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Resoluciones de “problemas de construc-
ción” geométricas por medio de la geo-
metría clásica, y el álgebra geométrica
Cada técnica es especialmente buena para
manejar cierto tipo de información. Enton-
ces, intentaremos expresar cada problema
en términos de elementos apropiados para
la una y la otra de las dos técnicas.
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Dada la recta ⃡ y los
puntos a y b, encon-
trar las dos circunfe-
rencia tangentes a ⃡,
y que pasen por a y b.
Dada la recta ⃡ la cir-
cunferencia con centro
c, y un punto p sobre
esta última, encontrar
las dos circunferencia
tangentes a ⃡, y que
pasen por p.
Dada la recta ⃡, el
punto p, y la circunfe-
rencia azul, encontrar
las dos circunferencias
tangentes a esta últi-
ma, y a ⃡ en el punto
p.
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Problema 4
Problema 5
Dada una circunferen-
cia (la azul) y los pun-
tos A y B, encontrar las
circunferencias tan-
gentes a ella, y que
pasen por A y B.
Dadas circunferencias
A y B y un punto P so-
bre una de ellas, en-
contrar circunferen-
cias tangentes a am-
bas, y que pasen por P.
he trouble with the very notion of 'application' [of
mathematics to science, or of one branch of mathemat-
ics to another] is that it is a one-way concept: we apply
A to B. To counter this I have invented the word 'interapplica-
bility'. Mathematicians who work in these domains more often
speak of correspondence, which is a symmetric notion. Alt-
hough I began this discussion [of Descartes’s contributions] in
terms of application, we might better have spoken of Descartes
establishing a correspondence between arithmetic and geome-
try. I once in conversation spoke of Descartes arithmetizing
geometry; the person with whom I was speaking, having in
mind the way algebraic problems of the day could now be
solved geometrically, observed that Descartes had geometrized
algebra. Exactly so.1
1
Hacking, Ian. 2014. Why is there Philosophy of Mathematics at All?. pp. 20-21.
Cambridge University Press, New York. Le agradezco a “Lorena”, una alumna
que estudia la filosofía de las matemáticas en La Universidad Nacional Autóno-
ma de México, por haberme enterado de este libro.
T
Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial
Introducción
A modo de introducción…
David Hestenes, el físico y matemático que redescubrió el Álgebra
Geométrica (AG) hace un medio siglo para luego desarrollarla, ha dicho
dijo (Hestenes ) que al alumno principiante le hará falta cierta orientación
para poder usar su libro New Foundations for Classical Mechanics
(Hestenes 1999) con provecho. Agregó que los beneficios de aprender
el AG son inmensos para el alumno que comience a aprenderlo en la
prepa, pero reconoció que la tarea de preparar un currículo adecuado
para alumnos de dicho nivel no es trivial. Ha elogiado el libro Linear and
Geometric Algebra, por Alan Macdonald (Macdonald, A. 2010) porque
sirve de “puente” entre las presentaciones tradicionales y la presenta-
ción basada en el AG, del álgebra lineal.
Serían útiles, otras obras “puente”. Por eso, comencé este pequeño
documento. He dedicado mucho tiempo al estudio del AG, pero me con-
sidero, verdaderamente, un principiante todavía. Sin duda, hay maneras
más inspiradas que las mías, para aprovechar las propiedades del AG
para resolver estos problemas. Espero que los lectores me envíen sus
observaciones, sugerencias, y—sobre todo—correcciones. Pienso con-
tribuir una versión corregida y ampliada a una página web como Ju-
lioProf.net, de Perú, para que este recurso les esté disponible sin costo
a alumnos hispanohablantes.
Hablando de recursos gratuitos que sirven de “puente”, no pierda
Ud. la excelentísima página interactiva “Primer on Geometric Algebra for
introductory mathematics and physics”, preparada por Profesores Hes-
tenes y Rowley:
(http://geocalc.clas.asu.edu/GA_Primer/GA_Primer/outline-table-of-
contents/index.html)
y sobre todo, las siguiente página, preparada, por los mismos profeso-
res, para alumnos y maestros de la preparatoria: “High School Geometry
with Geometric Algebra”:
(http://geocalc.clas.asu.edu/GA_Primer/GA_Primer/introduction-to-
geometric/high-school-geometry-with/index.html)
El autor
San Cristóbal de Las Casas, Chiapas, México, 13 septiembre 2014
Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial
Hechos relacionados con la geometría
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Hechos relacionados con la geometría
Los problemas que resolveremos en este documento nos piden identifi-
car circunferencias que sean tangentes a ciertos otros objetos. Por su-
puesto, nuestros intentos por resolver estos problemas tendrán que par-
tir de nuestros conocimientos de la geometría. Queremos mantener pre-
sente en la mente una diversidad de hechos, ya que cada una de las
técnicas (a saber, la geometría clásica y AG) es especialmente buena
para manejar cierto tipo de información. Entonces, intentaremos expre-
sar cada problema en términos de elementos apropiados para la una y
la otra de las dos técnicas. Aquí se presentan algunos de los hechos
que tal vez nos resultarán útiles.
Acerca de la geometría clásica:
1. El bisectriz de una cuerda de una circunferencia pasa por el centro
de ésta. Entonces, el bisectriz del segmento ̅̅̅ pasa por los centros
de las dos circunferencias rojas:
2. (Un caso limitante de Hecho 1) La recta que pasa por los centros de
dos circunferencias tangentes pasa también por el punto de tangen-
cia.
Hechos relacionados con la geometría
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3. Una recta tangente a una circunferencia es perpendicular a la recta
que pasa por el centro de la circunferencia y el punto de tangencia.
Igualmente, la recta perpendicular a una recta tangente a una cir-
cunferencia, y que pasa por el punto de tangencia, pasa por el cen-
tro de la circunferencia:
4. Como lo expresan los libros de texto de la geometría, “Si de un pun-
to exterior a un círculo se trazan a él una secante y una tangente, la
tangente es la media proporcional entre la secante y su parte exte-
rior.” Por ejemplo, ( ) ( )( )
Un corolario importante es, “La cuadrada de la longitud de la tangen-
te es igual a cuadrada de la distancia entre el punto exterior y el cen-
tro de la circunferencia, menos la cuadrada del radio de la circunfe-
rencia.” Por ejemplo, ( ) ( )( ) ( )
5. Son de la misma longitud, los dos segmentos tangentes a una cir-
cunferencia desde un punto exterior a ella. Entonces, en el siguiente
diagrama .
Hechos relacionados con la geometría
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6. La mediatriz de la base de un triángulo isósceles pasa por el ápice
del triángulo. En uno de los problemas que viene en este documen-
to, identificaremos el punto D en el siguiente diagrama, para poder
usar este hecho para luego encontrar C como el ápice del triángulo
isósceles cuya base es ̅̅̅̅.
7. Un ángulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ángulo
central del arco opuesto al ángulo inscrito. Entonces, los ángulos
morados son iguales por ser, todos, opuestos al mismo arco ̂.
La medida de cada uno es de . Los ángulos anaranjados son
iguales entre sí, y a los morados. (Nótese que la semirrecta ⃗ es
tangente a la circunferencia en A.
Un corolario es que cualquier ángulo inscrito en una semicircunfe-
rencia es un ángulo recto:
Hechos relacionados con la geometría
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8. Porque los segmentos ̅̅̅̅̅ y ̅̅̅̅̅ son radios de una misma circunfe-
rencia, sus longitudes son iguales.
Entonces, por el Teorema de Pitágoras,
̅̅̅̅̅ √( ̅̅̅̅̅) (
̅̅̅̅
) .
Otros hechos se presentan en el Apéndice 1, “Técnicas y ópticas útiles
en la resolución de problemas ‘construcción’ de la geometría clásica”.
Acerca del AG:
9. El AG nos posibilita expresar un vector como la (rotación + dilata-
ción) de otro. Por ejemplo, en el siguiente diagrama,
| |
| |
.
Con frecuencia, conviene trasformar esta última:
Tres recordatorios
acerca de las rotaciones
1º: La cantidad no es un
escalar, sino un multivector:
,
siendo i, el bivector unitario,
en este caso el del plano que
contiene los vectores p y v.
2º: Por lo tanto,
.
2º: Sobre todo, es necesario
respetar el sentido del ángu-
lo. Por ejemplo,
| |
| |
sino
| |
| |
.
Hechos relacionados con la geometría
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| |
| |
| |
| |
| |
| |
| |
| |
| |
| || | . O sea, | || | .
Un caso especial—e importante—del Hecho 9 es que es el mis-
mo rotado /2 radianes en el sentido antihorario.
10. Dos multivectores son iguales sii sus respectivas partes son iguales.
Por ejemplo, son iguales los multivectores
( ) , y
[ ( ) ] ,
donde {e1, e2} es un par de vectores ortonormales. Un coralario del
que sacaremos mucho provecho en este documento, es que la co-
ciente de dos multivectores es un escalar sii la cociente de sus res-
pectivas partes es, para todas las partes, igual al mismo escalar. Por
ejemplo, usando los mismos multivectores A y B,
.
Sobre todo, para cualquier escalar , y cualesquier cuatro vectores a, b, c, y
d,
.
11. A propósito del Hecho 10, es oportuno aclarar exactamente qué sig-
nifica . Macdonald nos entera de que para cualesquier dos multi-
vectores A y B, A/B es la abreviatura para AB-1
, cantidad que por lo
general no es igual a B-1
A (Macdonald 2010, p. 106). Es decir,
.
Entonces, al obtener una ecuación de la forma ,
¿cuáles son las equivalentes de ésta, que tal vez nos servirán para
“Sii” = “si, y solamente si”.
Hechos relacionados con la geometría
Página 12 de 78
resolver el problema entre manos? Primero, reconozcamos que en
este documento, una ecuación tal, siempre vendrá en un contexto
donde dos productos de se expresan como
| || | y | || | ,
siendo Ψ el ángulo entre a y b, y también entre c y d. ¿Cuál sería la
relación entre estas ecuaciones, y aquella que querremos usar (o
sea, la ?)
