El punto de Herón vía Pappus

En la entrada anterior dimos la demostración de Herón de que las rectas AF y BD de la figura se cortan en la altura desde C.
Aquí demostramos ese hecho usando el dual del teorema de Pappus.
De la aplicación de ese teorema resulta que también las rectas AF', BD' se cortan en esa altura si D',F' están respectivamente en las rectas AD,BF y son tales que AD'/AD = BF'/BF.


El teorema de Pappus dice que si los 6 vértices de un hexágono AB'CA'BC' en el plano proyectivo están situados alternativamente en 2 rectas, los 3 puntos A'',B'',C'' de intersección de los lados opuestos del hexágono están en una recta, y su dual dice que si los 6 lados de un hexágono ab'ca'bc' en el plano proyectivo pasan alternativamente por 2 puntos, las 3 rectas a'',b'',c'' que unen vértices opuestos del hexágono concurren en un punto.

La concurrencia de las lineas en el punto de Herón de un triángulo rectángulo resulta de aplicar el dual del teorema de Pappus:

Obtenemos el punto K, intersección de los lados DE,FG de los cuadrados sobre los lados AC,BC.
En la entrada anterior se demostró que K,C,P están alineados.
Aplicando el dual del teorema de Pappus al hexágono KDACBF, cuyos lados pasan alternativamente por los 2 puntos del infinito representados por las direcciones de los lados del hexágono, resulta inmediatamente que DB,AF,PK concurren en un punto.

Por lo mismo es claro que la concurrencia de las tres rectas en un punto se da también si en lugar de unir los vértices del triángulo con los vértices opuestos de los cuadrados situados hacia el exterior sobre los lados, los unimos con vértices opuestos de rectángulos semejantes situados en el mismo sentido sobre los lados.


Esta entrada participa en la Edición 4.123 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es el blog eulerianos.

El punto de Herón en Herón

La figura de la proposición I.47 de los Elementos de Euclides, que demuestra el teorema de Pitágoras, tiene la propiedad de que las rectas AF, BD, y la altura CP son concurrentes en un punto, al que llamamos punto de Herón, porque de Herón tenemos la demostración más antigua que se conoce de ese hecho, demostración expuesta por Al Nayrizi en su Comentario sobre el libro I de los Elementos, y que damos a continuación.

La proposición I.43 de los Elementos dice que si el punto E de la figura está situado en la diagonal BC, los paralelogramos AE y DE tienen la misma área.
Herón demuestra como lema previo la recíproca, es decir, si esos paralelogramos tienen la misma área entonces E está en la diagonal BC.

En la figura siguiente, a partir de los cuadrados CD y CF sobre los catetos AC y BC, Herón completa el cuadrado KFLD.
Unimos CK, entonces \triangle CEK es congruente con ACB, y \angle PCB = \angle CAB porque los dos son complementarios del \angle ABC.
Por tanto \angle PCB = \angle ECK y entonces P,C,K están alineados.
Sea H el punto de intersección de BD con PK.
Aplicando I.43 al rectángulo HK, tenemos que los rectángulos EH y GH tienen la misma área.
Y aplicando de nuevo I.43 al rectángulo BD, tenemos que los rectángulos EH y HL tienen la misma área.
Entonces GH y HL tienen la misma área, y aplicando la recíproca de I.43 al rectángulo FA, resulta que H está en la recta FA, como queríamos demostrar.

Es una sencilla demostración que solo usa proposiciones del libro I.
El lector puede encontrar alguna otra. En las siguientes entradas veremos más.


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El teorema de Pitágoras en Euclides

Euclides da dos demostraciones del teorema de Pitágoras en los Elementos, una que no usa proporciones y otra basada en la teoría de la proporción.
Las dos demostraciones prueban algo más que el teorema.

Euclides I.47

En la proposición I.47 se prueba que si tenemos un triángulo ABC como en la figura con ángulo recto en C y construimos cuadrados sobre los lados, la perpendicular CNM desde C sobre la hipotenusa AB divide al cuadrado sobre la hipotenusa en dos rectángulos, ANMH igual al cuadrado sobre el cateto AC y BNMK igual al cuadrado sobre el cateto BC.
Porque \angle FAB = \angle CAH, puesto que cada uno de ellos es \angle CAB más un recto, y entonces \triangle FAB \ \text{y} \ \triangle CAH son congruentes y su área es la misma. Pero el área de \triangle AFB es igual al área de \triangle AFC, porque la altura sobre la base AF es la misma, y el área de \triangle AHC es igual al área de \triangle AHN, porque la altura sobre la base AH es la misma. Entonces el rectángulo ANHM es igual al cuadrado sobre AC.
De la misma forma el rectángulo BNMK es igual al cuadrado sobre BC.

