5.2: Geometría euclidiana- un breve resumen

La filosofía está escrita en este gran libro -me refiero al universo- que se mantiene continuamente abierto a nuestra mirada, pero no puede entenderse a menos que uno primero aprenda a comprender el lenguaje y a interpretar los personajes en los que está escrita. Está escrito en el lenguaje de las matemáticas, y sus personajes son triángulos, círculos, y otras figuras geométricas, sin las cuales es humanamente imposible entender una sola palabra de ella; sin estos, uno está deambulando en un oscuro laberinto.

Galileo Galilei (1564-1642)

Esta sección proporciona un esquema detallado, pero comprimido, de una formalización inicial de la geometría escolar, de un tipo que a uno le gustaría que los buenos alumnos y todos los profesores apreciaran. Es descaradamente un enfoque semi formal para principiantes, no un tratamiento estrictamente formal (como el proporcionado por David Hilbert (1862-1943) en su libro de 1899 Fundamentos de la Geometría, o en la exposición más detallada de Edwin Moise (1918-1998) Elementary Geometría desde un punto de vista avanzado, publicado en 1963). En particular:

• trabajamos con nociones relativamente informales de puntos, líneas y ángulos en el plano;
• enfocamos la atención en ciertos temas simples que realmente importan a nivel escolar (como los puntos, líneas, segmentos de líneas y ángulos; la noción de triángulo como triple ordenado de vértices; el hecho de que los vértices de un cuadrilátero deben etiquetarse cíclicamente; etc.);
• limitamos la estructura deductiva formal a solo tres criterios centrales, a saber, los criterios de congruencia, paralelismos y similitud, y mostramos cómo permiten desarrollar resultados y métodos en una secuencia lógica.

Comenzamos con la idea intuitiva de puntos y líneas en el plano. Dos puntos A, B determinan

• el segmento de línea AB (con puntos finales A y B), y
• la línea AB (que extiende el segmento de línea AB en ambas direcciones, más allá de A y más allá de B).

Tres puntos A, B, C determinan un ángulo ABC (entre los dos segmentos de línea BA y BC).

Entonces podemos comenzar a construir figuras más complicadas, como

• un triángulo ABC (con tres vértices A, B, C; tres lados AB, BC, CA; y tres ángulos ABC en el vértice B, BCA en C y CAB en A),
• un cuadrilátero ABCD (con cuatro vértices A, B, C, D; y cuatro lados AB, BC, CD, DA que se encuentran sólo en sus extremos).

Y así sucesivamente. Dos puntos dados A, B también nos permiten construir el círculo con el centro A, y pasando por B (es decir, con radio AB).

Este comienzo muy limitado ya abre el mundo de las construcciones de gobernantes y brújulas. En particular, dado un segmento de línea AB se puede dibujar:

• el círculo con el centro A, y pasando por B, y
• el círculo con el centro B, y pasando por A.

Si los dos círculos se encuentran en C,

• luego AB = AC (radios del primer círculo), y BA = BC (radios del segundo círculo).

De ahí que hayamos construido el triángulo equilátero Δ ABC en el segmento AB dado. Esta construcción es la primera proposición del Libro 1 de los Elementos de Euclides (florecido c. 300 a.C.). La segunda proposición de Euclides se presenta a continuación como un problema.

Problema 137 Dados tres puntos A, B, C, muestran cómo construir -sin medir- un punto D tal que los segmentos AB y CD sean iguales (en longitud).

El problema 137 parece un simple arranque (donde la única construcción disponible es producir el tercer vértice de un triángulo equilátero en un segmento de línea dado). Sin embargo, para producir una solución válida se requiere una cabeza clara y un grado de ingenio.

Dados dos puntos A, B, el proceso de construcción de un triángulo equilátero Δ ABC ilustra cómo se nos permite construir nuevos puntos a partir de viejos.

• Siempre que construimos dos líneas o círculos que se cruzan, los puntos donde se cruzan (como el punto C en la construcción anterior del triángulo equilátero Δ ABC) están disponibles para otras construcciones. Entonces, si se dan los puntos A y B, entonces una vez que se haya construido C, podemos proceder a dibujar las líneas AC y BC.

Sin embargo, el hecho de que podamos construir un segmento de línea AB no nos permite 'medir' el segmento con una regla, y luego usar la medición resultante para 'copiar' el segmento AB al punto C para construir el punto D requerido de tal manera que AB = CD. La “regla” en las construcciones de regla y brújulas se utiliza únicamente para trazar la línea a través de dos puntos conocidos, no para medir. (Medir es una acción física aproximada, más que una “construcción mental” exacta, y por lo tanto no es realmente parte de las matemáticas). De ahí que en el Problema 137 tenemos que encontrar otra manera de producir un CD de copia del segmento AB comenzando en el punto C. De igual manera, podemos construir el círculo con el centro A y pasando por B, pero esto no nos permite usar el par de brújulas para transferir distancias físicamente (por ejemplo, recogiendo las brújulas de AB y colocando el punto de brújula en C , como usar el viejo instrumento de dibujo geométrico que se llamaba par de divisores). Al buscar la construcción requerida en el Problema 137, estamos restringidos a “construcciones mentales exactas” que pueden describirse en términos de:

• dibujar (o construir) la línea que une dos puntos conocidos cualesquiera,
• construir el círculo con el centro en un punto conocido y pasar por un punto conocido, y
• obtener un nuevo punto D como la intersección de dos líneas o círculos construidos (o de una línea y un círculo).

Si en la línea AB, el punto X se encuentra entre A y B, entonces obtenemos un ángulo recto AXB en X (o más bien dos ángulos rectos en X - uno a cada lado de la línea AB). Si asumimos que todos los ángulos rectos son iguales, entonces se deduce fácilmente que “los ángulos verticalmente opuestos son siempre iguales”.

Problema 138 Dos líneas AB y CD cruzan en X, donde X se encuentra entre A y B y entre C y D. Demostrar que AXC =BXD.