Investiguemos un poco. De | || | y | || | ,
se desprende que
| || |
| || |
.
De ahí, se pueden desarrollar varios productores vectoriales que
sean iguales a
| || |
| || |
:
Ruta 1 Ruta 2 Ruta 3
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
Ahora, podemos ver que todas las expresiones ,
, y son iguales a
| || |
| || |
, y por lo tanto iguales
entre sí. Entonces, podemos escribir con el entendido de
que
| || |
| || |
(nos sirva o no, esta información) y que repre-
senta, sin distinción, todas las expresiones , ,
y .
Problema #1
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Problema #1
Se nos presentan una circunferencia, un punto (el p) sobre ella, y una
recta (⃡).
Debemos encontrar (construir) las circunferencias que sean tangentes a
⃡, y tangentes a la circunferencia en p.
Una observación que nos guía es que muchos problemas tales se
reducen a la identificación de algún punto. En este caso, dos puntos
“candidatos” razonables son
 Los centros de las circunferencias; y
 Los puntos de tangencia.
Resolución por medio de la geometría clásica
Por el Hecho 5, las longitudes de los dos segmentos tangentes a una
circunferencia desde un punto exterior a ella, son iguales.
Por lo tanto, en el problema que nos toca resolver, si p es el punto
de tangencia, entonces, .
Problema #1
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Una vez reconocida la igualdad de estos tres segmentos, se usa
Hecho 3 para encontrar el punto d,
y Hecho 5 para encontrar t1 y t2.
Ahora, usamos Hechos 2 y 3 para encontrar los centros de las dos cir-
cunferencias que buscamos.
Problema #1
Página 15 de 78
Por fin, se dibujan las dos circunferencias.
Resolución por medio del AG
Podríamos adaptar la solución clásica al AG por expresar las longitudes
que usamos en la clásica, en términos de magnitudes de vectores. Sin
embargo, esta ruta (al menos cuando yo la seguí) resulta poco satisfac-
toria. Sobre todo, porque desaprovecha uno de los fuertes del AG: el
manejo fácil, de ángulos y de rotaciones de vectores.
También, vimos (Hecho 10) unas cuantas de las posibilidades que
existen, para eliminar de nuestras ecuaciones a un ángulo que es una
incógnita. Entonces, identifiquemos algunos de los pares de ángulos
iguales que están presentes en nuestro problema:
Problema #1
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De todos estos pares, elijamos los ángulos azules y amarillos. Para
poder usar esta información con provecho, definamos un marco de refe-
rencia, y los elementos claves de nuestro problema:
Ambos de los puntos de tangencia le pertenecen a ⃡. De las múlti-
ples maneras que el AG nos ofrece para expresar una recta en función
de n-vectores, elegimos la de tomar como punto de referencia a algún
punto q que le pertenece a la recta, para luego poder expresar la ubica-
ción de cualquier punto v sobre ⃡ como el punto terminal del vector que
lleva el mismo nombre v:
Usaremos la misma letra
para representar el punto que
nos interese (por ejemplo,
t1), y el vector entre q y el
punto que nos interese.
El contexto indicará cuál de
estos significados estamos
empleando.
Problema #1
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̂, donde es un escalar.
De aquí en adelante, con fines de brevedad, escribiremos ésta como
̂ ,
con el entendido que este vector v es la ubicación del punto v con res-
pecto al q.
Según este esquema, podemos escribir los dos puntos de tangencia
como
̂ , y ̂ .
Ahora, tratemos la mayor de las dos circunferencias que nos toca identi-
ficar:
Examinando esta figura, y apoyándonos en la relación
| || | (Hecho 9) podemos escribir
̂( ) |̂|| | | | , y
( )[ ( ) ] | || | .
Examinemos estas ecuaciones antes de que sustituyéramos t2 por ̂.
Son incógnitas, el ángulo  y el vector t2. Entonces, usaremos una ma-
niobra común para tratar con esta dificultad. Primero, formamos el co-
ciente de las dos ecuaciones:
( )[( ) ]
̂( )
| || |
| |
| | ,
donde r es el radio de la circunferencia dada.
El numerador y el denominador son, ambos, multivectores; entonces, el
cociente de sus partes n-vectoriales correspondientes tiene que ser el
mismo r:
( ) [( ) ]
̂ ( )
y
( ) [( ) ]
̂ ( )
,
( ) [( ) ]
̂ ( )
( ) [( ) ]
̂ ( )
.
| ( ) | | | .
Problema #1
Página 18 de 78
Por fin, tenemos una ecuación que tiene una sola incógnita (t2). Aho-
ra, es provechoso sustituir t2 por ̂, para luego seguir simplificando la
ecuación que resulte:
( ̂) [( ) ]
̂ ( ̂)
( ̂) [( ) ]
̂ ( ̂)
[( ) ] ̂ [( ) ]
̂
[( ) ] ̂ [( ) ]
̂
,
de la cual se produce una ecuación cuadrática en :
{̂ [( ) ]}
{ [( ) ] (̂ )[̂ [( ) ]] (̂ )[̂ [( ) ]]}
(̂ ){ [( ) ]} (̂ ){ [( ) ]}
.
Todos los términos en la ecuación son bivectores; entonces, pode-
mos dividir ambos lados por el bivector unitario i para obtener una ecua-
ción en escalares. Es decir, el bivector {̂ [( ) ]} es igual a i mul-
tiplicado por algún escalar ;
el { [( ) ] (̂ )[̂ [( ) ]] (̂ )[̂ [( ) ]]} es
igual a i multiplicado por algún escalar ; y
el (̂ ){ [( ) ]} (̂ ){ [( ) ]} es i multiplicado por
algún escalar . Entonces, la ecuación cuadrática sería
, que la trasformamos en .
Al resolver ésta, se encuentra que la una de las raíces sí, es (es de-
cir, el valor de para el punto de tangencia t2), y la otra es (el valor de
para el punto de tangencia t1). Este resultado, claro, debe investigarse.
Entonces, hagamos para t1 un análisis parecido al que hicimos para t2:
Porque los ángulos amarillos son iguales,
[ ( ) ]( )
( )( ̂)
[( ) ]( )
( )(̂)
| || |
| |
| | ,
̂ ̂=1 ; ̂ ̂=0 .
Nótese que las dimensiones
de “1” en ̂ ̂ , son
(Longitud)2
.
Problema #1
Página 19 de 78
[( ) ]( )
( )(̂)
.
En contraste, para t2 obtuvimos
( )[( ) ]
̂( )
,
( ) [( ) ]
̂ ( )
( ) [( ) ]
̂ ( )
.
En verdad, las ecuaciones para t1 y t2 son equivalentes, pues
( )[( ) ]
̂( )
exige que
( ) [( ) ]
̂ ( )
( ) [( ) ]
̂ ( )
.
Entonces,
[( ) ] ( )
( ) ̂
[( ) ] ( )
( ) ̂
,
y
[( ) ]( )
( )̂
[( ) ] ( ) [( ) ] ( )
( ) ̂ ( ) ̂
.
Total, tenemos
[( ) ]( )
( )(̂)
y
[( ) ]( )
( )̂
,
demostrando la equivalencia de los dos ecuaciones.
Con esto, podemos identificar los puntos t1 y t2. Ahora, escribiremos
las ecuaciones para las dos circunferencias. Retomando a Hestenes
(New Foundations for Classical Mechanics, pp. 87-89),
( )( )
( )̂
, y
( )( )
̂( )
,
donde “ ” significa que es un escalar.
Para terminar, veremos una solución numérica:
Problema #1
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Problema #2
Página 21 de 78
Problema #2
Se nos presentan una recta ⃡ y dos puntos (a y b) ajenos a ésta, ambos
de los cuales están al mismo lado de ⃡. Debemos encontrar (construir)
las circunferencias tangentes a ⃡, y que pasen por los dos puntos:
¿Por dónde comenzar? Otra vez, nos guía la observación de que mu-
chos problemas tales se reducen a la identificación de algún punto. Dos
puntos “candidatos” razonables son
 Los centros de las circunferencias; y
 Los puntos de tangencia.
Resolución del problema
Veremos que las estrategias para la resolución de este problema tienen
mucho en común con aquellos que se usaron para Problema 1.
Resolución por medio de la geometría clásica
Hecho 4—el cual es uno de “los maravillosos teoremas de la geometría”
(en las palabras de Richard Feynman—nos permite identificar los puntos
de tangencia por medio de una construcción elegante. Tratando primero
el menor de las dos circunferencias, reconocemos que según Hecho 4,
( ) ( )( ).
Entonces, queremos construir un segmento cuya longitud es el me-
dio proporcional entre da y db. En el Apéndice 1, se presenta varias
construcciones que nos servirían. Una de las más simples es la siguien-
Problema #2
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te, en la cual d y b son los puntos extremos del diámetro de la semicir-
cunferencia trazada con una línea de puntos.
Resulta que la longitud de ̅̅̅̅ es la media proporcional entre y
, por lo que es, también, la distancia entre d y t1, igualmente entre d y
t2:
De ahí, los centros de las circunferencias las encontramos a partir de
Hechos 1 y 2:
Por fin, dibujamos las dos circunferencias que buscamos:
Problema #2
Página 23 de 78
Para más información acerca de estas ideas, véanse Apéndice 1 y los
videos
 Useful Techniques in Geometric Constructions, y
 Construcción de circunferencias tangentes a una recta y que pa-
sen por dos puntos dados .
Resolución por medio del AG
Como observamos en Problema 1, podríamos expresar Hecho 8 en fun-
ción de magnitudes de los vectores entre los mismos puntos que trata-
mos en el apartado previo. También, podríamos usar Hechos 1 y 2, más
el 8, para desarrollar una ecuación que relacione las posiciones de c2, t2,
m, y la magnitud del vector entre a y b (nótese que el vector entre m y c2
es algún múltiplo escalar del vector (b-a)i):
Hay relaciones análogas para la circunferencia menor.