En la proposición I.48 Euclides demuestra el recíproco del teorema de Pitágoras: si a,b,c son los lados de un triángulo y c^2 = a^2+b^2, entonces el ángulo opuesto al lado c es recto.

Euclides VI.31

En la proposición VI.31 se prueba que si tenemos un triángulo ABC como en la figura con ángulo recto en C y construimos figuras rectilineas semejantes sobre los lados, proporcionales a estos, el área de la figura sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas de las figuras sobre los catetos.

Euclides no utiliza I.47 en la demostración de esta proposición, y por tanto, en el caso de que las figuras semejantes sean cuadrados, tenemos aquí una segunda demostración del teorema de Pitágoras en los Elementos.

En la figura, si \angle C es recto, \triangle CAB, \triangle DAC, \triangle DCB son semejantes (VI.8), y entonces \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AC}{AD} y por tanto \dfrac{AB}{AD} = \left (\dfrac{AB}{AC}\right )^2, y, por el corolario a VI.20, \dfrac{AB}{AD} es la razón entre el área de la figura sobre AB y el área de la figura sobre AC. De la misma forma \dfrac{AB}{BD} es la razón entre el área de la figura sobre AB y el área de la figura sobre BC.
Entonces, por V.24, la razón entre la suma de las áreas de las figuras sobre los catetos y el área de la figura sobre la hipotenusa es \dfrac{AD+DB}{AB} = 1.


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El teorema del seno en Abu’l-Wafa

La primera demostración publicada del teorema del seno en trigonometría esférica aparece en el Zij al-Majisti de Abu’l-Wafa1.

Abu’l-Wafa demuestra primero que si los triángulos esféricos de la figura ADE y ABG tienen ángulos rectos en D y B, entonces \dfrac{\sin BG}{\sin GA} =  \dfrac{\sin DE}{\sin EA}.

Sea OA el radio en que se cortan los planos de las círculos ADB y AEG. Sean T,H las proyecciones de E,G en el plano ADB.
Los triángulos rectángulos KET, YGH son semejantes porque los ángulos en K e Y son iguales al ángulo entre los planos de los círculos.
Entonces \dfrac{GH}{GY} =  \dfrac{ET}{EK}.
Pero en las circunferencias máximas GB y ED, GH=R \cdot \sin GB y ET = R \cdot \sin ED, y en la circunferencia AEG, GY=R \cdot \sin GA y EK = R \cdot \sin EA, y por tanto   \dfrac{\sin BG}{\sin GA} =  \dfrac{\sin DE}{\sin EA}.

Abu’l-Wafa usa este resultado para demostrar el teorema del seno:


Sea ABG un triángulo esférico. Prolongamos AB, AG, BA, BG hasta E,Z,H,T de forma que AE=AZ=BH=BT=90^{\circ}, y trazamos ZE,TH.

Como A es polo de ZE y B es polo de TH, los ángulos en E y H son rectos y \angle GAB = ZE y \angle GBA= TH. Trazamos GD formando ángulo recto con AB.

Aplicando el resultado anterior a los triángulos AGB, AZE y BGA, BTH, tenemos:
\dfrac{\sin DG}{\sin AG} =  \dfrac{\sin \angle A}{\sin 90^{\circ}}   y   \dfrac{\sin DG}{\sin BG} =  \dfrac{\sin \angle B}{\sin 90^{\circ}}, de donde \dfrac{\sin BG}{\sin \angle A} = \dfrac{\sin AG}{\sin \angle B}.
De la misma forma se demuestra \dfrac{\sin BG}{\sin \angle A} = \dfrac{\sin AB}{\sin \angle C}.


1 – Según J.L.Berggren. Episodes in the Mathematics of Medieval Islam. Springer, 1986, pag.174-176.
Otra demostración en: El teorema del seno en Ibn Muadh.

El teorema del seno en Ibn Muadh

El teorema del seno en trigonometría esférica afirma que, en un triangulo esférico con vértices A,B,C y con lados opuestos a, b, c, arcos de círculos máximos,
         \dfrac{\sin \angle A}{\sin a} =\dfrac{\sin \angle B}{\sin b} =\dfrac{\sin \angle C}{\sin c}.

Abú al-Wafá Buzjani y Abu Nasr Mansur, a finales del siglo X, se disputaron la paternidad del teorema, que es posible que descubrieran de forma independiente.



Damos aquí la demostración que aparece en el Libro de las incógnitas de los arcos de la esfera (mediados del siglo XI) del matemático andalusí Ibn Muadh al-Jayyani.