Define un ángulo recto para que sea 'medio ángulo recto'. Entonces decimos que dos líneas que se cruzan en un punto X son perpendiculares si un ángulo en X es un ángulo recto (o equivalentemente, si los cuatro ángulos en X son iguales). El siguiente paso requiere que notemos dos cosas, en parte motivadas por la experiencia a la hora de coordinar la mano, el ojo y el cerebro para construir, y pensar en, estructuras físicas.

• Primero hay que reconocer que los triángulos son la clave para el análisis de formas más complicadas.
• Entonces tenemos que darnos cuenta de que los triángulos en diferentes posiciones pueden ser todavía “iguales”, o congruentes, lo que luego enfoca la atención en las condiciones mínimas bajo las cuales se puede garantizar que dos triángulos sean congruentes.

El primero de estos dos viñetas tiene una consecuencia importante -es decir, que resolver cualquier problema en 2- o en 3 dimensiones generalmente se reduce a trabajar con triángulos. En particular, resolver problemas en 3 dimensiones reduce a trabajar en alguna sección transversal bidimensional de la figura dada (ya que tres puntos no sólo determinan un triángulo, sino que también determinan el plano en el que se encuentra ese triángulo). De ello se deduce que la geometría bidimensional tiene la clave para resolver problemas en 3 dimensiones, y que trabajar con triángulos es central en toda geometría.

El segundo punto nos obliga a pensar detenidamente sobre:

• lo que queremos decir con un triángulo (y en particular, para entender por qué Δ ABC y Δ BCA son en cierto sentido triángulos diferentes, aunque usen los mismos tres vértices y lados), y
• lo que significa que dos triángulos sean “iguales”.

Un triángulo Δ ABC incorpora seis piezas de datos, o información: los tres lados AB, BC, CA y los tres ángulos ABC, BCA, CAB. Decimos que dos triángulos (ordenados) Δ ABC y Δ ÁB'Cʹ son congruentes (que escribimos como

$$\Delta ABC\equiv \Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },$$

donde el orden en que se enumeran los vértices importa) si sus lados y ángulos “coinciden” en pares, de manera que

$$\begin{array}{l}\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }},\underset{\_}{BC}={\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}^{\prime },\underset{\_}{CA}=\underset{\_}{C^{\prime }{A}^{\prime }},\\ \angle ABC=\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },\angle BCA=\angle B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime },\angle CAB=\angle C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }.\end{array}$$

Como resultado de dibujar y experimentar con nuestras manos, nuestra mente puede darse cuenta de que ciertos subconjuntos de estas seis condiciones bastan para implicar a las otras. En particular:

Criterio de congruencia SAS: si

$$\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }},\angle ABC=\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }},$$

entonces

$$\Delta ABC\equiv \Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$$

(donde el nombre “SAS” indica que los tres enfrentamientos enumerados ocurren en el orden especificado S (lado), A (ángulo), S (lado) ya que uno va alrededor de cada triángulo).

Criterio de congruencia SSS: si

$$\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }},\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }},\underset{\_}{CA}=\underset{\_}{C^{\prime }{A}^{\prime }},$$

entonces

$$\Delta ABC\equiv \Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }.$$

Criterio de congruencia ASA: si

$$\angle ABC=\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }},\angle BCA=\angle B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime },$$

entonces

$$\Delta ABC\equiv \Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }.$$

Si en un triángulo dado Δ ABC tenemos AB = AC, entonces decimos que Δ ABC es isósceles con ápice A, y base BC (iso = igual, o igual; sceles = piernas).

Problema 139 Deje que Δ ABC sea un triángulo isósceles con ápice A. Que M sea el punto medio de la base BC. Demostrar que Δ AMB = Δ AMC y concluir que AM es perpendicular a la base BC.

Problema 140 Construir dos triángulos no congruentes, Δ ABC y Δ A'B'Cʹ, donde$\angle BCA=\angle B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime }={30}^{°},\left|\underset{\_}{CA}\right|=\left|\underset{\_}{C^{\prime }}\right|=\sqrt{3},\left|\underset{\_}{AB}\right|=\left|\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}\right|=1.$

Concluir que en general no existe un “criterio de congruencia ASS”.

Los criterios de congruencia permiten probar resultados básicos como:

Reclamación En cualquier triángulo isósceles Δ ABC con ápice A (es decir, con AB = AC), los dos ángulos base B y C son iguales.

Prueba 1 Deja que M sea el punto medio de BC.

Entonces Δ AMB = Δ AMC (según el criterio de congruencia SSS, ya que

AM = AM,

MB = MC (por construcción de M como punto medio)

BA = CA (dado)).

$\therefore \angle B=\angle ABM=\angle ACM=\angle C.$QED

Prueba 2 Δ BAC = Δ CAB (según el criterio de congruencia SAS, desde BA

BA = CA (dado),

BAC = CAB (mismo ángulo),

AC = AB (dado),

$\therefore \angle B=\angle ABC=\angle ACB=\angle C.$QED

También tenemos el resultado contrario:

Reclamación En cualquier triángulo Δ ABC, si los ángulos base B y C son iguales, entonces el triángulo es isósceles con ápice A (es decir, AB = AC).

Prueba Δ ABC = Δ ACB (según el criterio de congruencia ASA, ya que

ABC = ACB (dado),

BC = CB, y

B AC = C AB (dado)).

$\therefore \underset{\_}{AB}=\underset{\_}{AC}.$QED

Problema 141

(i) Un círculo con centro O pasa por el punto A. La línea AO vuelve a encontrarse con el círculo en la B. Si C es un tercer punto en el círculo, demuestre que ACB es igual a CAB + CAB.

(ii) Concluir que, si los ángulos en Δ ABC se suman a un ángulo recto, entonces ACB es un ángulo recto.

Una vez que introducimos el criterio paralelo, y de ahí podemos probar que los tres ángulos en cualquier triángulo se suman a un ángulo recto, el Problema 141 garantizará que “el ángulo subtendido en la circunferencia por un diámetro es siempre un ángulo recto”.