Pero otra vez, queremos aprovechar los fuertes del AG, por ejemplo
el manejo fácil, de ángulos y de rotaciones de vectores. Entonces, revi-
semos los conocimientos que tratan de ángulos, comenzando con
1. Los ángulos rosados son iguales (hay ángulos análogos en el
caso de la circunferencia mayor):
Problema #2
Página 24 de 78
Éste, sí, podría sernos útil. Pero mejor todavía, en mi experiencia, es
2. Los dos ángulos amarillos son iguales el uno al otro, y los azules
son iguales el uno al otro.
Seguiremos la misma estrategia que en Problema 1. Primero, defi-
namos un marco de referencia, y los elementos claves de nuestro pro-
blema:
Ambos de los puntos de tangencia le pertenecen a ⃡. Entonces, to-
memos como punto de referencia a algún punto q que le pertenece a la
recta, para luego expresar la ubicación de cualquier punto v sobre ⃡ co-
mo el punto terminal del vector que lleva el mismo nombre v:
̂ .
De aquí en adelante, con fines de brevedad, escribiremos ésta como
̂ ,
Problema #2
Página 25 de 78
con el entendido que este vector v es la ubicación del punto v con res-
pecto al q.
Según este esquema, los dos puntos de tangencia serían
̂ , y ̂ .
Ahora, tratemos la mayor de las dos circunferencias que nos toca identi-
ficar, agregándole al diagrama los elementos que nos resultarán útiles:
Re-examinando la figura que trata la circunferencia mayor,
y apoyándonos en la relación | || | , podemos escribir
̂( ) |̂|| | | | , y
( )( ) | || | .
Examinemos estas ecuaciones antes de que sustituyéramos t2 por ̂.
Son incógnitas, el ángulo  y el vector t2. Entonces, usaremos una ma-
niobra común para tratar con esta dificultad. Primero, formamos el co-
ciente de las dos ecuaciones:
( )( )
̂( )
| || |
| |
[
| || |
| |
][ ] [
| || |
| |
] .
En vez de trabajar más con la expresión en el lado derecho, notamos
que es algún escalar, mismo que lo representamos por medio del símbo-
lo :
( )( )
̂( )
.
El numerador y el denominador son, ambos, multivectores; entonces, el
cociente de sus partes n-vectoriales correspondientes tiene que ser el
mismo :
Problema #2
Página 26 de 78
( ) ( )
̂ ( )
y
( ) ( )
̂ ( )
,
( ) ( )
̂ ( )
( ) ( )
̂ ( )
.
Por fin, tenemos una ecuación que tiene una sola incógnita. Ahora,
es provechoso sustituir t2 por ̂, para luego seguir simplificando la
ecuación que resulte:
( ̂ ) ( )
̂ ( ̂)
( ̂ ) ( )
̂ ( ̂)
[̂ ( )] [ ( )]
̂
[̂ ( )] [ ( )]
̂
,
de la cual se produce una ecuación cuadrática en :
[̂ ̂ ]
{(̂ )(̂ ) (̂ )(̂ ) }
{(̂ )[ ] ( )(̂ )}
.
Como fue el caso en Problema 1, esa ecuación, la una de las raíces
de esta ecuación es (es decir, el valor de para el punto de tangencia
t2), y la otra es (el valor de para el punto de tangencia t1). Otra vez,
un resultado tal, debe investigarse. Entonces, hagamos para t1 un análi-
sis parecido al que hicimos para t2:
Porque los ángulos azules son iguales,
( )( )
( )( ̂)
( ) .
Pero igualmente, podríamos trasformar esa ecuación en
( )( )
( )̂
Por lo tanto,
( ) ( )
( ) ̂
( ) ( )
( ) ̂
.
Además,
( ) ( )
( ) ̂
[( ) ( )]
[̂ ( )]
( ) ( )
̂ ( )
,
y
( ) ( )
( ) ̂
( ) ( )
̂ ( )
.
̂ ̂=1 ; ̂ ̂=0 .
Nótese que las dimensiones
de “1” en ̂ ̂ , son
(Longitud)2
.
Problema #2
Página 27 de 78
Entonces,
( ) ( )
̂ ( )
( ) ( )
̂ ( )
,
La cual es idéntica a aquella para t2:
( ) ( )
̂ ( )
( ) ( )
̂ ( )
.
Por lo mismo, la ecuación cuadrática en que proviene del análisis
para el uno de los dos puntos de tangencia, debe tener como sus raíces
los valores de para ambos.
Para terminar, escribiremos las ecuaciones para las dos circunfe-
rencias. Retomando a Hestenes 1999 p. 89, usaremos las siguientes
ecuaciones paramétricas:
( )( )
( )( )
, y
( )( )
( )( )
.
El escrito “ ” significa que es un escalar.
¡OJO!
Las ecuaciones son idénticas,
pero
( ) ( )
̂ ( )
( ) ( )
̂ ( )
,
mientras
( ) ( )
̂ ( )
( ) ( )
̂ ( )
.
Es decir, en ambas ecuaciones
las cocientes son iguales entre
sí, pero los escalares a los que
son iguales son distintos.
Véase Problema 3 para un análi-
sis de un caso parecido.
Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial
Problema 3
Página 29 de 78
Problema 3
Se nos presentan una circunferencia, una recta (⃡), y un punto (el p)
sobre ⃡.
Debemos encontrar (construir) las circunferencias que sean tangentes a
la circunferencia dada, y tangentes a ⃡ en p.
Resolución del problema
Resolución por medio de la geometría clásica
Para ayudarnos a encontrar una pista, comenzamos por esbozar una
solución (en nuestra imaginación, al menos). Esperamos, de esta forma,
construir un puente entre la solución y los datos.
Los puntos de tangencia entre la circunferencia dada y las dos que
tenemos que construir son t1 y t2. El punto f es el punto de intersección
de las rectas tangentes, a la circunferencia dada, en los puntos t1 y t2. El
punto p es el punto de tangencia común de ⃡ y de las dos circunferen-
cias que buscamos. Porque las dos tangentes desde un punto exterior a
una circunferencia son iguales (Hecho 5), fp = ft1 = ft2. Si supiéramos la
ubicación de p, con respecto a p, podríamos encontrar t1 y t2:
Problema 3
Página 30 de 78
Entonces, le agreguemos a nuestro diagrama, algunos de los ele-
mentos que podrían permitirnos localiza a p. También, usamos un solo
símbolo, z, para representar la distancia fp.
Este es un buen comienzo, pero ahora extendemos el segmento fc has-
ta la otra orilla de la circunferencia dada. De esta forma, reconocemos
que según el corolario al Hecho 4, ( )
Además, advertimos otra relación entre fc y z: ( ) ( )
Combinando estas observaciones, llegamos a
( ) ( ) .
Nuestro análisis del problema nos ha llevado a una ecuación que pode-
mos “resolver” por medio de las técnicas presentadas en Apéndice 1.
Problema 3
Página 31 de 78
Primeo, trasformamos la ecuación que acabamos de desarrollar (es de-
cir, ) en
( ) (√ ) .
Acto seguido, construimos un segmento de longitud √ :
Trazamos un arco con centro p, y radio √ , para encontrar
su punto de intersección con el segmento perpendicular a ⃡, y que pasa
por C:
Ahora, se construye un segmento que pasa por el punto de intersección
que acabamos de identificar, y que es perpendicular al segmento entre
dicho punto y p. De esta forma, se encuentra el punto g, que está a la
distancia 2z desde p. Entonces, f es el punto medio entre g y p.
Ahora, trazamos un arco con centro f y radio fp, para encontrar los
puntos de tangencia.
Problema 3
Página 32 de 78
Apoyándonos en Hecho 2, encontramos los centros de las circunferen-
cias que nos toca encontrar,
y por fin, trazamos las dos circunferencias.
Resolución por medio del AG
Encontramos t1 primero:
Problema 3
Página 33 de 78
Seguiremos de una forma parecida a la que usamos en problemas pre-
vios. De los muchos pares de ángulos iguales que Hecho 7 nos posibili-
tan identificar en esta situación, elegiremos los amarillos, por razones
que se explicarán pronto. Entonces,
( )
| |
[ ( ) ]
| |
[( ) ]( ) | || | | |
De manera parecida,
̂
( )
| |
( )̂ | | .
Por lo tanto,
( )̂
[( ) ]( )
| |
| |
.
A la primera vista, el vector ( ) complica la resolución del pro-
blema, pero en verdad, posibilita una simplificación importante al final.
Puede que la estrategia usada aquí no sea la más simple, pero funciona.
Primero, eliminamos el factor ( ) del denominador.
{
( )̂
[( ) ]( )
} ( )
( )̂( )
[( ) ]( )
, y
( )̂( )
[( ) ]
( )
( )̂( ) [( ) ].
Ahora, defínanse:
; y .
Con estas definiciones, nuestra ecuación
( )̂( ) [( ) ].
se trasforma en
( )̂( ) [ ].
Ahora, efectuamos el producto punto con en ambos lados. De es-
ta forma, nos deshacemos del .
{( )̂( )} [ ] .
Partiendo de
Problema 3
Página 34 de 78
{( )̂( )} ,
tenemos
{[( )̂]( )} ,
{[ ̂ ( ) ̂( )]( )}
[ ̂ ( )][( ) ] ( ) (̂ )
[ ̂ ( )]( ) ( )(̂ ) .
Tomando en cuenta que , esta ecuación se puede simplifi-
car con provecho. Ahora, vemos por qué optamos por usar los ángulos
amarillos: lo hicimos para que pudiéramos usar las maniobras que nos
permitieron, fácilmente, trabajar con en vez de . Ahora, desarrolla-
mos el lado izquierdo.
̂ ̂ ( ̂)( ) ( ̂) , y
[ ( ̂)
̂] ; o sea,
[
( ̂)
̂
| ( ̂)
̂|
]
| ( ̂)
̂|
.