Sea el triángulo ABG. Desde el polo D del arco AB trazamos el arco DG que prolongado corta al arco AB en E.
Prolongamos AB hasta Z de forma que AZ = 90^{\circ} y trazamos DZ que será igual a 90^{\circ}.
Prolongamos AG hasta H. Como A es el polo de DZ, AH=90^{\circ} y los ángulos en H son rectos, y \angle A = HZ.

Aplicando el teorema de Menelao al triángulo DGH cortado por la transversal AEZ, tenemos
         \dfrac{\sin DZ}{\sin HZ} = \dfrac{\sin DE}{\sin GE} \cdot \dfrac{\sin AG}{\sin AH},
y como DE= DZ = AH = 90^{\circ}, resulta
         \sin AG \cdot \sin \angle A = \sin GE.

Aplicando ese resultado al triángulo GBE, tenemos
         \sin BG \cdot \sin \angle GBE = \sin GE.

Y como \angle GBE y \angle GBA son suplementarios, \sin \angle GBE = \sin \angle B, y tenemos que
         \dfrac{\sin \angle A}{\sin BG} = \dfrac{\sin \angle B}{\sin AG}.

Si en lugar de construir el polo D de AB, comenzamos por el polo de BG, obrendremos \dfrac{\sin \angle G}{\sin AB} = \dfrac{\sin \angle B}{\sin AG}.

“Y esto es lo que queríamos demostrar”, concluye Ibn-Muadh.

La escuela de Atenas

La escuela de Atenas es el nombre simbólico dado por Rafael Sanzio a su famoso fresco vaticano, alegoría de la antigua filosofía griega (y de su veneración por el humanismo renacentista), que traemos aquí porque en la parte inferior derecha aparece una lección de geometría, con compás, y al lado dos personajes sosteniendo un globo terrestre y una esfera celeste.


Imagen tomada de Wikipedia.

Diámetro conjugado en la hipérbola

La proposición I.16 de las Cónicas de Apolonio dice:
“Si por el punto medio del lado transverso de las secciones opuestas se traza una recta paralela a una ordenada, será un diámetro de las secciones opuestas, conjugado con el diámetro anterior.”

En la figura tenemos dos “secciones opuestas” definidas por un diámetro y lado transverso común AB, lados rectos AE y BF iguales, una dirección de ordenadas HL y la propiedad HL^2 = BL \cdot LN,   GK^2 = AK \cdot KM.

Se trata de demostrar que si por el punto medio C del lado transverso AB se traza una recta CX paralela a las ordenadas, esa recta divide por la mitad los segmentos GH entre las secciones opuestas paralelos al diámetro AB que las define, y por tanto CX es diámetro conjugado del AB.

El argumento de Apolonio es:
Como GHLK es un paralelogramo, GK=HL, entonces GK^2=HL^2   y NL \cdot LB =  MK \cdot KA.
Como \triangle MKB, \ \triangle NLA son semejantes, \dfrac{MK \cdot KA}{NL \cdot LB} = \dfrac{BK \cdot KA}{AL \cdot LB}, y por tanto  BK \cdot KA = AL \cdot LB.
Entonces AK=LB,   CK=CL y XG=XH.

El paso BK \cdot KA = AL \cdot LB \ \Rightarrow \ AK=LB es justificado por Eutocio en su comentario a las Cónicas de la siguiente forma:
\dfrac{BK}{LB}=\dfrac{AL}{KA} \ \Rightarrow \ \dfrac{BK+LB}{LB} = \dfrac{AL+KA}{KA} \ \Rightarrow \ \dfrac{KL}{LB} = \dfrac{KL}{KA} \ \Rightarrow \ LB=KA.

Las secciones opuestas

En una entrada anterior vimos como, en la proposición 12 del libro I de las Cónicas, Apolonio de Perga obtuvo el “symptoma” de la hipérbola a partir de la sección de un cono oblicuo por un determinado plano. En Apolonio la palabra “hipérbola” designa a una sola rama de la curva.

La proposición I.14 de las Cónicas introduce lo que hoy denominamos las dos ramas de la hipérbola, que Apolonio llama “secciones opuestas”, y dice así:

Si las superficies cónicas opuestas por el vértice son cortadas por un plano que no pase por el vértice

  • se tendrá en cada superficie la sección llamada hipérbola
  • el diámetro de ambas secciones será la misma recta y las ordenadas de las dos secciones paralelas
  • los lados rectos serán iguales
  • el lado transverso de la figura, que es el segmento entre los vértices de las secciones, es común.

Llamemos opuestas (αντικειμεναι) a tales secciones.

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