Problema 142 Mostrar cómo implementar las construcciones básicas de regla y brújulas:

i) construir el punto medio M de un segmento de línea determinado AB;

ii) bisectar un ángulo dado ABC;

(iii) dejar caer una perpendicular de P a una línea AB (es decir, ubicar X en la línea AB, de manera que los dos ángulos que PX hace con la línea AB a cada lado de PX sean iguales).

Demuestre que sus construcciones hacen lo que usted reclama.

Problema 143 Dados dos puntos A y B.

(a) Demostrar que cada punto X en la bisectriz perpendicular de AB es equidistante de A y de B (es decir, que XA = XB).

b) Demostrar que, si X es equidistante de A y de B, entonces X se encuentra en la bisectriz perpendicular de AB.

El problema 143 muestra que, dado un segmento lineal AB, la bisectriz perpendicular de AB es el locus de todos los puntos X que son equidistantes de A y de B. Esta observación es lo que había detrás de la construcción del circuncentro de un triángulo (de vuelta en el Capítulo 1, Problema 32 (a)):

Dado cualquier Δ ABC.

Sea O el punto donde se encuentran los bisectores perpendiculares de AB y BC.

Entonces OA = OB

y OB = OC.

$\therefore \underset{\_}{OA}=\underset{\_}{OB}=\underset{\_}{OC}.$

De ahí que O sea el centro de un círculo que pasa por los tres vértices A, B, C.

Por otra parte O también se encuentra en la bisectriz perpendicular de CA.

Este círculo se llama circuncírculo de Δ ABC, y O se llama circuncentro de Δ ABC. Como se indica en el Problema 32, el radio del circuncírculo de Δ ABC (llamado circunradio del triángulo) generalmente se denota por R. Posteriormente nos encontraremos con otros círculos y “centros” asociados a un triángulo dado Δ ABC.

Antes de seguir adelante vale la pena extender el Problema 143 a tres dimensiones

Problema 144 Dados dos puntos cualesquiera N, S en el espacio 3D, demostrar que el locus de todos los puntos X que son equidistantes de N y de S forman el plano perpendicular a la línea NS y que pasan por el punto medio M de NS.

Los siguientes dos resultados fundamentales a menudo se descuidan.

Problema 145 Dado cualquier Δ ABC, si extendemos el lado BC más allá de C hasta un punto X, entonces el “ángulo exterior” ACX en C es mayor que cada uno de los “dos ángulos opuestos interiores”. B.

Problema 146

(a) Si en Δ ABC tenemos AB > AC, entonces ACB > ABC. (“En cualquier triángulo, el ángulo más grande se encuentra opuesto al lado más largo”.)

(b) Si en Δ ABC tenemos ACB > ABC, entonces AB > AC. (“En cualquier triángulo, el lado más largo se encuentra opuesto al ángulo más grande.”)

c) (La desigualdad triangular) Demostrar que en cualquier triángulo Δ ABC,

$$\underset{\_}{AB}+\underset{\_}{BC}>\underset{\_}{AC}.$$

Los resultados en los Problemas 145 y 146 tienen sorprendentemente muchas consecuencias. Por ejemplo, permiten probar lo contrario del resultado en el Problema 141

Problema 147 Supongamos que en Δ ABC, C = A + B. Demostrar que C se encuentra en el círculo con diámetro AB.

(En particular, si los ángulos de Δ ABC se suman a un ángulo recto, y ACB es un ángulo recto, entonces C se encuentra en el círculo con diámetro AB.

Llegamos al lado de un resultado cuya justificación suele ser confusa. A primera vista no está claro cómo empezar: parece haber tan poca información con la que trabajar, solo dos puntos y una línea a través de uno de los puntos.

Problema 148 Un círculo con centro O pasa por el punto P. Demostrar que la tangente al círculo en P es perpendicular al radio OP.

El problema 148 es un ejemplo de un resultado que implica su propio converso, aunque de manera reversa. Supongamos que un círculo con el centro O pasa por el punto P. Si OP es perpendicular a una línea m que pasa por P, entonces m debe ser tangente al círculo (porque sabemos que la tangente en P es perpendicular a OP, por lo que el ángulo entre m y la tangente es “cero”, que obliga a m a ser igual a la tangente). Esta conversa será necesaria más adelante, cuando nos encontremos con el incircle.

Problema 149 Deja que P sea un punto y m una línea que no pase por P. Demostrar que, entre todos los segmentos de línea posibles PX con X en la línea m, una perpendicular de P a la línea m es la más corta.

El resultado en el Problema 149 nos permite definir la “distancia” de P a la línea m para que sea la longitud de cualquier perpendicular de P a m. (Por lo que sabemos en esta etapa del desarrollo, podría haber más de una perpendicular de P a m.)

Obsérvese que todos los resultados mencionados hasta ahora han evitado utilizar el “criterio paralelo” euclidiano (o -equivalentemente- el hecho de que los tres ángulos en cualquier triángulo se suman a un ángulo recto). Por lo que los resultados probados hasta este punto deben ser todavía “verdaderos” en cualquier geometría donde tengamos puntos, líneas, triángulos y círculos que cumplan con los criterios de congruencia, independientemente de que la geometría satisfaga o no el “criterio paralelo” euclidiano.

La idea de que solo hay una distancia “más corta” de un punto a una línea puede parecer “obvia”; pero es claramente falsa en la esfera, donde cada línea (es decir, 'gran círculo') desde el polo norte P hasta el ecuador es perpendicular al ecuador (y todas estas líneas tienen la misma “longitud”). La prueba de que solo existe una perpendicular de P a m depende del criterio paralelo (ver más abajo), un criterio que no se sostiene para la geometría en la esfera.

Los Elementos de Euclides comenzaron con unos axiomas básicos que formalizaban la idea de construcciones de regla y brújulas. Luego agregó un axioma simple que permitió comparar ángulos en diferentes ubicaciones. Cometió el error perdonable de omitir un axioma por congruencia de triángulos -imaginando que se puede probar. (No puede.) Sin embargo entonces declaró, y desarrolló cuidadosamente las consecuencias de, un axioma mucho más sutil sobre las líneas paralelas (se dice que dos líneas m, n en el plano son paralelas si nunca se encuentran, por muy lejos que se extiendan). Por razones que no están claras, en lugar de apreciar que el “postulado paralelo” de Euclides constituía una profunda visión de los fundamentos de la geometría, los matemáticos de edades posteriores vieron la complejidad del postulado de Euclides como una especie de defecto, y así intentaron demostrar que podía derivarse del otro, postulados más simples. El intento de “corregir” este defecto percibido se convirtió en una especie de Santo Grial.