Después, definimos
̂
( ̂)
̂
| ( ̂)
̂|
, y ̂,
para poner nuestro resultado en la forma
̂
| ( ̂)
̂|
, y
[
| ( ̂)
̂|
] ̂.
Con esto, hemos identificado el componente de paralelo a cierto
vector conocido (a saber, al ̂). Pero-como lo veremos en el siguiente
diagrama-hay dos vectores que tienen el mismo componente paralelo a
̂:
Una identidad: Para cualesquier
dos vectores a y b,
ab ≡ 2a∙b-ba .
Problema 3
Página 35 de 78
Entonces, todavía no hemos resuelto el problema.
En un intento por seguir adelante, tratamos ahora el otro punto de
tangencia, el . Usamos el siguiente diagrama, y un razonamiento pa-
recido al que usamos para .
( )( ̂)
[( ) ]( )
( )(̂)
[( ) ]( )
| |
| |
, y
( )(̂)( )
[( ) ]
( )
( )
Definimos ; y otra vez, usamos , para obtener
( )(̂)( )
; ( )(̂)( ) ; y
{( )(̂)( )} ( ) .
Comparemos las expresiones que salieron de nuestros análisis para y
:
{( )̂( )} .
{( )̂( )} .
Así como de {( )̂( )} se desprendió que
Problema 3
Página 36 de 78
[
| ( ̂)
̂|
] ̂,
de {( )̂( )} encontraríamos que
[
| ( ̂)
̂|
] ̂; o sea, que
[
| ( ̂)
̂|
] ̂ .
Entonces ¿serían y uno y el mismo vector?
Para responder esta duda, examinemos dos resultados más, que obtuvimos
durante nuestros análisis:
( )̂( )
[( ) ]
( )
.
( )(̂)( )
[( ) ]
( )
.
Por lo tanto, y no pueden ser uno y el mismo vector. En cambio, sería
el uno, y el otro, de los dos vectores de longitud , y cuyo componente parale-
lo a ̂ es [
| ( ̂)
̂|
] ̂:
Para terminar, veremos dos soluciones numéricas:
Problema 3
Página 37 de 78
Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial
Problema 4
Página 39 de 78
Problema #4
Se nos presentan una circunferencia y dos puntos (A y B) ajenos a ésta.
Debemos encontrar (construir) las circunferencias tangentes a la circun-
ferencia, y que pasen por los dos puntos:
Resolución del problema
Resolución por medio de la geometría clásica
Reexaminemos el análisis que hicimos para identificar una solución clá-
sica para Problema 3. Abajo, se presenta la figura que usamos para en-
contrar dicha solución:
Por Hecho 4, supimos que ( ) ( ) . Por Hecho 5, recono-
cimos que . Ya que ( ) ( ) , y ,
llegamos a la ecuación algebraica ( ) (√ ) , la cual
la resolvimos por medio de la geometría:
Problema 4
Página 40 de 78
El problema presente (o sea el 4, presentado abajo con las dimen-
siones relevantes a la solución señaladas), tiene mucho en común con
Problema 3.
De nuevo ( ) ( ) = ( ) ( ) , y
. No tenemos ningún segmento análogo al “fp” de Problema 3,
pero por Hecho 4, reconocimos que ( ) ( ) , siendo w el
punto medio entre A y B. Entonces,
( ) ,
de donde
( ) (√ ) .
Esta última, la resolvemos de forma parecida a la que usamos para
Problema 3:
Problema 4
Página 41 de 78
Para saber cómo construir un segmento de longitud
√ , consulta por favor el Apéndice 1.
Véase también, https://www.youtube.com/watch?v=6_rsMaegd9Y (Con-
struct Circle Tangent to Another, and Through 2 Points).
Resolución por medio del AG
Veremos que así como la resolución clásica fue parecida a la de Pro-
blema 3, la resolución GA es parecida también.
Definimos un punto de referencia, q, y los vectores entre éste y los
otros puntos que nos interesan:
Encontramos t1 primero:
radio = 
Problema 4
Página 42 de 78
Los ángulos amarillos son iguales. Entonces,
| | | |
( )( ) | || |
De manera parecida,
( )[( ) ] | || |
Por lo tanto,
( )( )
( )[( ) ]
Otra vez, parece que el vector ( ) complica la resolución del
problema, pero en verdad, posibilitará una simplificación importante al
final. Ahora, eliminamos el factor ( ) del denominador.
( ) {
( )( )
( )[( ) ]
} .
( )( )( )
( ) [( ) ]
( )( )( )
[( ) ]
( )
Ya hemos obtenido un producto de vectores que es igual a un múltiplo
escalar de ( ) :
( )( )( ) [( ) ],
donde ( ) .
Ahora, defínanse:
; ; y .
Con estas definiciones, nuestra ecuación
( )( )( ) [( ) ].
se trasforma en
( )( )( ) [ ].
Ahora, efectuamos el producto punto con en ambos lados. De es-
ta forma, nos deshacemos del .
[( )( )( )] [ ] .
Problema 4
Página 43 de 78
El desarrollo que sigue, del producto punto, requiere de una explica-
ción. (Al final de la resolución de este problema, se presentará otro
desarrollo.) Para comenzar esta versión del desarrollo, notamos que en
la geometría plana, no existen 3-vectores, por lo que
〈( )( )( )〉 . Entonces, ( )( )( ) es
la suma de un escalar y un bivector. Por lo tanto,
[( )( )( )] 〈( )( )( ) 〉 .
〈( )( )〉 .
Siguiendo con el desarrollo, y notando que = la cuadrada del
radio de la circunferencia dada, obtenemos
〈 ( ) 〉
Pero en la geometría plana, ( ) ( ),
( ) ( )( ) ( )( )
Para poner este resultado en una forma más útil, comenzamos por
escribirlo como
[( ) ( ) ] ( ) .
Después, definimos
[( ) ( ) ]¸ y
,
para poner nuestro resultado en la forma
[
( )
| |
] ̂.
Así como en Problema 3, hemos identificado el componente de
paralelo a cierto vector conocido (a saber, al ̂). Pero hay dos vectores
que tienen el mismo componente , y cuya magnitud es . Entonces,
todavía no hemos resuelto el problema.
Ahora, usamos un razonamiento parecido al que empleamos para
trata el , para encontrar .
Problema 4
Página 44 de 78
Llegaremos a
( )( ) | || | , y
( )[ ( ) ] | || | .
Por lo tanto,
( )( )
( )[( ) ]
( )( )( ) [( ) ],
donde ( ) .
Comparando este resultado con aquello que obtuvimos al tratar t1; o
sea, al
( )( )( ) [( ) ] ,
se nota que la ecuaciones para y son idénticas, excepto en cuanto a
los signos de los escalares.
Por lo tanto, si definimos:
,
y usamos las mismas definiciones , y , llegaremos
a
[
( )
| |
] ̂,
donde .
Entonces,
[
( )
| |
] ̂. (Véase el diagrama.)
Problema 4
Página 45 de 78
Ya vemos que los componentes paralelos a , de los vectores y
son iguales, amén las magnitudes de y , pero y no pue-
den ser el mismo vector porque
( )( )( ) [ ], donde , mientras
( )( )( ) [ ], donde .
Por lo tanto, es el uno, y el otro, de los dos vectores de magnitud
cuya proyección sobre es
[
( )
| |
] ̂ ,
donde ya no distinguimos entre y :
Problema 4
Página 46 de 78
Desarrollo alternativo, del producto punto con
Partimos de la ecuación
[ ] ( )( )( ).
La expandimos de una forma un poco diferente:
[ ] [( )( )]( ).
[ ] [ ]( )
[ ]
Los productos “simétricos” y no presentan ninguna
dificultad, porque cualquier producto tal (o sea, de la forma ) se pue-
de trasformar según ( ) ( ) ( ) .
En contraste, los productos y sí, son molestos. Entonces,
los trasformamos para obtener, para cada uno, una expresión equivalen-
te contenga el producto . Éstos tendrán signos contrarios. Por eso,
se anularán:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) .
Entonces, al sustituir , , , y por sus res-
pectivas equivalentes, se obtiene
[ ]
( ) ( )
( ) ( ) .
Efectuando el producto punto con en ambos lados, y tomando en
cuenta que [ ] , y , se obtiene, después de muchas
simplificaciones,
( ) ( ) ( ) ,
o sea,
[( ) ( ) ] ( ) .
Problema 5
Página 47 de 78
Problema #5
Se nos presentan dos circunferencias y un punto (el P) sobre una de
ellas. Debemos encontrar (construir) las circunferencias que sean tan-
gentes a ambas de las circunferencias dadas, y que pasen por P.
Resolución del problema
Resolución por medio de la geometría clásica
Para comenzar, agregamos al diagrama inicial los centros de las dos
circunferencias dadas:
Para ayudarnos a encontrar una pista, comenzamos por esbozar
una (en nuestra imaginación, al menos) la una de las dos circunferen-
cias que nos toca construir. Esperamos, de esta forma, construir un
puente entre ésta y los datos.
Examinando esta “solución”, notamos que la distancia CB debe ser
igual al radio de la circunferencia roja, más el de la circunferencia cuyo
centro es B. Es más, podríamos formar un segmento igual a CD al trazar
una circunferencia centrada en P, y que tenga el mismo radio que la cir-
cunferencia “B”. De esta forma, habremos obtenido un triángulo isósce-
les (el DBC) cuyo ápice es C. Su base sería DB. Por lo tanto, la media-
triz de DB pasará por C (Hecho 6). Pero al mismo tiempo, la recta que
pasa por A y D pasa por C también (Hecho 2):
Problema 5
Página 48 de 78
Entonces, ya sabemos cómo encontrar C: sería el punto de inter-
sección de la recta ⃡⃗⃗⃗⃗ , con la mediatriz de ̅̅̅̅.
