos con ideas». «Los diseños del matemático, también como los del pintor o el poeta, han de ser bellos; las ideas, como los colores o las palabras, deben relacionarse de manera armoniosa. La belleza es la primera prueba: no hay lugar permanente en el mundo para las matemáticas feas».Esta sentencia fue enunciada por G. H. Hardy y los profesores de matemática deberían tomarla como axioma en su actividad cotidiana, así como para incorporar temas en los entrenamientos de OMA. Buscamos exposiciones atractivas en la discusión de problemas o en las pruebas orales de los Certámenes Provinciales y Nacionales. Hardy lo planteó en su obra A Mathematician’s Apology, publicada por primera vez en 1940, cuando se empezaba a sentir la Segunda Guerra Mundial. Han pasado muchos años y las ideas que Hardy expone allí siguen ejerciendo una atracción especial, tanto para matemáticos como para quienes no lo son.Y es que, a quien mira al mundo de la actividad matemática desde fuera, le resulta un tanto enigmático cuál puede ser el tipo de motivación profunda que un profesional de la matemática encuentra en el ejercicio de su labor, que de eso trata en realidad la obra de Hardy.Para un profesor de matemática es claro que las ideas sobre este asunto –dichas por uno de los grandes del siglo sobre su propia profesión– han de resultar fuertemente estimulantes, no solo para él, sino también para despertar el interés en sus alumnos. Por su estilo personal, y con el talante típico de Cambridge y Oxford en su propia formación, confrontó de manera directa con opiniones extendidas en su ambiente, incluso con las de personas concretas y muy famosas de su tiempo. Hardy no rehuyó ni suavizó tales confrontaciones, sino que más bien pareció subrayarlas y saborearlas con placer. Su misma forma de expresarse, abierta, incisiva, directamente polémica a veces, proporciona a sus páginas unos rasgos un tanto inesperados, aunque atrayentes, en un tema que muchas personas están habituadas a considerar de manera más moderada e impersonal.Por ello creo que puede ser muy útil para profesores de matemáticas en enseñanza secundaria que quieran fomentar el pen-samiento crítico entre sus alumnos. Y, por qué no, para todo aquel que sea capaz de apreciar la belleza de las matemáticas.Hardy contrasta con Whitehead y con muchos otros matemáticos, entre los que está Miguel de Guzmán, quienes prestan atención a la influencia de las ideas profundas que, surgiendo o apoyándose en el pensamiento matemático, han ejercido un impacto esencial sobre el progreso cultural humano. Tal vez estos aspectos no significaran gran cosa para la sensibilidad de Hardy. Pero, como se puede observar, hay en la obra de Hardy una gran cantidad de ideas que estimulan el pensamiento de quienes se ponen en contacto con ellas.En el aprendizaje de la matemática, a mi parecer, debería estar la idea del diseño desde el primer momento. Recordemos que el aprendizaje en matemática a veces no es lineal y opera «a saltos». Para ello se construyen diseños que resultan ver-daderamente motivadores, pues, basados en ideas apoyadas por la intuición la experimentación y la coherencia, resultan poderosamente atractivos en el aprendizaje. Por ejemplo, la Cristalografía matemática constituye una de las aplicaciones más importante de la Geometría elemental en la Física. La tridimensional es muy importante y compleja, pero su reducción a bidimensional es fácil de visualizar, no trivial y considerablemente bella para el gran público, como lo mostraba Joaquín Pérez Gómez al estudiar los grupos con los mosaicos de la Alhambra. Una cosa es la exposición sistemática de la Geometría, hecha por y para matemáticos ya formados, y otra cosa enseñar Geo-metría para que los alumnos aprendan de la mejor manera posible, la mayor cantidad de conocimientos viables, en el mínimo tiempo factible. Se requiere algún nivel de deleite en la manipulación de números y símbolos para adentrarse en cualquier tipo de matemáticas. Dada la utilidad de las matemáticas en ciencias y en ingeniería, es necesario cultivar activamente esta estética.

