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CAPÍTULO VI EL TEOREMA DE TALES Y LAS PROPORCIONES.

Abordamos el Teorema de Tales de Mileto (siglo VI – V AC.) que conjuntamente con el Axioma de la Paralela y el Teorema de Pitágoras conforma la trama de la geometría clásica tal como se presenta en los Elementos de Euclides. Comenzamos por ofrecer algunas propiedades de los paralelogramos para seguir con la noción de proporcionalidad. Ejercicio 1 En todo paralelogramo las diagonales se dimidian y los ángulos opuestos son iguales. Ejercicio 2 Recíprocamente, un cuadrilátero cuyas diagonales se dimidian, es un paralelogramo. Ejercicio 3 El punto de intersección de las diagonales es un centro de simetría. (Sea E el punto de intersección de las diagonales, si X, E, Y, son colineales con X e Y sobre dos lados paralelos se tiene XE = YE). Recuérdese que en el Capítulo III las simetrales de un triángulo concurrían a un punto O, el centro del círculo circunscrito. Con el recurso de la noción de paralelogramo estudiamos otro punto de concurrencia, a saber: TEOR. 1 Las alturas de un triángulo concurren a un punto H, el ortocentro. DEMOSTRACIÓN: Las alturas son las perpendiculares bajadas desde los vértices a los lados opuestos. Sea ABC dado y sea DEF el triángulo de las paralelas desde los vértices a los lados opuestos. Estos triángulos configuran los paralelogramos ABCD, ABCE, ABCF. Claramente AE = AF, CD = CE y BD = BF. Es decir A, B, C son los puntos medios de los lados de DEF. Las simetrales de DEF son las alturas de ABC. El siguiente teorema es un caso particular de Tales.

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TEOR. 2 El segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y ambos están en la proporción de 1:2. Recíprocamente la paralela a un lado desde el punto medio de otro lado intercepta al tercero en su punto medio. DEMOSTRACIÓN: En la notaciones de la figura queremos decir que si AD = DB y AE = EC, entonces DE || BC y BC = 2DE. En efecto si A1, B1, C1 son las proyecciones ortogonales de A, B, C sobre la recta DE, BCC1B1 es un rectángulo por lo cual DE || BC. Las congruencias de los triángulos ADA1, BDB1 y de AEA1 y CEC1, aseguran la identidad: BC = B1C1 = B1D + DA1 + A1E + EC1 = 2DA1 + 2 A1E = 2DE Por otra parte, si D1 y E1 son las proyecciones de D y E sobre el lado BC, la congruencia de los triángulos A A1D y BB1D, y de AA1E y EE1C entraña la igualdad AE = EC.

Todavía se puede enunciar el teorema de un modo equivalente.

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TEOR. 3 Si A1, B1, C1 son los puntos medios de BC, CA, AB, entonces

BC || B1C1, CA || C1A1, AB || A1B1, BC = 2B1C1, CA = 2C1A1, AB = 2 A1B1 Esta forma del enunciado se reduce de inmediato al Teorema 2. Nótese que ABC queda partido en cuatro triángulos congruentes. A manera de aplicación del Teorema vamos a poner en evidencia otro punto de concurrencia. TEOR. 4 Las medianas AA1, BB1, CC1 concurren a un punto, el “centro de gravedad” del triángulo, que notaremos por G. En la figura (a) BB1 y CC1 se cortan en I, si D, E son los puntos medios de BI, CI, del Teorema 3, se infiere que DEB1C1 es un paralelogramo. Del ejercicio 1 se sigue que BD = DI = IB1. Análogamente en la figura (b) BB1 y AA1 se intersectan en J y si K, L son los puntos medios de AJ y BJ, KLA1B1 es un paralelogramo y BL = LJ = JB1, es decir, BL = BB1/3 = BD, por lo tanto L = D, y J = I = G.