Por lo tanto, el primer paso de la resolución es de dibujar ⃡⃗⃗⃗⃗ .
Acto seguido, trazamos una circunferencia centrada en P, con radio
igual a la circunferencia a la que P no pertenece.
Ahora, construimos la mediatriz del segmento DB, para identificar C.
Por fin, trazamos una circunferencia centrada en C, con radio CP.
(Para que la resolución sea completa, hemos trazado el segmento BC
también.)
Problema 5
Página 49 de 78
La otra de las dos circunferencias tiene una relación también con la
misma circunferencia negra trazada con línea de puntos, que usamos
para construir la primera:
FE = FB. Usando las mismas ideas que usamos para construir la
circunferencia roja, reconocemos que el centro de la magenta sería el
punto intersección (F) de la mediatriz de ̅̅̅̅ con la recta que pasa por A
y P:
Encontrado el punto F, solo es necesario trazar una circunferencia
centrada en ello, y con radio FP:
Problema 5
Página 50 de 78
A continuación, se presentan las dos circunferencias y los elementos
claves para su construcción.
Para terminar, deberíamos notar que la solución se puede encontrar
aprovechando las relaciones—que resultan útiles en otros contextos
más generales, también—entre circunferencias tangentes y las rectas
que son tangentes comunes externa e internamente:
Problema 5
Página 51 de 78
Estas relaciones tienen mucho que ver con las relaciones entre las
características de hipérbolas. (Véase el documento Las bellezas geomé-
tricas atrás de las fórmulas feas.)
Resolución por medio del AG
En la resolución del Problema 1, se presentaron con extensión las ideas
que nos llevaron a identificar los aspectos de los datos que posibilitan el
aprovechamiento de los fuertes del AG. Esta vez, en aras de la de con-
cisión iremos al grano. Primero, elegimos un punto de referencia q, y los
puntos y sus respectivos vectores que figurarán en la resolución.
Notamos que los ángulos amarillos son iguales, y también los azules
De nuevo, usaremos la mis-
ma letra para representar el
punto que nos interese (por
ejemplo, t1), y el vector entre
q y éste.
El contexto indicará cuál de
estos significados estamos
empleando.
Problema 5
Página 52 de 78
Identifiquemos primero el punto . Porque los ángulos amarillos son
iguales, podemos escribir
| | | |
, y
( )
| | | |
.
El ángulo es una incógnita, por lo que procuramos eliminarlo. Pero no
lo haremos de la misma manera que empleamos al resolver los Proble-
ma 1 al 4.
( )( )
| |
( )
| |
, y
( )[ ( )]
| |
( )
| |
.
( )( )
| |
| |
| |
, y
( )[ ( )]
| |
| |
| |
.
( )( )
| |
| | , y
( )[ ( )]
| |
| | ,
( )( )
| | , y
( )[ ( )]
| |
,
Donde y (escalares) son, respectivamente, los radios de las
circunferencias centradas en y . Siguiendo,
( )( )
| |
, y
( )[ ( )]
| |
.
Ahora, igualamos las dos expresiones para :
( )( )
| |
( )[ ( )]
| |
Ya se eliminó el . Pero nos damos cuenta que se puede eliminar,
también, el factor | | para obtener
( )( ) ( ) ( )( ) .
A diferencia de lo que sucedió en Problema 1, donde obtuvimos una
ecuación equivalente a
( )( )
( )( )
,
en este caso sabemos cuál escalar es: es el mismo . Entonces,
hemos obtenido una ecuación en la que es la única incógnita. Intenta-
remos despejarlo.
Volviendo a la ecuación
( )( ) ( ) ( )( ),
si en este momento expandiéramos el lado derecho, obtendríamos un
término con , que resultaría molesto. Entonces, trasformamos ( )
en [( ) ( )].
( )( ) ( ) ( )[( ) ( )]
Ya es oportuno efectuar la expansión. Gracias a la trasformación
que hicimos, obtendremos un término con ( ) (un dato) en
vez de uno con (una incógnita).
( ) ( ) [( )( ) ( ) ] .
Problema 5
Página 53 de 78
Juntando los términos con en el lado izquierdo, se obtiene una ecua-
ción que se puede resolver fácilmente:
[( ) ( ) ] ( ) ( ) ;
[( ) ( ) ] { ( ) [( ) ]}
{ [( ) ]}
Esta última tiene la forma
, donde
[( ) ( ) ] ,
{ ( ) [( ) ]} , y
{ [( ) ]} .
Por lo tanto,
( ) ( )
( )
.
{[( ) ] } ( )[( ) ]
.
Si quisiéramos, podríamos sustituir por [( ) ( ) ] en
este resultado, para expresar en términos de , , y .
Ahora, encontramos . Los ángulos azules son iguales, entonces
| |
( )
| |
, y
| |
( )
| |
.
Ahora, seguimos un procedimiento parecido al que usamos para en-
contrar .
( )( )
| |
, y
( )( )
| |
( ) ( ) ( )
Unos cuantos detalles:
porque éste es una
situación 2-dimensional: no
puede haber un 3-vector (por
ejemplo, ).
( ) ( ) ( )
En cambio,
Nótese que para cualquier
vector s, s2
es igual al escalar
|s|2
, el cual lo podemos escri-
bir como s2
(sin negras).
Problema 5
Página 54 de 78
( )( ) ( ) ( )( )
Para evitar tener un término con , trasformamos ( ) en
[( ) ( )]:
( )( ) ( ) [( ) ( )]( )
[ ( ) ( )] ( ) ( ) ( )
( ) ( )
[( ) ( ) ] ( ) ( )
[( ) ( ) ] { ( ) [( ) ]}
{ [( ) ]} .
Esta vez, nuestra ecuación tiene la forma
= , donde
[( ) ( ) ],
{ ( ) [( ) ]} , y
{ [( ) ]} .
Entonces,
( ) ( )
( )
.
( )[( ) ] { [( ) ]}
.
En resumen,
Problema 5
Página 55 de 78
Las ubicaciones (con respecto a q) de los dos puntos de tangencia
son
{[( ) ] } ( )[( ) ]
.
donde
[( ) ( ) ] , y
{ ( ) [( ) ]}.
( )[( ) ] { [( ) ]}
donde
[( ) ( ) ], y
{ ( ) [( ) ]} .
Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial
Referencias
Página 57 de 78
Referencias
Hacking, I. 2014. Why is there Philosophy of Mathematics at All?. ISBN-
13: 978-1107658158. Cambridge University Press, New York.
Hestenes, D.1999. New Foundations for Classical Mechanics (2nd edi-
tion). ISBN-13: 978-079235514. Kluwer Academic Publishers, Dordrecht.
--2002. Oersted Medal Lecture 2002: Reforming the Mathematical Lan-
guage of Physics.
http://geocalc.clas.asu.edu/pdf/OerstedMedalLecture.pdf.
Macdonald, A. 2010. Linear and Geometric Algebra (First Printing).
ISBN-13: 978-1453854938. CreateSpace Independent Publishing Plat-
form. https://www.createspace.com/.
Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 59 de 78
Apéndice 1: Técnicas y ópticas útiles en la resolución
de problemas “construcción” de la geometría clásica
Parte 1: Adentrémonos en otro mundo del pensamiento matemáti-
co
2
Con frecuencia, la resolución de problemas de construcción con regla y
un compás nos exige entrar en un mundo matemática distinto al mundo
simbólico y algebraico que conocemos mejor. En efecto, nos exige prac-
ticar una especie de etnomatemáticas, porque tenemos que concebir
cantidades como ; ; ; o hasta √ como áreas
o como operaciones con segmentos, en vez de con números. Esto por-
que en muchos casos, la relación entre los datos y las características de
la incógnita que nos permitirán identificarla, se formula mejor en térmi-
nos de sumas y restas de productos de longitudes de segmentos.
Por ejemplo, en la figura que sigue, los datos son la recta ⃡ y los
puntos p y q. Nos toca construir una circunferencia tangente a ⃡ , y que
pase por p y q.
Fig. A1
Para construirla, usamos Hecho 4, que nos permite escribir la relación
entre las distancias que los puntos dados y el punto (t) de tangencia
guardan desde el punto (s) de intersección de ⃡ con la recta ⃡⃗⃗⃗ :
( ) ( )( )
2
Lamento omitir la inversión.
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 60 de 78
Fig. A2
Una vez formulada la relación, tendremos que identificar la longitud
st con aquella de un segmento que se pueda obtener por medio de una
operación o más con los segmentos sp y sq.
Parte 2: Técnicas útiles
Técnicas de construcción para “expresar” relaciones entre datos e in-
cógnitas
Para adentrarnos en este otro concepto de matemáticas, tomemos como
punto de partida, la expresión . Todos sabemos que según el
Teorema de Pitágoras, “la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de
un triángulo rectángulo es la suma de las cuadradas de los catetos”. Pe-
ro, ¿qué nos significa realmente, esta declaración? Casi sin excepción,
nuestra interpretación de ésta es que la longitud de cada lado es algún
número (su medida), y que la suma de las cuadradas de los números
que son las longitudes de los dos catetos, es igual a la cuadrada del
número que es la longitud de la hipotenusa.
Pero lo que los matemáticos griegos como Pitágoras querían comu-
nicarnos a través del famoso teorema, fue que el cuadrado construido
sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo es igual a (es decir, que
tiene la misma área como) la suma de los dos cuadrados construidos
sobre los catetos:
Fig. A3
Un concepto relacionado, que se usa mucho en este documento, es que
es la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de un triángulo
rectángulo cuyos catetos miden a y b:
Fig. A4
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 61 de 78
Igualmente, se concibe √ como la medida de uno de los catetos
de un triángulo rectángulo cuyo otro cateto mide b, y cuya hipotenusa
mide a. Pero ¿cómo se puede construir?