EN LA PRÁCTICA DOCENTE

Nº 12 - 12 de setiembre de 2019

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s 12 La experiencia más intensa de belleza matemática para la mayoría de los matemáticos proviene de adentrarse activamente

en las matemáticas. Es muy difícil disfrutarla o apreciarlas de manera puramente pasiva, no existe una analogía real con el papel del espectador o del melómano. Paul Erdös expresó su punto de vista sobre la belleza de las matemáticas cuando se preguntó: «¿Por qué son bellos los números? Es como preguntar por qué es bella la novena sinfonía de Beethoven. Si no ves por qué, nadie te lo puede decir. Yo sé que los números son bellos. Si no lo son, entonces nada lo es.»En la enseñanza de la Geometría la intuición debe jugar un papel fundamental, y puede ayudar mucho a la adquisición rápida de conocimientos así como a su afi anzamiento y dominio. Se ha insistido mucho sobre los peligros de la intuición, pero de ninguna manera signifi ca que deba suprimirse de raíz. Lo que debe hacerse es cultivarla y educarla para que sea un poderoso auxiliar del razonamiento, permitiéndole avanzar con rapidez sobre zonas no trilladas y ariscas. H. Freudenthal sostenía que «nadie intenta demostrar una cosa si no tiene la sospecha de que es cierta, y esta sospecha proviene de su intuición; asimismo la demostración suele estar guiada por la intuición».En la enseñanza de la Geometría es necesario usar constantemente dibujos y modelos, y hay que educar en la búsqueda de situaciones geométricas en la naturaleza y en el medio ambiente. Tenemos una frase afortunada de Miguel de Guzmán, «en geometría hay que saber mirar y ver». Hay conceptos que en una exposición rigurosa y sistemática de la Geometría aparecen en una etapa bastante avanzada, como los de «longitud de una curva», «área de una superfi cie curva», «medida de ángulos». Sin embargo, por ser de uso común desde la primera enseñanza, e incluso por la vía de relaciones fuera de la escuela, pueden y deben usarse en la enseñanza secundaria sin ningún temor de que falte una defi nición precisa, que en esta etapa no sería comprendida, pues la intuición es sufi ciente para entender de qué se trata y difícilmente conducirá a error.

La Visualización como Método para Resolver ProblemasRestricciones para las construcciones geométricas

En Leñitas Geométricas N° 10 dijimos que sería imposible demostrar el teorema general de Mascheroni dando la construcción con compás solo para cada construcción posible con regla y compás, ya que el número de estas no es finito. Sin embargo, podemos lograr el mismo objeto demostrando que cada una de las cuatro construc-ciones fundamentales siguientes es posible con el compás solo:

1) Trazar una circunferencia de centro y radio dados. 2) Hallar los puntos de intersección de dos circunferen-cias. 3) Hallar los puntos de intersección de una recta y una circunferencia. 4) Hallar el punto de intersección de dos rectas.

Toda construcción geométrica en el sentido usual, cuando se permite el uso de regla y compás, consiste en una sucesión finita de estas construcciones elementales. Las dos primeras son evidentemente posibles con compás

¿Cuál es la actitud inicial más adecuada? Percibir el problema.

Empieza por lo más fácil. Busca ejemplos. Resolver casos particulares sencillos.

¡PROBLEMA! Para aprender más y pensar mejor

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s 12 solo. Las soluciones de los problemas más difíciles “3 y 4” dependen de las propiedades de la inversión, desa-

rrollada en el número precedente de Leñitas Geométricas.

Resolvamos el problema que consiste en hallar los puntos de intersección de una circunferencia C y una recta, dada, por los puntos A y B. Con centros A y B y radios AO y BO , respectivamente, dibujemos dos a dos, que se cortarán de nuevo en P. Determinemos ahora el punto Q inverso de P respecto a C, mediante la construcción con compás solo vista anteriormente. Tracemos la circunferencia de centro Q y radio QO (que debe cortar a C); los puntos de intersección X y X’ de esta circunferencia con la dada, C, son los dos puntos buscados. Para probarlo necesitamos demostrar solamente que X y X’ son equidistantes de O y P, ya que A y B lo son por construcción.