La historia es instructiva, pero demasiado complicada para resumirla con precisión aquí. La situación fue finalmente aclarada por dos matemáticos del siglo XIX (más o menos al mismo tiempo, pero trabajando de manera independiente). En el espíritu revolucionario y romántico del siglo XIX, János Bolyai (húngaro: 1802-1860) y Nikolai Lobachevski (ruso: 1792-1856) se dejaron considerar cada uno qué pasaría si se adoptara una suposición diferente sobre cómo se comportan las “líneas paralelas”. Ambos descubrieron que entonces se puede derivar una teoría aparentemente coherente de un tipo completamente novedoso, con sus propios y hermosos resultados: es decir, una geometría que parecía ser internamente “consistente”, pero diferente de la geometría euclidiana. Lobachevski publicó breves notas de su obra en 1829-30 (en Kazán); Bolyai no sabía nada de esto y publicó notas incompletas de sus investigaciones en 1832. Lobachevski publicó un folleto más detallado en 1840.

Ninguno de los matemáticos obtuvo el reconocimiento que podría haber anticipado, y fue solo mucho más tarde (en gran parte después de su muerte) que otros se dieron cuenta de cómo demostrar que el mundo de fantasía que cada uno había soñado era tan “internamente consistente” como la geometría euclidiana tradicional. La historia se complica aún más por el hecho de que el matemático dominante de la época -es decir, Gauss (1777-1855) - afirmó haber demostrado algo similar (y bien pudo haberlo hecho, pero exactamente lo que sabía tiene que inferirse de comentarios crípticos en cartas ocasionales, ya que no publicó nada sobre el tema). Si hay una moraleja en la historia, podría ser que el éxito en las matemáticas puede no ser reconocido, o solo puede reconocerse después de la muerte de uno: así que aquellos que pasan su vida explorando el universo matemático deberían apreciar mejor los placeres del viaje matemático, en lugar de estar motivados principalmente por ¡un deseo de reconocimiento inmediato y aclamación!

Se dice que dos líneas m, n en el plano son paralelas si nunca se encuentran, por muy lejos que estén extendidas. A veces escribimos esto como “m || n”.

Dadas dos líneas m, n en el plano, una tercera línea p que cruza tanto m como n se denomina transversal de m y n.

Criterio paralelo: Dadas dos líneas m y n, si alguna p transversal es tal que los dos ángulos “internos” en un lado de la línea p (que son los dos ángulos que p hace con m y con n, y que se encuentran entre las dos líneas m y n) sumar a menos de un ángulo recto, entonces las líneas m y n deben encontrarse en ese lado de la línea p.

Si los ángulos internos en un lado de p se suman a más de un ángulo recto, entonces los ángulos internos en el otro lado de p se suman a menos de un ángulo recto, por lo que las líneas m y n deben encontrarse en el otro lado de p. De ello se desprende.

• que dos líneas m y n son paralelas precisamente cuando los dos ángulos internos en un lado de una transversal se suman exactamente a un ángulo recto.

Las líneas paralelas pueden pensarse como “todas teniendo la misma dirección”; por lo que es conveniente insistir en que “cada línea es paralela a sí misma” (aunque tenga muchos puntos en común consigo misma). A continuación, sigue

• que, dadas tres líneas k, m, n, si k es paralelo a m y m es paralelo a n, entonces k es paralelo a n; y
• que dada una línea m y un punto P, hay una línea única n a través de P que es paralela a m.

Todo esto permite entonces uno

• para concluir que, si m y n son dos líneas cualesquiera, y p es una transversal, entonces m y n son paralelos si y solo si los ángulos alternos son iguales (o equivalentemente, si y solo si los ángulos correspondientes son iguales); y
• para extender las construcciones básicas de regla y brújulas para incluir la construcción:

  “dada una línea AB y un punto P, construir la línea a través de P que es paralela a AB”

  (es decir, construyendo primero la línea PX a P, perpendicular a AB, y luego la línea a través de P, perpendicular a PX).

Luego se puede probar el resultado estándar sobre los ángulos en cualquier triángulo.

Reclamar Los ángulos en cualquier triángulo Δ ABC se suman a un ángulo recto.

Prueba Construye la línea m a través de A que es paralela a BC. Entonces AB y AC son transversales, que cruzan tanto la línea m como la línea BC, y que forman tres ángulos en el punto A sobre m:

• siendo uno solo el ángulo A en el triángulo Δ ABC,
• siendo uno igual a B (ángulos alternos relativos a la transversal AB) y
• siendo uno igual a C (ángulos alternos con respecto a la CA transversal).

Los tres ángulos en A se suman claramente a un ángulo recto, por lo que los tres ángulos A, B, C también se suman a un ángulo recto. QED

Una vez que sabemos que los ángulos en cualquier triángulo se suman a un ángulo recto, podemos probar todo tipo de otros datos útiles. Una es una simple reformulación de la Reclamación anterior.

Problema 150 Dado cualquier triángulo Δ ABC, extender BC más allá de C hasta un punto X. Luego el ángulo exterior

$$\angle XCA=\angle A+\angle B.$$

(“En cualquier triángulo, cada ángulo exterior es igual a la suma de los dos ángulos opuestos interiores.”)

Otra consecuencia importante es el resultado que sustenta la secuencia de “teoremas de círculo”.

Problema 151 Que O sea el circuncentro de Δ ABC. Demostrar que

$$\angle AOB=2·\angle ACB.$$

El problema 151 implica que

“los ángulos subtendidos por cualquier acorde AB en un arco dado del círculo son todos iguales”,

y son iguales exactamente a la mitad del ángulo subtendido por AB en el centro O del círculo. Esto conduce naturalmente a la propiedad familiar de los cuadriláteros cíclicos.