Aquí, también, usamos el Teorema de Pitágoras. Primero, recono-
cemos que cualquiera ángulo inscrito en una semicircunferencia es un
ángulo recto:
Fig. A5
Queremos construir un triángulo rectángulo de hipotenusa a. Entonces,
trazamos una circunferencia con diámetro a:
Fig. A6
Acto seguido, trazamos un arco con centro en uno de los extremos del
diámetro, y de radio b, para construir el cateto que tiene dicha longitud:
Fig. A7
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 62 de 78
Uniendo el otro extremo del diámetro con el punto de intersección
del arco con la circunferencia, se obtiene un segmento de longitud
√ :
Fig. A8
Podemos extender esta idea para concebir la suma
como [√ ] ; o sea, como la cuadrada de la longitud de la
hipotenusa de un triángulo rectángulo con catetos que miden √
y :
Fig. A9
De esta forma, podríamos expresar la suma de cualquier número de
cuadradas como la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de un trián-
gulo rectángulo. Sin embargo, veremos muchos problemas en los que
las sumas contienen, además de cuadradas, productos de longitudes de
segmentos. Por ejemplo, . Nos gustaría poder concebir
esta expresión como una suma de cuadradas también. Entonces, usa-
remos alguna de las siguientes tres construcciones para construir un
segmento, la cuadrada de cuya longitud sería . Nótese que cada figu-
ra usa los mismos segmentos c y d:
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
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Fig. A10a
Fig. A10b
Fig. A10c
Son notables, las diferencias entre el espacio ocupada por cada cons-
trucción.
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 64 de 78
Técnicas para construir la incógnita
Muchas veces, la relación que obtenemos tiene la forma de una ecua-
ción cuadrática, que se puede “resolver” por medio de una de las técni-
cas presentadas en Apéndice 2. También es común que la incógnita se
puede construir directamente usando una de las técnicas arriba mencio-
nadas. Por ejemplo, la incógnita (st) en el problema con el que este
Apéndice comenzó,
Fig. A11
se puede construir por medio de ésta construcción,
Fig. A12
usando sp en el lugar de d, y sq en el lugar de c, para que st sea
√( )( ):
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 65 de 78
Fig. A13a
Fig. A13b
Además, veremos muchos casos donde la relación entre tres longitudes
conocidas (por ejemplo, a, c, y d) y la longitud incógnita x tiene la forma
, la cual la trasformamos en (√ ) , para poder construir
x como se demuestra a continuación. Primero, se construye un segmen-
to de longitud √ , y después, usamos una idea que vimos hace poco:
Fig. A14a
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 66 de 78
Fig. A14b
(√ )
Fig. A14c
Técnicas para trasformar las relaciones en formas que nos permitan
construir la incógnita
La primera trasformación que veremos, es una que pudiéramos haberla
usado para construir la incógnita x en el ejemplo anterior: . Por
medio del álgebra, encontramos que , hecho que usamos para
construir x así:
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 67 de 78
Fig. A15a
Fig. A15b
Fig. A15c
La misma técnica se puede usar cuando es necesario construir un seg-
mento cuya longitud sea veces la longitud de algún segmento que
mide r:
Fig. A16
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
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Podemos usar esta idea, junta con una de las construcciones para cons-
truir un segmento cuya longitud sea la raíz cuadrada de otros dos, para
construir uno cuya longitud sea √ . La idea clave es que √
√
:
Fig. A17
Un ejemplo complejo que usa estas técnicas
En Fig. A18, se nos presentan una recta, la circunferencia azul, y el pun-
to P. Tenemos que construir una circunferencia (sería la roja) tangente a
la recta y a la circunferencia azul, y que pase por P:
Fig. A18
La inversión es una técnica idónea para resolver este problema. Sin em-
bargo, la geometría clásica “pura” puede resolverlo también. No sosten-
go que la resolución presentada aquí sea la más simple, pero demuestra
unos cuantos de los recursos de los que la geometría clásica dispone.
Analizando nuestro problema, vemos que la distancia entre P y el
centro de la circunferencia roja es igual a ρ. Entonces,
( ) . (A1)
Además, la distancia entre la circunferencia azul y el centro de la roja es
R+ρ, por lo que
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
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( ) ( ) ( )
( ) . (A2)
Ahora, multiplicamos ambos lados de (A1) por ( ), y a ambos lados
de (A2) por a, para ver que
( ) ( ) ( )( ),
( ) ( ) ( ) . (A3)
Porque ésta tiene una suma de un término lineal y otro cuadrático en
z, intentamos trasformarla en una de la Clase II, tratado en Apéndice 2:
Clase II: x(x + a) = ( b )
2
Fig. A19
El término cuadrado no puede tener un coeficiente que no sea 1, por lo
que primero, dividimos ambos lados por ( ):
( ) ( )
( )
( ) [ ( )].
Estamos avanzando, al parecer, pero el lado izquierdo nos presenta difi-
cultades porque tal como está, no tiene una forma que hemos visto. En-
tonces, lo factorizamos para trasformarlo en una suma de cuadradas de
longitudes, multiplicada por un cociente de sumas y diferencias de longi-
tudes:
( ) ( )
( )
[ ( )]
se trasforma en
{ ( )} [ ] [ ( )],
y después en
{√ ( )√ } [ ( )], (A4)
donde hemos trasformado el lado derecho también. Ahora, se puede
construir z:
B
A C
D
x
x + a
a
b
El término ( ), claro,
será tratado como
[√ ( )] . Es decir,
como la cuadrada de la raíz
cuadrada del producto de las
longitudes a y A +R.
Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas
“construcción” de la geometría clásica
Página 70 de 78
Fig. A20
La secuencia de pasos para la construcción es
 Construir segmentos que miden
√ ( )√ y ( ).
 A partir de dichos segmentos, construir el segmento AC. Éste
sería la hipotenusa de un triángulo cuyos catetos son los seg-
mentos construidos en el paso previo.
 Usando C como el centro, trazar una circunferencia de radio
( ). El segmento rojo tiene la longitud z.
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 71 de 78
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar
la raíz cuadrada, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Éstas son solamente unas cuantas de las construcciones usadas para
este propósito.
Construcciones geométricas para encontrar la raíz cua-
drada
Todas aprovechan la presencia de triángulos semejantes.
Las construcciones que tratan semicircunferencias
Para entender éstas, tenemos que saber que en el siguiente dibujo,
el ángulo ABC es un ángulo recto. Eso porque todo ángulo inscrito en
una semicircunferencia lo es.
Ahora, dibujamos un segmento perpendicular al diámetro AC, y que
pasa por el punto B, para obtener el triángulo rectángulo ADB.
Son semejantes los siguientes dos pares de triángulos:
Por consiguiente, examinando el primer par, se observa que
BD/CD = AD/BD, luego BD2
= AD×CD, y BD = AD × CD ,
A
B
C
DA
B
C
B
D
C
A
D
B
A
B
C
A
D
B
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 72 de 78
donde AD, BD, y CD representan las longitudes de los respectivos seg-
mentos.
De manera parecida, un análisis de segundo par de triángulos nos lleva
a que
AB/AC = AD/AB, luego AB2
= AD×AC, y AB = AD × AC .
Bueno, ¿cómo podemos usar estos conocimientos para encontrar la raíz
cuadrada de un número? Hay dos técnicas. En ambas, empezamos por
escoger algún segmento que tenga una longitud conveniente. Dicho
segmento se usará como un “metro”, y su longitud se define como “1”.
Esta idea no tiene nada de extraño; por ejemplo, la longitud de este
segmento azul es el bien conocido “centímetro”:
Ahora, digamos que el número del que queremos encontrar su raíz cua-
drada, es N. En la primera técnica, se construye una circunferencia cuyo
diámetro es igual a N + 1. Es decir, que su diámetro mide N + 1 veces
la longitud del segmento definido escogido como “1”:
Después, se construye un segmento perpendicular al diámetro, a la dis-
tancia 1 de uno de sus extremos:
Ya que en esta construcción, BD = AD × DC , resulta que
AB = 1 × N = N .
Por lo tanto, el resultado final es
1 cm
A
B
C
N + 1
N
DA
B
C
1
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 73 de 78
En la segunda, técnica, se construye una circunferencia cuyo diámetro
es igual a N mismo, en vez de N + 1 :
Después, exactamente como se hizo en la primera técnica, se cons-
truye un segmento perpendicular al diámetro, a la distancia 1 desde uno
de sus extremos:
Ya que en esta construcción, AB = AD × AC , resulta que
AB = 1 × N = N .
El resultado final es
N
DA
B
C
1
N
N
A
B
C
DA
B
C
N
1
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 74 de 78
La construcción que trata de una tangente a una circunferencia
En el dibujo que sigue, el segmento AB es tangente a la circunferencia,
en el punto B.
Son iguales los dos ángulos ABD y BCD, por lo que los siguientes
dos triángulos son semejantes:
Por lo tanto,
AB/AC = AD/AB, luego AB2
= AC×AD, y AB = AC × AD ,
N
N
1
DA
B
C
B
A C
D
B
A C
D
A B
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 75 de 78
¿Cómo usar esta idea para encontrar la raíz cuadrada de algún número
N ?
Primero, se construye una circunferencia de diámetro N – 1:
Acto seguido, se extiende el diámetro en una unidad más, para obtener
un segmento de longitud N:
Por fin, se construye una tangente a la circunferencia
Ya que en esta construcción, AB = AC × AD , resulta que
AB = 1 × N = N .
N - 1
N - 11
N
B
A C
D
1
N
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 76 de 78
Construcciones para resolver geométricamente, las ecua-
ciones cuadráticas
Me cae como muy bello, el que los griegos de la antigüedad identificaron
cómo resolver ecuaciones cuadráticas por medio de construcciones
geométricas.
Consideremos las siguientes cuatro clases de ecuaciones cuadráti-
cas, donde los números a, b, y c son todos positivos:
I. x
2
+ ax + b = 0
II. x
2
+ ax - b = 0
III. x
2
- ax - b = 0
IV. x
2
- ax + b = 0 .