A X

O

B

P

Q

Xʹ

Esto resulta del hecho de que el inverso de Q es un punto cuya distancia a X y X’ es igual al radio de C. Observemos que la circunferencia que pasa por X, X’ y O es inversa de la recta AB

! "!!, ya que esta y la circunferencia deben cortar

a C en los mismos puntos. (Los puntos de la circunferencia son inversos de sí mismos.)

La construcción deja de ser válida solo en el caso de que la recta AB! "!!

pase por el centro de C. Pero entonces los puntos de intersección pueden determinarse mediante la construcción dada anteriormente, como puntos me-dios de arcos de C, obtenidos al trazar, con centro en B, una circunferencia arbitraria que corte a C en B1 y B2.

BO

B2

B1C

El método para determinar la circunferencia inversa de la recta que une dos puntos dados permite una solu-ción inmediata del problema 4.

Sean dos rectas dadas AB! "!!

y ʹA ʹB! "!!!

, ver la figura de análisis de abajo. Tracemos una circunferencia cualquiera C del plano γ, mediante el método precedente, hallemos las circunferencias inversas de AB

! "!! y ʹA ʹB! "!!!

, las cuales se cortan en O y en el punto Y. El punto X, inverso del Y, es el punto pedido, y puede construirse mediante el procedimiento ya dado. Que X es el punto buscado es evidente por el hecho de que Y es el único punto con la propiedad de ser a la vez inverso de un punto de AB

! "!! y de ʹA ʹB

! "!!!;

luego, el punto X inverso del Y debe estar en AB! "!!

y ʹA ʹB! "!!!

.

A

B Y

O

C

X AʹBʹ

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s 12 Con estas dos construcciones hemos completado la demostración de equivalencia entre las construcciones de

Mascheroni solo con el compás y las construcciones geométricas usuales con regla y compás. No nos hemos cuidado de dar soluciones elegantes para cada problema particular, ya que nuestro objeto ha sido más bien el de penetrar en el fondo general de las construcciones de Mascheroni. Sin embargo, vamos a dar como ejemplo la construcción del pentágono regular; con más precisión: vamos a hallar cinco puntos de una circunferencia que sean vértices de un pentágono regular inscrito.

BF

C

X

H

D

K

A O

Y

G

Sea A un punto de la circunferencia dada K. El lado del hexágono regular inscrito es igual al radio de K, por lo que podemos hallar los puntos B, C, D sobre K, tales que AOB = BOC = COD = 60º. Con A y D como centros y radio AC , tracemos dos arcos que se cortarán en X. Entonces, si es O el centro de K, un arco de centro A y radio OX cortará a K en el punto medio F del arco BC. Ahora, con el radio de K, tracemos un arco con centro en F, que encuentra a K en G y H. Sea Y un punto cuya distancia a G y H es OX , y que está separado de X por O. Entonces AY será igual al lado del pentágono buscado. La demostración se deja como ejercicio. Observe-mos que se han utilizado en la construcción solamente tres radios diferentes.

En 1928, el matemático danés L. Hjelmslev halló, en una librería de Copenhague, un libro llamado Euclides Danicus, publicado en 1672 por un oscuro autor, G. Mohr. Del título podría inferirse que este trabajo era simplemente una versión o comentario de los Elementos de Euclides. Pero cuando Hjelmslev examinó el libro se sorprendió al encontrar que contenía esencialmente el problema de Mascheroni y su solución completa, encontrada antes que Mascheroni.

Inspirado por Mascheroni, Jacob Steiner (1796-1863) trató de utilizar como instrumento solamente la regla en lugar del compás. Naturalmente, la regla sola no puede llevarnos fuera de un cuerpo de números dado, por lo cual no basta para todas las construcciones geométricas en el sentido clásico. Lo notable es que Steiner fue capaz de restringir el uso del compás a una sola aplicación. Demostró que todas las construcciones en el plano que son posibles con regla y compás pueden hacerse solo con la regla, siempre que se suponga dada una circunferencia fija y su centro. Estas construcciones requieren métodos proyectivos.

Ejercicios. He aquí la descripción de las construcciones de Mohr. Confróntese su validez. ¿Por qué resuelven el problema de Mascheroni?

1. Sobre un segmento AB de longitud p trácese un segmento perpendicular BC . (Solución: prolónguese AB hasta un punto D, tal que AB= BD . Trácense circunferencias arbitrarias con centros A y D, determinando así C.)