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Ejercicio 4 Sea M el punto medio de AB, muéstrese que el segmento DM corta la diagonal AC del paralelogramo en un punto N de suerte que AN : NC = 1 : 2. El Teorema de Tales tiene un alcance más general que el Teorema 3. El que se expresa en el siguiente Teorema TEOR. 5 Toda paralela a un lado de un triángulo determina sobre los otros lados segmentos proporcionales. OBSERVACIÓN 1: Tal como en el Teorema 2, AD/AB = AE/AC = DE/BC. DE es la paralela a BC con D en AB y E en AC. “D en AB” significa que los segmentos AD y DB guardan entre sí una proporción la cual está señalada por la forma “AD = λ DB”, el teorema afirma que sí DE es paralelo a BC, también AE = λ EC. Cuando λ es un número real positivo, D es un punto del segmento AB. Consideremos un ejemplo. Sea Dk definida explícitamente por ADk = kAB/n, análogamente AEk = kAC/n, k = 0,…,n, D0 = E0 = A, Dn = B, En = C. Para cada k los segmentos DkEk son paralelos y se tiene la relación de Tales: DkEk/BC = ADk/AB = AEk/AC A título de ilustración, sea ABC rectángulo en C, sea bk = AEk = kb/n, ak = DkEk = ka/n. El área del rectángulo de base ak y de altura b/n es abk/n2, y la suma de todas estas áreas es:

Ab(1 + 2 + …+ n)/n2 = abn(n + 1)/2n2 = ab(1 + 1/n)/2 Esta última expresión representa el área del triángulo ABC con un error igual a ab/2n. Problema 1 (Planteado en el Capítulo 1) Se pide dividir un segmento AB en cierto número, n, de partes iguales.

SOLUCIÓN: Considérese una semi-recta Ax con una serie de puntos A0, A1,…An, de suerte que A0 = A, A0A1 =…= An-1 An = 1 (la unidad de medida). Únase An con B, las paralelas por A1,…,An-1 al segmento AnB determinan una sucesión B1,…, Bn-1, de puntos del segmento AB que lo dividen en n partes iguales.

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OBSERVACIÓN 2: Enunciamos el teorema de Tales según la fórmula escueta: “Toda paralela (DE) a un lado de (BC) divide a los otros lados en partes proporcionales (AD/DB = AE/EC = λ).

Las intersecciones de las paralelas a los lados desde los puntos Dk, Ek conforman una “triangulación” de ABC que generaliza la del Teorema 3, por ejemplo en la figura a continuación se contempla el caso n = 4 ya a cada intersección de paralelas a los lados le atribuimos tres “coordenadas” según un patrón evidente.

En vista de la triangulación el enunciado se hace patente en este caso particular (A = 400, B = 040, D = 310, E = 301 o D = 220, E = 202 o D = 130. E = 103). La curva

400 →310→301→202→220→130→103→004→040 liga A con B lo cual sólo es posible porque λ es racional (= 1/3). Si AD y DB no fuesen conmensurables no existiría una trayectoria entre A y B a través de los puntos de una triangulación. OBSERVACIÓN 3: Si X es un punto del intervalo AB existe un número λ ≥0 de suerte que AX = λXB, o sea los segmentos AX y XB son proporcionales. El teorema 5 no exige que λ sea positivo, así el punto X = D puede ser exterior al segmento, es el caso cuando λ es negativa. El término de las abscisas correspondientes se tiene x = a + λ b/1 + λ, con λ ≥ 0 (sí λ = 0, x = a; sí “λ = ∞”, x = b). Si λ > 0 el punto de Y de abscisa y = a – λb/1- λ es exterior al segmento AB y se dice “el conjugado armónico” de X con respecto al par de puntos A, B. Esta relación entre los puntos A, B, X, Y se escribe AX/XB = -AY/YB. También se dice que A, B separan armónicamente a X, Y (o viceversa).

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CONSTRUCCIÓN El teorema de Tales brinda una construcción del conjugado armónico Y de X con respecto al par A, B. Únase A, B y X a un punto C exterior al segmento AB. Por B trácese la paralela a la recta AC, la recta CX corta a esta paralela en D, sea E el simétrico del punto D con respecto a B, CE prolongado corta la recta AB en Y.

Ofrecemos todavía un nuevo ejemplo de división armónica. TEOR. 6 La bisectriz de un ángulo y la del ángulo exterior adyacente dividen armónicamente al lado opuesto del triángulo. Sean AX y AY las bisectrices:

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Ejercicio 5 Si los puntos C, D dividen armónicamente al segmento AB y si O es el punto medio de AB, demuéstrese:

(i.) OA2 = OC.OD (ii.) 2/AB = 1/AC + 1/AD

Para terminar damos una consecuencia del Teorema de Tales debida a L. Euler (1707 – 1783). Ejercicio 6 Ya conocemos los puntos O, G, H del triángulo. Demuéstrese que estos puntos yacen sobre una recta, llamada “de Euler” y que OG:GH = 1:2.

Autor: Profesor Dr. Don Wilfred Reyes S.