Las ecuaciones de la primera clase no tienen raíces positivas, por lo
que, según los griegos de la antigüedad, no tienen soluciones. En cam-
bio, toda ecuación de las otras tres clases tiene al menos una raíz posi-
tiva. Para saber encontrarlas geométricamente, tenemos que escribirlas
de otra forma:
II. x
2
+ ax - b = 0 se puede escribir como x(x + a) = ( b )
2
.
III. x
2
- ax - b = 0 se puede escribir como x(x - a) = ( b )
2
IV. x
2
- ax + b = 0 se puede escribir como x(a - x) = ( b )
2
.
Las ecuaciones de las clases II y III tienen una sola raíz positiva. Las
construcciones para ambas clases son idénticas en cuanto a sus proce-
dimientos.
Primero, se construye un segmento de longitud b . Acto seguido,
se construye una circunferencia de diámetro a, tangente al segmento en
el punto B . Por fin, se dibuja una recta que pasa por A y el centro de
la circunferencia. Las longitudes de los segmentos señalados, son los
respectivos valores de x .
Clase II: x(x + a) = ( b )
2
B
A C
D
1
N
N
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 77 de 78
Clase III: x(x - a) = ( b )
2
Clase IV: x(a - x) = ( b )
2
Ecuaciones de esta clase tienen dos raíces positivas, que las deno-
minamos de x1 y x2. Para encontrarlas geométricamente, se dibuja
primero una circunferencia de diámetro a. Después, se construye
una recta paralela al diámetro de dicha circunferencia, a una distan-
cia b . Esta recta cortará la circunferencia en dos puntos. Se elige
uno de estos —no importa cuál. Por fin, se dibuja una recta perpen-
dicular al diámetro, que pasa por el punto que se eligió. Las longitu-
des de los segmentos señalados, son los valores de x1 y x2.
B
A C
D
x
x + a
a
b
B
A C
D
x - a
x
a
b
Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra-
da, y para resolver ecuaciones cuadráticas
Página 78 de 78
x2 = a – x1x1
a
b

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Resoluciones de "problemas de construcción" geométricos por medio de la geometría clásica, y el álgebra geométrica vectorial

  • 1. Página 1 de 78 Resoluciones de “problemas de construc- ción” geométricas por medio de la geo- metría clásica, y el álgebra geométrica Cada técnica es especialmente buena para manejar cierto tipo de información. Enton- ces, intentaremos expresar cada problema en términos de elementos apropiados para la una y la otra de las dos técnicas. Problema 1 Problema 2 Problema 3 Dada la recta ⃡ y los puntos a y b, encon- trar las dos circunfe- rencia tangentes a ⃡, y que pasen por a y b. Dada la recta ⃡ la cir- cunferencia con centro c, y un punto p sobre esta última, encontrar las dos circunferencia tangentes a ⃡, y que pasen por p. Dada la recta ⃡, el punto p, y la circunfe- rencia azul, encontrar las dos circunferencias tangentes a esta últi- ma, y a ⃡ en el punto p.
  • 2. Página 2 de 78 Problema 4 Problema 5 Dada una circunferen- cia (la azul) y los pun- tos A y B, encontrar las circunferencias tan- gentes a ella, y que pasen por A y B. Dadas circunferencias A y B y un punto P so- bre una de ellas, en- contrar circunferen- cias tangentes a am- bas, y que pasen por P.
  • 3. he trouble with the very notion of 'application' [of mathematics to science, or of one branch of mathemat- ics to another] is that it is a one-way concept: we apply A to B. To counter this I have invented the word 'interapplica- bility'. Mathematicians who work in these domains more often speak of correspondence, which is a symmetric notion. Alt- hough I began this discussion [of Descartes’s contributions] in terms of application, we might better have spoken of Descartes establishing a correspondence between arithmetic and geome- try. I once in conversation spoke of Descartes arithmetizing geometry; the person with whom I was speaking, having in mind the way algebraic problems of the day could now be solved geometrically, observed that Descartes had geometrized algebra. Exactly so.1 1 Hacking, Ian. 2014. Why is there Philosophy of Mathematics at All?. pp. 20-21. Cambridge University Press, New York. Le agradezco a “Lorena”, una alumna que estudia la filosofía de las matemáticas en La Universidad Nacional Autóno- ma de México, por haberme enterado de este libro. T
  • 5. Introducción A modo de introducción… David Hestenes, el físico y matemático que redescubrió el Álgebra Geométrica (AG) hace un medio siglo para luego desarrollarla, ha dicho dijo (Hestenes ) que al alumno principiante le hará falta cierta orientación para poder usar su libro New Foundations for Classical Mechanics (Hestenes 1999) con provecho. Agregó que los beneficios de aprender el AG son inmensos para el alumno que comience a aprenderlo en la prepa, pero reconoció que la tarea de preparar un currículo adecuado para alumnos de dicho nivel no es trivial. Ha elogiado el libro Linear and Geometric Algebra, por Alan Macdonald (Macdonald, A. 2010) porque sirve de “puente” entre las presentaciones tradicionales y la presenta- ción basada en el AG, del álgebra lineal. Serían útiles, otras obras “puente”. Por eso, comencé este pequeño documento. He dedicado mucho tiempo al estudio del AG, pero me con- sidero, verdaderamente, un principiante todavía. Sin duda, hay maneras más inspiradas que las mías, para aprovechar las propiedades del AG para resolver estos problemas. Espero que los lectores me envíen sus observaciones, sugerencias, y—sobre todo—correcciones. Pienso con- tribuir una versión corregida y ampliada a una página web como Ju- lioProf.net, de Perú, para que este recurso les esté disponible sin costo a alumnos hispanohablantes. Hablando de recursos gratuitos que sirven de “puente”, no pierda Ud. la excelentísima página interactiva “Primer on Geometric Algebra for introductory mathematics and physics”, preparada por Profesores Hes- tenes y Rowley: (http://geocalc.clas.asu.edu/GA_Primer/GA_Primer/outline-table-of- contents/index.html) y sobre todo, las siguiente página, preparada, por los mismos profeso- res, para alumnos y maestros de la preparatoria: “High School Geometry with Geometric Algebra”: (http://geocalc.clas.asu.edu/GA_Primer/GA_Primer/introduction-to- geometric/high-school-geometry-with/index.html) El autor San Cristóbal de Las Casas, Chiapas, México, 13 septiembre 2014
  • 7. Hechos relacionados con la geometría Página 7 de 78 Hechos relacionados con la geometría Los problemas que resolveremos en este documento nos piden identifi- car circunferencias que sean tangentes a ciertos otros objetos. Por su- puesto, nuestros intentos por resolver estos problemas tendrán que par- tir de nuestros conocimientos de la geometría. Queremos mantener pre- sente en la mente una diversidad de hechos, ya que cada una de las técnicas (a saber, la geometría clásica y AG) es especialmente buena para manejar cierto tipo de información. Entonces, intentaremos expre- sar cada problema en términos de elementos apropiados para la una y la otra de las dos técnicas. Aquí se presentan algunos de los hechos que tal vez nos resultarán útiles. Acerca de la geometría clásica: 1. El bisectriz de una cuerda de una circunferencia pasa por el centro de ésta. Entonces, el bisectriz del segmento ̅̅̅ pasa por los centros de las dos circunferencias rojas: 2. (Un caso limitante de Hecho 1) La recta que pasa por los centros de dos circunferencias tangentes pasa también por el punto de tangen- cia.
  • 8. Hechos relacionados con la geometría Página 8 de 78 3. Una recta tangente a una circunferencia es perpendicular a la recta que pasa por el centro de la circunferencia y el punto de tangencia. Igualmente, la recta perpendicular a una recta tangente a una cir- cunferencia, y que pasa por el punto de tangencia, pasa por el cen- tro de la circunferencia: 4. Como lo expresan los libros de texto de la geometría, “Si de un pun- to exterior a un círculo se trazan a él una secante y una tangente, la tangente es la media proporcional entre la secante y su parte exte- rior.” Por ejemplo, ( ) ( )( ) Un corolario importante es, “La cuadrada de la longitud de la tangen- te es igual a cuadrada de la distancia entre el punto exterior y el cen- tro de la circunferencia, menos la cuadrada del radio de la circunfe- rencia.” Por ejemplo, ( ) ( )( ) ( ) 5. Son de la misma longitud, los dos segmentos tangentes a una cir- cunferencia desde un punto exterior a ella. Entonces, en el siguiente diagrama .
  • 9. Hechos relacionados con la geometría Página 9 de 78 6. La mediatriz de la base de un triángulo isósceles pasa por el ápice del triángulo. En uno de los problemas que viene en este documen- to, identificaremos el punto D en el siguiente diagrama, para poder usar este hecho para luego encontrar C como el ápice del triángulo isósceles cuya base es ̅̅̅̅. 7. Un ángulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ángulo central del arco opuesto al ángulo inscrito. Entonces, los ángulos morados son iguales por ser, todos, opuestos al mismo arco ̂. La medida de cada uno es de . Los ángulos anaranjados son iguales entre sí, y a los morados. (Nótese que la semirrecta ⃗ es tangente a la circunferencia en A. Un corolario es que cualquier ángulo inscrito en una semicircunfe- rencia es un ángulo recto:
  • 10. Hechos relacionados con la geometría Página 10 de 78 8. Porque los segmentos ̅̅̅̅̅ y ̅̅̅̅̅ son radios de una misma circunfe- rencia, sus longitudes son iguales. Entonces, por el Teorema de Pitágoras, ̅̅̅̅̅ √( ̅̅̅̅̅) ( ̅̅̅̅ ) . Otros hechos se presentan en el Apéndice 1, “Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas ‘construcción’ de la geometría clásica”. Acerca del AG: 9. El AG nos posibilita expresar un vector como la (rotación + dilata- ción) de otro. Por ejemplo, en el siguiente diagrama, | | | | . Con frecuencia, conviene trasformar esta última: Tres recordatorios acerca de las rotaciones 1º: La cantidad no es un escalar, sino un multivector: , siendo i, el bivector unitario, en este caso el del plano que contiene los vectores p y v. 2º: Por lo tanto, . 2º: Sobre todo, es necesario respetar el sentido del ángu- lo. Por ejemplo, | | | | sino | | | | .