2. Dados dos segmentos de longitudes p y q tales que p > q, hállese un segmento de longitud x = p2 −q2 , haciendo uso de 1.

3. Dado un segmento a, constrúyase el segmento a 2 . [Obsérvese que a 2( )2= a 3( )

2−a2].

4. Con dos segmentos dados, p y q, hállese un segmento x = p2 +q2 . [Utilícese la relación x2 = 2p2 – (p2 – q2)]. Háganse otras construcciones similares.

5. Utilizando los resultados anteriores, constrúyanse segmentos de longitudes p + q y p – q, supuestos dados en el plano los segmentos de longitudes p y q.

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s 12 6. Compruébese y demuéstrese la siguiente construcción para el punto medio M de un segmento dado AB

de longitud a. En la prolongación de AB constrúyanse C y D, tales que CA= AB= BD . Trácese el triángulo isósceles BCD con EC = ED= 2a , y hállese M como intersección de dos circunferencias de diámetros EC y ED .

7. Hállese la proyección ortogonal de un punto A sobre la recta BC! "!

.

8. Constrúyase x tal que x : a = p : q, si a, p, q son segmentos dados.

9. Hállese x = ab, si a y b son segmentos dados.

Trazado con instrumentos mecánicos. Curvas mecánicas. Cicloides. Ideando mecanismos para dibujar curvas distintas de la circunferencia y de la recta, podemos ampliar el dominio de las figuras construibles; por ejemplo, si tenemos un instrumento para trazar las hipérbolas xy = k, y otro para dibujar las parábolas y = ax2 + bx + c, entonces todo problema que conduzca a la ecuación cúbica

ax3 + bx2 + cx = k, [1]

puede ser resuelto por construcción, utilizando solo estos instrumentos. Pues si hacemos

xy = k, y = ax2 + bx + c [2]

resolver [1] equivale a resolver el sistema de ecuaciones [2] por eliminación de y. Es decir, las soluciones de [1] son las abscisas x de los puntos de intersección de la hipérbola y la parábola de [2]. Así, las soluciones de [1] po-drían construirse si dispusiéramos de instrumentos para dibujar la parábola y la hipérbola de las ecuaciones [2].

Desde la antigüedad, los matemáticos sabían que muchas curvas interesantes podían ser definidas y dibujad as me-diante sencillos instrumentos mecánicos. De estas “curvas mecánicas” las cicloides son de las más notables. Tolomeo (200 a. de J. C.) las utilizó en forma muy ingeniosa para describir los movimientos de los planetas del sistema solar.

La cicloide más sencilla es la curva descrita por un punto fijo de la circunferencia de un círculo cuando rueda sin deslizarse sobre una recta. La figura nos muestra cuatro posiciones del punto P del círculo rodante. El as-pecto general de la cicloide es el de una serie de arcos que se apoyan sobre la recta.

P1 P2

Pueden obtenerse variaciones de esta curva eligiendo el punto P, ya en el interior del círculo (como en un rayo de una rueda), ya en la prolongación de un radio (como en el reborde de la rueda de un tren). La figura muestra estas dos curvas.

Se obtiene otra variante de la cicloide haciendo rodar la circunferencia no sobre una recta, sino sobre otra circunferencia. Si el círculo rodante c, de radio r, es tangente interior al círculo mayor C, de radio R, el lugar engendrado por un punto fijo de la circunferencia c se llama hipocicloide.

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s 12 Si el círculo c describe la circunferencia entera de C una vez, el punto P retornará a su posición original solo si

el radio de C es un múltiplo entero del de c.

La figura muestra el caso en que R = 3r. Con mayor generalidad, si el radio de C es mn

veces el de c, la hipo-

cicloide se cerrará al cabo de n circuitos alrededor de c, y constará de m arcos. Un caso especial interesante se presenta si R = 2r. Todo punto P del círculo interior describe un diámetro del círculo mayor.

Aʹ

Bʹ

AK

L

Proponemos como problema la demostración de esta propiedad. Aún puede engendrarse otro tipo de cicloide por medio de un círculo que rueda sobre otro fijo, permaneciendo tangente exteriormente a este. Tal curva se llama epicicloide.