Problema 152 Que el ABCD sea un cuadrilátero inscrito en un círculo (se dice que tal cuadrilátero es cíclico, y se dice que los cuatro vértices son concíclicos, es decir, se encuentran juntos en el mismo círculo). Demostrar que los ángulos opuestos (por ejemplo, B y D) deben agregarse a un ángulo recto. (Se dice que dos ángulos que se suman a un ángulo recto son complementarios. )

Estos resultados tienen muchas consecuencias encantadoras: veremos un ejemplo especialmente llamativo en el Problema 164. Mientras tanto redondeamos nuestro resumen de los “teoremas del círculo”.

Problema 153 Supongamos que la línea XAY es tangente al circuncírculo de Δ ABC en el punto A, y que X y C se encuentran en lados opuestos de la línea AB. Demostrar que XAB = ACB.

Problema 154

(a) Supongamos que C, D se encuentran en el mismo lado de la línea AB.

(i) Si D se encuentra dentro del círculo circular de Δ ABC, entonces ADB > ACB.

(ii) Si D se encuentra fuera del círculo circular de Δ ABC, entonces ADB < ACB.

(b) Supongamos que C, D se encuentran en el mismo lado de la línea AB, y que ACB = ADB. Entonces D yace en el circuncírculo de Δ ABC.

(c) Supongamos que ABCD es un cuadrilátero, en el que los ángulos B y D son suplementarios. Entonces ABCD es un cuadrilátero cíclico.

Otro resultado que sigue ahora que sabemos que los ángulos de un triángulo se suman a un ángulo recto es un criterio de congruencia adicional útil, es decir, el criterio de congruencia RHS. Este es un 'caso limitante' del criterio fallido de congruencia ASS (ver el ejemplo en Problema 140). En el criterio ASS fallido los datos dados corresponden a dos triángulos diferentes - uno en el que el ángulo opuesto al primer lado especificado (la primera “S” en “ASS”) es agudo, y otro en el que el ángulo opuesto al primer lado especificado es obtuso. En el criterio de congruencia RHS, el ángulo opuesto al primer lado especificado es un ángulo recto, y los dos triángulos posibles son, de hecho, congruentes.

Criterio de congruencia de RHS: Si ABC y ÁB'Cʹ son ambos angulos rectos, y BC = B'Cʹ, CA = C'Aʹ, entonces

$$\Delta ABC\equiv \Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }.$$

Prueba Supongamos que AB = ÁBʹ. Entonces

AB = A'Bʹ

ABC = A'B'Cʹ,

BC = B'Cʹ

De ahí que podamos aplicar el criterio de congruencia SAS para concluir que Δ ABC = Δ ÁB'Cʹ.

Si por otro lado$AB\ne \underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}$, podemos suponer que BA > B'Aʹ. Ahora construya A'ʹ en BA de tal manera que BA'ʹ = B'Aʹ. Entonces

A' 'B = A'Bʹ,

A''BC = A'B'Cʹ,

BC = B'Cʹ,

$\equiv \Delta A^{\prime \prime }BC\equiv \Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$(por SAS-congruencia).

De ahí que A''C = A'Cʹ = AC, por lo que Δ CAA'-ʹ es isósceles.

$$\equiv \angle C{A}^{\prime \prime }A=\angle CA{A}^{\prime \prime }.$$

Sin embargo, CA''A > CBA (ya que el ángulo exterior CA''A en Δ CBA'ʹ debe ser mayor que el ángulo opuesto interior CBA, por Problema 145).

Pero entonces los dos ángulos base en el triángulo isósceles Δ CAA'-ʹ son cada uno mayores que un ángulo recto, por lo que la suma de ángulos de Δ CAA'-ʹ es mayor que un ángulo recto, lo cual es imposible. De ahí que este caso no pueda ocurrir. QED

Parece ser necesaria la congruencia RHS para probar el resultado básico (Problema 161 a continuación) sobre el área de los paralelogramos, y esto es entonces necesario en la prueba del Teorema de Pitágoras (Problema 18). En un sentido, la congruencia RHS parece un caso especial de congruencia SSS (tan pronto como dos pares de lados en dos triángulos rectos son iguales, el Teorema de Pitágoras garantiza que el tercer par de lados también son iguales). Sin embargo, esta observación no puede ser utilizada para justificar la congruencia RHS-si es necesaria la congruencia RHS-para justificar el Teorema de Pitágoras.

Problema 155 Dado un círculo con el centro O, deja que Q sea un punto fuera del círculo, y que QP, QP' sean las dos tangentes de Q, tocando el círculo en P y en P'. Demostrar que QP = QPʹ, y que la línea OQ biseca el ángulo PQP ʹ.

Problema 156 Se le dan dos líneas m y n cruzando en el punto B.

(a) Si A yace sobre m y C se encuentra en n, demuestre que cada punto X en la bisectriz del ángulo ABC es equidistante de m y de n.

(b) Si X es equidistante de m y de n, probar que X debe estar en uno de los bisectores de los dos ángulos en B.

El problema 156 muestra que, dadas dos líneas m y n que se cruzan en B, los bisectores de los dos pares de ángulos verticalmente opuestos formados en B forman el lugar de todos los puntos X que son equidistantes del dos líneas m y n. Esto nos permite imitar los comentarios que siguen al Problema 143 y así construir el incentro de un triángulo.

Dado cualquier Δ ABC, que sea el punto donde se encuentran los bisectores angulares de ABC y BCA.

Dejar que las perpendiculares de I a los tres lados AB, BC, CA se encuentren con los lados en P, Q, R respectivamente. Entonces

IP = IQ (ya que me yace en la bisectriz de ABC) y

IQ = IR (ya que yo yace en la bisectriz o BCA).

De ahí que el círculo que tiene el centro I y que pasa por P también pasa por Q y R.

Además, también me yace en la bisectriz de CAB; y dado que los radios IP, IQ, IR son perpendiculares a los lados del triángulo, el círculo es tangente a los tres lados del triángulo (por los comentarios siguiente Problema 148)

Este círculo se llama el incircle de Δ ABC, y I se llama el incentro de Δ ABC. El radio del círculo de Δ ABC se llama el inradio, y generalmente se denota por r.