Geometría del papel cuadriculado. El lema de Blichfeldt

El mismo cuadriculado que usamos para aproximar π nos sirve para enunciar otro hecho curioso, muy impor-tante por sus aplicaciones, que se conoce como lema de Blichfeldt: en el plano cuadriculado se da una figura F con área mayor que n unidades. Entonces es posible trasladar F paralelamente, de tal modo que cubra n + 1 vértices del cuadriculado.

La demostración es extraordinariamente intuitiva. Consideramos los trozos de F determinados por cada cua-drícula. Los trasladamos |2|1 paralelamente a una cuadrícula Q fija cualquiera. (En la figura se han señalado solo dos.) Puesto que el área de F es mayor que n, resulta que algún punto P de Q está recubierto por al menos n + 1 de tales trozos trasladados. (Demuéstrese esta afirmación midiendo el área de F, mayor que n, de dos formas: una sumando las áreas de sus intersecciones con cada cuadrado y otra sumando las áreas de las traslaciones de estas intersecciones a Q.) En cada cuadrícula Q* donde F tiene algo de área señalamos un punto P* que ocupa el mismo lugar que P ocupa en Q.

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s 12 Q

P

y

xO

P*

x

Obsérvese que, para al menos n + 1 cuadrículas, el punto P* así señalado está en F. Si sometemos F a la tras-lación determinada por el segmento de origen P y extremo en el vértice superior derecho de Q, es claro que el punto P* señalado en cada cuadrícula va a parar a un vértice del cuadriculado. Como había n + 1 de ellos en F, resulta que la figura trasladada de F así obtenida recubre n + 1 vértices del cuadriculado.

Teorema de Minkowski

El lema de Blichfeldt tiene como corolario sencillo el importante teorema de Minkowski, que admite nume-rosas aplicaciones en teoría de números. Para enunciarlo y demostrarlo necesitaremos utilizar la noción de figura convexa.

Un conjunto de puntos del plano se llama convexo cuando sucede lo siguiente: para cada dos de sus puntos, los puntos del segmento que los une están también en el conjunto. Es claro que esta definición coincide con la idea que tenemos de un cuerpo convexo como un cuerpo sin entrantes.

A B

Los puntos de un círculo con su circunferencia constituyen un conjunto convexo, así como los puntos del in-terior de un rectángulo. Sin embargo, el interior del cuadrilátero de la figura de la derecha no es un conjunto convexo. Los puntos A y B son del conjunto, pero los puntos del segmento AB no están todos en el conjunto.

La misma definición de conjunto convexo es válida para el espacio tridimensional. El conjunto de puntos de un tetraedro con su interior es un conjunto convexo. Los puntos de una superficie esférica no constituyen un con-junto convexo. Para dos puntos diametralmente opuestos, los puntos del diámetro que los une no están todos en la superficie esférica. Asimismo, los puntos del interior de una rosquilla no forman un conjunto convexo.

A fin de simplificar los enunciados de los teoremas sobre convexos, es útil convenir en que el conjunto vacío y cada conjunto con un solo punto son también conjuntos convexos. Con este acuerdo podemos afirmar, por ejemplo, que la intersección de dos conjuntos convexos es siempre un conjunto convexo. En efecto, suponga-mos que K1 y K2 son dos conjuntos convexos. Si K1 ∩ K2 es el conjunto vacío o tiene un solo punto, entonces

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s 12 K1 ∩ K2 es convexo según nuestro acuerdo. Si tiene más puntos y A y B son dos de ellos (como indica la figura

de abajo); entonces, como A y B son de K1 y K1 es convexo, los puntos del segmento AB son de K1.

K1

K2

B

A

Asimismo, como A y B son de K2 y K2 es convexo, los puntos del segmento AB son de K2. Por tanto, los pun-tos de AB son de K1 ∩ K2, es decir, K1 ∩ K2 es convexo.

Con la noción de convexidad podemos ya presentar el teorema de Minkowski, que se enuncia a continuación.

Teorema de Minkowski. En el cuadriculado que venimos considerando se da una figura convexa y simétrica F respecto de un vértice del cuadriculado y que tiene un área mayor que 4. Entonces la figura contiene nece-sariamente otro vértice del cuadriculado.

x

y

F

OFʹ

En efecto, si consideramos la figura F’ homotética de F, con centro de homotecia en el vértice que tomamos

como origen de coordenadas y razón de homotecia 12

, es claro que F’ tiene área mayor que 12⎛⎝⎜⎞⎠⎟2

× 4 = 1 . Así

contiene, por el lema de Blichfeldt, dos puntos distintos A1 y A2 de coordenadas (x1, y1), (x2, y2), respectiva-mente, tales que existe una traslación determinada por el origen y el punto (α, β) que los lleva a dos vértices del cuadriculado, es decir, a dos puntos (x1 + α, y1 + β) y (x2 + α, y2 + β) con coordenadas enteras.

Como (x2, y2) es un punto de F’ y F’ es simétrico respecto del origen, resulta que (–x2, – y2) es también un punto de F’. Puesto que F’ se ha obtenido contrayendo F, resulta así que 2x1, 2y1 y –2 x2, –2y2 son puntos de F, y siendo F convexo, resulta también que el punto medio de estos dos, de coordenadas (x1 – x2, y1 – y2), es también de F. Pero es claro que si x1 + α, y1 + β, x2 + α, y2 + β son números enteros, entonces también lo son

(x1 + α) – (x2 + α) = x1 – x2, (y1 – β) – (y2 – β) = y1 – y2

es decir, (x1 – x2, y1 – y2) es un vértice del cuadriculado que está en F. Es claro que, o bien x1 ≠ x2, o bien y1 ≠ y2, pues de otro modo A1 y A2 serían el mismo punto. Así queda demostrado que el punto (x1 – x2, y1 – y2), que es de F, es distinto del origen. Esto demuestra el teorema de Minkowski.

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s 12 El problema del huerto. Como aplicación sencilla del teorema de Minkowski, presentamos la solución del

siguiente problema curioso.

Supongamos que un huerto está todo él plantado de árboles de la forma regular indicada en la figura.

xO

y

Cada árbol es cilíndrico y su centro está situado a distancia unidad del centro de los más cercanos, es decir, ocupando un vértice de la cuadrícula. Supongamos que el huerto es circular, con centro en el origen O, que hemos señalado, y radio 50. El problema del huerto consiste en demostrar el siguiente hecho curioso: si el radio de cada árbol mide 1

2501, entonces un observador colocado en O puede ver más allá de los árboles

mirando en dirección adecuada. En cambio, si el radio de cada árbol es mayor que 150

, mire en la dirección en que mire, el observador no puede ver más allá de los árboles.

El problema del huerto se resuelve fácilmente mediante el teorema de Minkowski. Veamos en primer lugar que si el radio de los árboles es 5 + ε, siendo ε positivo y muy pequeño, por ejemplo, 10–6, no se puede ver más allá del huerto desde el origen.

Sea AB un diámetro cualquiera de la circunferencia que limita el huerto.y

x

2δM

A

N

Q

BP

V

Vʹ

Trazamos las tangentes en A y B y consideramos el rectángulo MNPQ centrado en O, tal que la longitud de

MN es 2δ. El área de este rectángulo es, pues, 100 × 2δ. Supongamos que δ = 150+ε2

. Entonces 100 × 2δ > 4,

y así, por el teorema de Minkowski, el rectángulo MNPQ contiene un vértice V del cuadriculado distinto del origen y, por tanto, también su simétrico V’. Si V y V’ están en el huerto, en ellos hay sendos árboles planta-

dos de radio 150+ε que claramente bloquean la vista desde O en dirección OA y en dirección OB . Veamos,

finalmente, que V y V’ han de estar efectivamente en el huerto. Si V estuviera en la zona de MNPQ fuera del huerto, se tendría OV > 50 ; por otra parte, como V está en MNPQ:

OV( )2≤ OM( )

2= 2500+ 1

50+ε2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

< 2501 .