Un ABCD cuadrilátero en el que AB DC y BC AD se denomina paralelogramo. Un paralelogramo ABCD con ángulo recto es un rectángulo. Un paralelogramo ABCD con AB = AD se llama rombo. Un rectángulo que también es un rombo se llama cuadrado.

Problema 157 Dejar que ABCD sea un paralelogramo.

(i) Demostrar que Δ ABC = ΔCDA, de manera que cada triángulo tiene área exactamente la mitad del área (ABCD).

(ii) Concluir que los lados opuestos de ABCD son iguales en pares y que los ángulos opuestos son iguales en pares.

(iii) Dejar que AC y BD se reúnan en X. Demostrar que X es el punto medio tanto de AC como de BD.

Problema 158 Deje que ABCD sea un paralelogramo con el centro X (donde se encuentran las dos diagonales principales AC y BD), y deje que m sea cualquier línea recta que pase por el centro. Demostrar que m divide el paralelogramo en dos partes de igual área.

Definimos un paralelogramo como “un cuadrilátero ABCD en el que AB DC y BC AD sin embargo, en la práctica, necesitamos ser capaces de reconocer un paralelogramo aunque no se presente de esta forma. El siguiente resultado insinúa la variedad de otras condiciones que permiten reconocer a un cuadrilátero dado como un paralelogramo “en suave disfraz”.

Problema 159

(a) Que ABCD sea un cuadrilátero en el que AB DC, y AB = DC. Demostrar que BC AD, y de ahí que ABCD es un paralelogramo.

(b) Sea ABCD un cuadrilátero en el que AB = DC y BC = AD. Demostrar que AB DC, y por lo tanto que ABCD es un paralelogramo.

(c) Que ABCD sea un cuadrilátero en el que A = C y B = D. Demostrar que AB DC y que BC AD, y de ahí que ABCD es un paralelogramo.

El siguiente problema presenta un solo ejemplo ilustrativo del tipo de cosas que conocemos en nuestros huesos deben ser ciertas, pero donde la razón, o prueba, puede necesitar un poco de reflexión.

Problema 160 Dejar que ABCD sea un paralelogramo. Sea M el punto medio de AD y N sea el punto medio de BC. Demostrar que MN || AB, y que MN pasa por el centro del paralelogramo (donde se encuentran las dos diagonales).

Problema 161 Demostrar que cualquier paralelogramo ABCD tiene la misma área que el rectángulo en la misma base DC y “con la misma altura” (es decir, que se encuentra entre las mismas dos líneas paralelas AB y DC).

Las ideas y resultados que hemos resumido hasta este punto proporcionan exactamente lo que se necesita en la prueba del Teorema de Pitágoras esbozado en el Capítulo 1, Problema 18. También nos permiten identificar dos “centros” más de un triángulo dado Δ ABC.

Problema 162 Dado cualquier triángulo Δ ABC, dibuje la línea a través de A que es paralela a BC, la línea a través de B que es paralela a AC, y la línea a través de Cʹ que es paralela a AB. Deje que las dos primeras líneas construidas se encuentren en C, la segunda y tercera líneas se encuentren en Aʹ, y la primera y tercera líneas se encuentren en Bʹ.

(a) Demostrar que A es el punto medio de B'Cʹ, que B es el punto medio de C'Aʹ y que C es el punto medio de A'Bʹ.

(b) Concluir que la perpendicular de A a BC, la perpendicular de B a CA y la perpendicular de C a AB se encuentran todas en un solo punto H. (H se llama el ortocentro de Δ ABC.)

Dejar que el pie de la perpendicular de A a BC sea P, el pie de la perpendicular de B a CA sea Q, y el pie de la perpendicular de C a AB sea R. Entonces ΔPQR se llama triángulo ortico de Δ ABC. Los “teoremas del círculo” (especialmente los Problemas 151 y 154 (c)) nos llevan a descubrir que este triángulo tiene dos propiedades bastante inesperadas. Como preparación parcial para una de las propiedades, divagamos ligeramente para introducir un problema clásico.

Problema 163 Mi caballo está amarrado a H a cierta distancia de mi pueblo V. Tanto H como V están en el mismo lado de un río recto. ¿Cómo debo elegir la ruta más corta para conducir al caballo de H a V, si quiero regar el caballo en el río en ruta?

Problema 164 Deje que Δ ABC sea un triángulo agudo en ángulo.

(a) Demostrar que, entre todos los triángulos posibles Δ PQR inscritos en Δ ABC, con P en BC, Q en CA, R en AB, el triángulo ortico es el que tiene el perímetro más corto.

(b) Supongamos que los lados de Δ ABC actúan como espejos. Un rayo de luz se ilumina a lo largo de un lado del triángulo ortico PQ, se refleja en CA, y el haz reflejado luego se refleja a su vez en AB. ¿Dónde golpea el rayo de luz al lado BC? (Alternativamente, imagine los lados del triángulo como cojines de mesa de billar, y explique el camino seguido por una pelota que se proyecta, sin giro, a lo largo de PQ.)

Llegamos al lado del cuarto entre los “centros de un triángulo” estándar.

Problema 165 Dado Δ ABC, deja que L sea el punto medio del lado BC. La línea AL se denomina mediana de Δ ABC. (No es para nada obvio, pero si imaginamos el triángulo como una lámina, teniendo un grosor uniforme, entonces Δ ABC se equilibraría exactamente si se colocara sobre un filo de cuchilla que recorre la línea AL.) Sea M el punto medio del lado CA, de manera que BM sea otra mediana de Δ ABC. Que G sea el punto donde se encuentran AL y BM.

(a) (i) Demostrar que Δ ABL y Δ ACL tienen igual área. Concluir que Δ ABG y Δ ACG tienen igual área.

(ii) Demostrar que Δ BCM y Δ BAM tienen igual área. Concluir que Δ BCG y Δ BAG tienen igual área.

b) Que N sea el punto medio de AB. Demostrar que CG y GN son la misma línea recta (es decir, que CGN es un ángulo recto). De ahí concluir que las tres medianas de cualquier triángulo siempre se encuentran en un punto G.

El punto donde se encuentran las tres medianas se llama el centroide del triángulo. Para la geometría del triángulo, esto es todo lo que necesitas saber. No obstante, vale la pena señalar que el centroide es el punto que sería el 'centro de gravedad' del triángulo si se piensa en el triángulo como una lámina delgada con una distribución uniforme de la masa.

A continuación revisamos, y reprobamos en el espíritu euclidiano, resultado que probaste en el Problema 95 usando coordenadas, es decir, el Teorema del Punto Medio.

Problema 166 (El Teorema del Punto Medio) Dado cualquier triángulo Δ ABC, deje que M sea el punto medio del lado AC, y deje que N sea el punto medio del lado AB. Dibuje en MN y extiéndalo más allá de N hasta un punto Mʹ tal que MN = NMʹ.

(a) Demostrar que Δ ANM = Δ BNM ʹ.

b) Concluir que BM ʹ = CM y que BM ʹ || CM.

(c) Concluir que MM'BC es un paralelogramo, de manera que CB = MM ʹ. De ahí que MN sea paralelo a CB y la mitad de su longitud.

El Teorema del Punto Medio se puede reformular de la siguiente manera:

Dado Δ AMN.

Extender AM a C tal que AM = MC y extender AN a B tal

que AN = NB.

Entonces CB || MN y CB = 2. MN.

Esta reformulación generaliza la congruencia SAS-de una manera altamente sugerente, y nos apunta en la dirección de “SAS-similitud”.

SAS-similitud (x2): si ÁBʹ = 2. AB, BAC = B'A'Cʹ, y

A'Cʹ = 2. AC, luego

B'Cʹ = 2. BC, ABC = A'B'Cʹ, y BAC = B'A'Cʹ.

Prueba Extender AB hasta el punto B'ʹ de tal manera que AB'ʹ = A'Bʹ, y extienda AC hasta el punto C'ʹ de tal manera que AC'ʹ = A'Cʹ. Entonces Δ B́́́́AC'ʹ = Δ B'ÁCʹ (por congruencia SAS), por lo que B́́C'ʹ = B́Cʹ, B'C''A = B'C'Aʹ, C'B''A = C'B'Aʹ. Por construcción tenemos AB'ʹ = 2. AB y AC'ʹ = 2. AC. De ahí (por el Teorema del Punto Medio): B''C'ʹ = 2. BC (así que B'Cʹ = 2. BC), y BC || B°'C'ʹ (así que BCA = B' 'C'A y CBA = C''B'A).

B''C''A = B'C'Aʹ = BCA,

y C′ '' B''A = C'B'Aʹ = CBA. QED

La similitud SAS ($\times 2$) del Teorema del Punto Medio es como el criterio de congruencia SAS-en que un par de ángulos correspondientes en Δ BAC y Δ B'A'Cʹ son iguales, mientras que los lados a cada lado de este ángulo en los dos triángulos están relacionados; pero en lugar de que los dos pares de lados correspondientes sean igual, los lados de Δ B'A'Cʹ son el doble de los lados correspondientes de Δ BAC.

En general decimos que

Δ ABC es similar a Δ A'B'Cʹ (escrito como Δ ABC ~ Δ A°B'Cʹ) con factor de escala m si cada ángulo de Δ A'B'Cʹ es igual al ángulo correspondiente de Δ ABC, y si los lados correspondientes están todos en la misma relación:

$$\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}:\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}:\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{C^{\prime }{A}^{\prime }}:\underset{\_}{CA}=m:1.$$

Si dos triángulos Δ A'B'Cʹ y Δ ABC son similares, con factor de escala (lineal) Δ A'B'Cʹ, entonces la relación entre sus áreas es

$$area\left(\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right):area($$ΔABC)= m 2 :1.

Dos triángulos similares Δ ABC y Δ A'B'C' dan lugar a seis pares coincidentes:

• los tres pares de ángulos correspondientes (que son iguales en pares), y
• los tres pares de lados correspondientes (que están en la misma proporción).

En el caso de la congruencia, los criterios de congruencia nos dicen que no necesitamos verificar los seis pares para garantizar que dos triángulos sean congruentes: estos criterios garantizan que ciertos triples son suficientes. Los criterios de similitud garantizan lo mismo para la similitud.

Supongamos que se nos dan los triángulos Δ ABC, Δ A'B'C ʹ.

AAA-Similitud: Si

$$\angle ABC=\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },\angle BCA=\angle B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime },\angle CAB=\angle C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime },$$

entonces

$$\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}:\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}:\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{C^{\prime }{A}^{\prime }}:\underset{\_}{CA},$$

por lo que los dos triángulos son similares.

Similitud SSS: Si

$$\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}:\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}:\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{C^{\prime }{A}^{\prime }}:\underset{\_}{CA},$$

entonces

$$\angle ABC=\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },\angle BCA=\angle B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime },\angle CAB=\angle C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime },$$

por lo que los dos triángulos son similares.

SAS-similitud: Si

$$\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}:\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{A^{\prime }{C}^{\prime }}:\underset{\_}{AC}=m:1$$

y

$$\angle B^{\prime }{A}^{\prime }{C}^{\prime }=\angle BAC,$$

entonces

$$\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}:\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}:\underset{\_}{AB}={\underset{\_}{A}}^{\prime }{C}^{\prime }:\underset{\_}{AC}$$

y

$$\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }=\angle ABC,\angle B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime }=\angle BCA,$$

por lo que los dos triángulos son similares.

Nuestra reformulación del Teorema del Punto Medio dio lugar a una versión del tercero de estos criterios, con m = 2.