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s 12 Así, 2500 < OV( )

2< 2501 . Pero OV( )

2 es un entero, y entre 2500 y 2501 no hay ningún entero. Esta contra-

dicción demuestra que V tiene que estar en el huerto.

Finalmente, veamos que, si el radio del árbol es menor que 12501

, se puede ver a través del huerto desde O

en la dirección que apunta al vértice V de coordenadas (50, 1). Basta ver que el árbol en (1, 0) no bloquea la vista, pues el árbol en (49, 1) tampoco la bloqueará entonces por simetría. La distancia d del punto H(1, 0) a la recta OV

! "!! se obtiene fácilmente.

y

0

d

x

V(50,1)

(50,0)H(1,0)

OV1

=OHd

, OV = 2501 ,

d = 1

2501.

Así, si el radio es menor que 12501

, la vista en dirección OV! "!!

no queda bloqueada.

Volvamos a la inversión

Vimos un montón de hechos sobre la inversión. ¿Qué cosas se pueden hacer con ella? Muchas y muy in-teresantes. Una idea general de la estrategia de utilización de la inversión es la siguiente. Como hemos visto, una circunferencia se transforma en una recta cuando el centro de la inversión está sobre la circunferencia.

Supongamos que buscas una circunferencia que tiene que satisfacer ciertas condiciones, entre otras la de pa-sar por un punto dado O. Escoges este punto O como centro de inversión, un número cualquiera, por ejemplo R = 1, u otro más conveniente, y transformas por inversión de centro O y potencia R todos los elementos del problema: la circunferencia que buscas, tu incógnita, se te convierte en una recta que tiene que satisfacer ciertas condiciones, las condiciones transformadas por inversión de las que te han dado. Generalmente, hallar esta recta será más fácil que hallar directamente la circunferencia del comienzo. Hallas la recta que resuelve el problema transformado. Das marcha atrás a la inversión y obtienes la circunferencia que te pedían. Todo ello lo entenderás mejor si lo plasmamos en ejemplos.

Problema. Te dan un punto P y dos circunferencias c1, c2 que no pasan por P, como en la figura siguiente. Te piden que traces una circunferencia que pase por P y sea tangente a c1 y c2.

P

c1

c2

Tú no sabes cómo va la circunferencia que buscas, solo que tiene que pasar por P. Llámala c. Toma P como centro de inversión con R = 1. Invierte. La circunferencia c1 se convierte en otra circunferencia c’1 que sabes construir. También la c2 se transforma en otra circunferencia c’2.

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s 12 La circunferencia c, que será tangente a c1 y c2, pasará a ser una recta l, que aún no conoces, pero que tiene

que ser tangente a c’1 y c’2 (observa que si dos figuras tienen un solo punto en común, sus inversas tienen también solo un punto común).

Una vez encontrada esta recta l, se construye entonces c por inversión de l. Así, el problema se ha reducido a: dadas dos circunferencias c’1 y c’2, trazar una recta l tangente a las dos.

Pero este problema es muy sencillo. Suponte que c’1 y c’2 están en la situación indicada en la figura siguiente.

cʹ1

cʹ2

A2A1

R 1 R2

R 2

t1l1

Hay, claramente, cuatro soluciones: l1, l2, l3, l4. ¿Cómo trazar l1, por ejemplo? Mira la figura de arriba. No sabes cómo va l1 , pero lo que te resulta fácil de ver es que si trazas la circunferencia auxiliar de centro A1 y radio R1 – R2, entonces l1 es paralela a la tangente t1 desde A2 a esta circunferencia. Y esa tangente es muy fácil de trazar. Con ello hallas l1 y de modo análogo l2, l3, l4.

Algunos problemas de construcciones

Problema A. Por uno de los puntos de intersección de dos circunferencias, trazar una secante tal que las cuer-das determinadas sobre ella por las dos circunferencias tengan un producto dado R2.

R A

Q M

Mʹ

Cʹ

Nʹ

N

K

P

C

Sean C y C’ las dos circunferencias, A el punto de intersección por el cual debe pasar la recta pedida, y MPN! "!!!!

esta recta, se debe verificar que:

PM⋅PN = R2

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

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s 12 Haciendo abstracción de la circunferencia C’, el lugar del punto N es la figura inversa de la circunferencia C con relación

al centro de inversión P y la potencia R2. El punto N debe encontrarse, en consecuencia, a la vez en la circunferencia C’ y en la recta A ʹM

! "!!!, figura inversa de la circunferencia C. Luego, esta será su intersección. De aquí la construcción.