La similitud AAA en triángulos rectos es lo que hace posible la trigonometría. Supongamos que dos triángulos Δ ABC, ΔÁB'Cʹ tienen ángulos rectos en A y en Aʹ. Si ABC, ÁB'Cʹ, entonces (ya que los angulos en cada triangulo se suman a dos angulos rectos) también tenemos B CA, B 'C'Aʹ. Luego se deduce (de la similitud AAA) que

$$\underset{\_}{A^{\prime }{B}^{\prime }}:\underset{\_}{AB}=\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}:\underset{\_}{BC}=\underset{\_}{C^{\prime }{A}^{\prime }}:\underset{\_}{CA},$$

por lo que la relación trigonométrica en Δ ABC

$$\mathrm{pecado}B=\frac{\underset{\_}{AC}}{\underset{\_}{BC}}$$

tiene el mismo valor que la relación correspondiente en Δ ÁB'Cʹ

$$\mathrm{pecado}{B}^{\prime }=\frac{\underset{\_}{A^{\prime }{C}^{\prime }}}{\underset{\_}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}.$$

De ahí que esta relación dependa únicamente del ángulo B, y no del triángulo en el que se produzca. Lo mismo se sostiene para cos B y para el bronceado B.

El arte de resolver problemas de geometría a menudo depende de buscar e identificar triángulos similares ocultos en una configuración complicada. Como introducción a esto, nos centramos en tres propiedades clásicas que involucran círculos, donde las figuras son lo suficientemente simples como para que triángulos similares sean bastante fáciles de encontrar.

Problema 167 El punto P se encuentra fuera de un círculo. La tangente de P toca el círculo en T, y una secante de P corta el círculo en A y en B. Demostrar que$\underset{\_}{PA}\times \underset{\_}{PB}={\underset{\_}{PT}}^2$.

Problema 168 El punto P se encuentra fuera de un círculo. Dos secantes de P se encuentran con el círculo en A, B y C, D respectivamente. Demostrar de dos maneras diferentes que

$$\underset{\_}{PA}\times \underset{\_}{PB}=\underset{\_}{PC}\times \underset{\_}{PD}.$$

Problema 169 El punto P se encuentra dentro de un círculo. Dos secantes de P se encuentran con el círculo en A, B y C, D respectivamente. Demostrar de dos maneras diferentes que

$$\underset{\_}{PA}\times \underset{\_}{PB}=\underset{\_}{PC}\times \underset{\_}{PD}.$$

Terminamos nuestro resumen de los fundamentos de la geometría euclidiana derivando la fórmula familiar para el área de un trapecio y su análogo tridimensional, y una formulación de los criterios de similitud que a menudo se atribuye a Thales (griego ^siglo VI a.C.).

Problema 170 Deje que ABCD sea un trapecio con AB || DC, en el que AB tiene longitud a y DC tiene longitud b.

(a) Que M sea el punto medio de AD y que N sea el punto medio de BC. Demostrar que MN || AB y encontrar la longitud de MN.

(b) Si la distancia perpendicular entre AB y DC es d, encuentre el área del trapecio ABCD.

Problema 171 Una pirámide ABCDE, con ápice A y base cuadrada BCDE de longitud lateral b, se corta paralela a la base a la altura d por encima de la base, dejando un troncoscopio de una pirámide, con cara superior cuadrada de longitud lateral a. encontrar a fórmula para el volumen del sólido resultante (en términos de a, b y d).

El siguiente resultado general nos permite utilizar “igualdad de relaciones de segmentos de línea” siempre que tengamos tres líneas paralelas (sin antes tener que conjurar triángulos similares).

Problema 172 (Teorema de Thales') Las líneas AA' y BB' son paralelas. El punto C se encuentra en la línea AB, y C' se encuentra en la línea A'B' tal que CCʹ || BBʹ. Demostrar que AB: BC = ÁBʹ: B́Cʹ.

Bajo ciertas condiciones, los criterios de similitud garantizan la igualdad de proporciones de lados de dos triángulos. El Teorema de Tales extiende esta “igualdad de proporciones” a los segmentos de línea que surgen cada vez que dos líneas cruzan tres líneas paralelas. Una de las aplicaciones más simples, pero de mayor alcance, de este resultado es la unión entre geometría y álgebra que se encuentra detrás de las construcciones de regla y brújulas, y que sustenta la reformulación de la geometría de Descartes (1596-1650) en términos de coordenadas (ver Problema 173).

Thales (c. 620-c. 546 a.C.) fue parte de la floración del pensamiento griego que tiene sus raíces en Milesia (en el suroeste de Asia Menor, o Turquía moderna). Thales parece haber estado interesado en casi todo: filosofía, astronomía, política y también geometría. En Gran Bretaña su nombre suele estar unido al hecho de que el ángulo subtendido por un diámetro es un ángulo recto. En el continente, su nombre está más fuertemente apegado al resultado en el Problema 172. Su contribución precisa a la geometría no está clara, pero parece haber jugado un papel importante en poner en marcha lo que se convirtió (300 años después) en la versión pulida de las matemáticas griegas que conocemos hoy en día.

Las contribuciones de Thales en otras esferas fueron quizás incluso más significativas que en la geometría. Parece haber sido de los primeros en tratar de “explicar” fenómenos en términos reduccionistas -identificando al “agua” como el único “elemento”, o primer principio, del que se derivan todas las sustancias. Los anaximenos (c. 586-c. 526 a.C.) posteriormente argumentaron a favor del “aire” como primer principio. Estos dos elementos, junto con “fuego” y “tierra”, fueron generalmente aceptados como los cuatro “elementos” griegos, cada uno de los cuales debía contribuir a la construcción de la materia observada y cambiar de diferentes maneras.

Problema 173 Para definir “longitud”, primero debemos decidir qué segmento de línea se considera que tiene longitud unitaria. Entonces supongamos que se nos dan segmentos de línea XY de longitud 1, AB de longitud a, (es decir, AB: XY = a: 1), y CD de longitud b.

(a) Utilice el Problema 137 para construir un segmento de longitud a + b, y si$a⩾b$, un segmento de longitud a — b.

(b) Mostrar cómo construir un segmento de línea de longitud ab y un segmento de longitud$\frac{a}{b}$.

(c) Mostrar cómo construir un segmento de línea de longitud$\sqrt{a}$.