Se halla la recta AM’, figura inversa de la circunferencia C respecto a P como centro de inversión, y se toma por potencia el producto conocido R2. Esta recta corta, en general, a la circunferencia C’ en dos puntos M y M’, que unidos con P dan dos soluciones, MN

! "!!! y ʹM ʹN! "!!!!

.

Este problema admite dos soluciones, una o ninguna, según que la recta A ʹM! "!!!

sea secante, tangente o exterior a la circunferencia. El máximo del producto viene dado por la tangente RQ a la circunferencia C’, perpendicu-lar a PA , porque el máximo de PA será PR y el producto PC ⋅PR , que corresponde a la solución QK .

Problema B. Por un punto dado P1, trazar una recta que corte a los lados de un ángulo dado en A y B, de tal modo que PA⋅PB= a2 , siendo a un segmento dado.

DʹAʹ

Bʹ D B

OΟʹA

F

EP

Q

O

M

N

El punto A estará sobre OM! "!!

y sobre la figura inversa de ON! "!!

respecto al centro P y la potencia a2. Para cons-truir la figura inversa de ON

! "!!, trazamos la perpendicular PD a ON

! "!!, y desde PD trazamos otra perpendicular

PE = a y unimos D con E, y por E se traza otra perpendicular E ʹD hasta que corte a PD prolongada; se ten-drá entonces PD ⋅P ʹD = a2. Luego, describiendo sobre P ʹD como diámetro de una circunferencia, esta será la inversa de ON

! "!! y cortará a OM

! "!! en dos puntos A y A’, que unidos con P dan APB

! "!!! y ʹA P ʹB! "!!!!

, que son las dos soluciones. Si describimos la circunferencia que pasa por P, que tenga sus centro en P ʹD y sea tangente a OM

! "!!

, el valor mínimo del producto a2 será PD ⋅PF. Para este valor solo hay una solución; para valores mayores habrá dos que convienen siempre, porque A y A’ están por encima de EQ , y las rectas AP

! "!! y ʹA P! "!!

cortan a ON! "!!

y no a su prolongación.

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

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

DIRIGE: Dr. Néstor AguileraORGANIZA: OMA. Departamento de Investigación y Docencia.

Del 11 al 13 de octubre de 2019

Hotel EDEN de la Falda.

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

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

2DA R E S I D E N C I A M A T E M Á T I C A EN OCTUBRE

Quienes se inscriban antes del 15-9 recibirán a vuelta de correo la separata en español de los cuatro primeros capítulos de For All Practical Purposes.

13

Leñi

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Geo

mét

rica

s 12

Geo

mét

rica

s 12

Para visualizar. Problemas1. Se da un círculo, uno de sus diámetros y un punto P. Trazar por P una recta que corte a la circunferencia en X, de tal modo que PX ⋅PY = a2 .

P

XʹCʹ

oʹ

o

DX

A

Y

C

B

γʹ

2. Construir una circunferencia tangente a otras dos dadas y que pase por un punto A.

A

Cʹ

C

D

M M1

BC1

C1

3. Dada una circunferencia y dos puntos A y B sobre ella, trazar por esos puntos dos cuerdas paralelas del mismo sentido, y cuyo producto tenga un valor dado R2.

4. Dados una recta AB! "!!

, un punto M y una circunferencia C, trazar una secante MXY! "!!!!

(X está sobre la recta; Y, sobre la circunferencia), tal que el producto MX ⋅MY sea dado.

5. Dadas dos circunferencias C, C’ y un punto M, trazar una secante MAB! "!!!!

, tal que MA⋅MB= R2 .

6. Construir un paralelogramo conocidos un lado y las diagonales.

7. Construir un cuadrilátero inscriptible conociendo los ángulos A y ABD y las dos diagonales AC y BD .

8. Inscribir un triángulo rectángulo cuyos catetos pasen cada uno por dos puntos dados.