  • 11. Hechos relacionados con la geometría Página 11 de 78 | | | | | | | | | | | | | | | | | | | || | . O sea, | || | . Un caso especial—e importante—del Hecho 9 es que es el mis- mo rotado /2 radianes en el sentido antihorario. 10. Dos multivectores son iguales sii sus respectivas partes son iguales. Por ejemplo, son iguales los multivectores ( ) , y [ ( ) ] , donde {e1, e2} es un par de vectores ortonormales. Un coralario del que sacaremos mucho provecho en este documento, es que la co- ciente de dos multivectores es un escalar sii la cociente de sus res- pectivas partes es, para todas las partes, igual al mismo escalar. Por ejemplo, usando los mismos multivectores A y B, . Sobre todo, para cualquier escalar , y cualesquier cuatro vectores a, b, c, y d, . 11. A propósito del Hecho 10, es oportuno aclarar exactamente qué sig- nifica . Macdonald nos entera de que para cualesquier dos multi- vectores A y B, A/B es la abreviatura para AB-1 , cantidad que por lo general no es igual a B-1 A (Macdonald 2010, p. 106). Es decir, . Entonces, al obtener una ecuación de la forma , ¿cuáles son las equivalentes de ésta, que tal vez nos servirán para “Sii” = “si, y solamente si”.
  • 12. Hechos relacionados con la geometría Página 12 de 78 resolver el problema entre manos? Primero, reconozcamos que en este documento, una ecuación tal, siempre vendrá en un contexto donde dos productos de se expresan como | || | y | || | , siendo Ψ el ángulo entre a y b, y también entre c y d. ¿Cuál sería la relación entre estas ecuaciones, y aquella que querremos usar (o sea, la ?) Investiguemos un poco. De | || | y | || | , se desprende que | || | | || | . De ahí, se pueden desarrollar varios productores vectoriales que sean iguales a | || | | || | : Ruta 1 Ruta 2 Ruta 3 | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | | || | Ahora, podemos ver que todas las expresiones , , y son iguales a | || | | || | , y por lo tanto iguales entre sí. Entonces, podemos escribir con el entendido de que | || | | || | (nos sirva o no, esta información) y que repre- senta, sin distinción, todas las expresiones , , y .
  • 13. Problema #1 Página 13 de 78 Problema #1 Se nos presentan una circunferencia, un punto (el p) sobre ella, y una recta (⃡). Debemos encontrar (construir) las circunferencias que sean tangentes a ⃡, y tangentes a la circunferencia en p. Una observación que nos guía es que muchos problemas tales se reducen a la identificación de algún punto. En este caso, dos puntos “candidatos” razonables son  Los centros de las circunferencias; y  Los puntos de tangencia. Resolución por medio de la geometría clásica Por el Hecho 5, las longitudes de los dos segmentos tangentes a una circunferencia desde un punto exterior a ella, son iguales. Por lo tanto, en el problema que nos toca resolver, si p es el punto de tangencia, entonces, .
  • 14. Problema #1 Página 14 de 78 Una vez reconocida la igualdad de estos tres segmentos, se usa Hecho 3 para encontrar el punto d, y Hecho 5 para encontrar t1 y t2. Ahora, usamos Hechos 2 y 3 para encontrar los centros de las dos cir- cunferencias que buscamos.
  • 15. Problema #1 Página 15 de 78 Por fin, se dibujan las dos circunferencias. Resolución por medio del AG Podríamos adaptar la solución clásica al AG por expresar las longitudes que usamos en la clásica, en términos de magnitudes de vectores. Sin embargo, esta ruta (al menos cuando yo la seguí) resulta poco satisfac- toria. Sobre todo, porque desaprovecha uno de los fuertes del AG: el manejo fácil, de ángulos y de rotaciones de vectores. También, vimos (Hecho 10) unas cuantas de las posibilidades que existen, para eliminar de nuestras ecuaciones a un ángulo que es una incógnita. Entonces, identifiquemos algunos de los pares de ángulos iguales que están presentes en nuestro problema:
  • 16. Problema #1 Página 16 de 78 De todos estos pares, elijamos los ángulos azules y amarillos. Para poder usar esta información con provecho, definamos un marco de refe- rencia, y los elementos claves de nuestro problema: Ambos de los puntos de tangencia le pertenecen a ⃡. De las múlti- ples maneras que el AG nos ofrece para expresar una recta en función de n-vectores, elegimos la de tomar como punto de referencia a algún punto q que le pertenece a la recta, para luego poder expresar la ubica- ción de cualquier punto v sobre ⃡ como el punto terminal del vector que lleva el mismo nombre v: Usaremos la misma letra para representar el punto que nos interese (por ejemplo, t1), y el vector entre q y el punto que nos interese. El contexto indicará cuál de estos significados estamos empleando.
  • 17. Problema #1 Página 17 de 78 ̂, donde es un escalar. De aquí en adelante, con fines de brevedad, escribiremos ésta como ̂ , con el entendido que este vector v es la ubicación del punto v con res- pecto al q. Según este esquema, podemos escribir los dos puntos de tangencia como ̂ , y ̂ . Ahora, tratemos la mayor de las dos circunferencias que nos toca identi- ficar: Examinando esta figura, y apoyándonos en la relación | || | (Hecho 9) podemos escribir ̂( ) |̂|| | | | , y ( )[ ( ) ] | || | . Examinemos estas ecuaciones antes de que sustituyéramos t2 por ̂. Son incógnitas, el ángulo  y el vector t2. Entonces, usaremos una ma- niobra común para tratar con esta dificultad. Primero, formamos el co- ciente de las dos ecuaciones: ( )[( ) ] ̂( ) | || | | | | | , donde r es el radio de la circunferencia dada. El numerador y el denominador son, ambos, multivectores; entonces, el cociente de sus partes n-vectoriales correspondientes tiene que ser el mismo r: ( ) [( ) ] ̂ ( ) y ( ) [( ) ] ̂ ( ) , ( ) [( ) ] ̂ ( ) ( ) [( ) ] ̂ ( ) . | ( ) | | | .
  • 18. Problema #1 Página 18 de 78 Por fin, tenemos una ecuación que tiene una sola incógnita (t2). Aho- ra, es provechoso sustituir t2 por ̂, para luego seguir simplificando la ecuación que resulte: ( ̂) [( ) ] ̂ ( ̂) ( ̂) [( ) ] ̂ ( ̂) [( ) ] ̂ [( ) ] ̂ [( ) ] ̂ [( ) ] ̂ , de la cual se produce una ecuación cuadrática en : {̂ [( ) ]} { [( ) ] (̂ )[̂ [( ) ]] (̂ )[̂ [( ) ]]} (̂ ){ [( ) ]} (̂ ){ [( ) ]} . Todos los términos en la ecuación son bivectores; entonces, pode- mos dividir ambos lados por el bivector unitario i para obtener una ecua- ción en escalares. Es decir, el bivector {̂ [( ) ]} es igual a i mul- tiplicado por algún escalar ; el { [( ) ] (̂ )[̂ [( ) ]] (̂ )[̂ [( ) ]]} es igual a i multiplicado por algún escalar ; y el (̂ ){ [( ) ]} (̂ ){ [( ) ]} es i multiplicado por algún escalar . Entonces, la ecuación cuadrática sería , que la trasformamos en . Al resolver ésta, se encuentra que la una de las raíces sí, es (es de- cir, el valor de para el punto de tangencia t2), y la otra es (el valor de para el punto de tangencia t1). Este resultado, claro, debe investigarse. Entonces, hagamos para t1 un análisis parecido al que hicimos para t2: Porque los ángulos amarillos son iguales, [ ( ) ]( ) ( )( ̂) [( ) ]( ) ( )(̂) | || | | | | | , ̂ ̂=1 ; ̂ ̂=0 . Nótese que las dimensiones de “1” en ̂ ̂ , son (Longitud)2 .
  • 19. Problema #1 Página 19 de 78 [( ) ]( ) ( )(̂) . En contraste, para t2 obtuvimos ( )[( ) ] ̂( ) , ( ) [( ) ] ̂ ( ) ( ) [( ) ] ̂ ( ) . En verdad, las ecuaciones para t1 y t2 son equivalentes, pues ( )[( ) ] ̂( ) exige que ( ) [( ) ] ̂ ( ) ( ) [( ) ] ̂ ( ) . Entonces, [( ) ] ( ) ( ) ̂ [( ) ] ( ) ( ) ̂ , y [( ) ]( ) ( )̂ [( ) ] ( ) [( ) ] ( ) ( ) ̂ ( ) ̂ . Total, tenemos [( ) ]( ) ( )(̂) y [( ) ]( ) ( )̂ , demostrando la equivalencia de los dos ecuaciones. Con esto, podemos identificar los puntos t1 y t2. Ahora, escribiremos las ecuaciones para las dos circunferencias. Retomando a Hestenes (New Foundations for Classical Mechanics, pp. 87-89), ( )( ) ( )̂ , y ( )( ) ̂( ) , donde “ ” significa que es un escalar. Para terminar, veremos una solución numérica:
  • 21. Problema #2 Página 21 de 78 Problema #2 Se nos presentan una recta ⃡ y dos puntos (a y b) ajenos a ésta, ambos de los cuales están al mismo lado de ⃡. Debemos encontrar (construir) las circunferencias tangentes a ⃡, y que pasen por los dos puntos: ¿Por dónde comenzar? Otra vez, nos guía la observación de que mu- chos problemas tales se reducen a la identificación de algún punto. Dos puntos “candidatos” razonables son  Los centros de las circunferencias; y  Los puntos de tangencia. Resolución del problema Veremos que las estrategias para la resolución de este problema tienen mucho en común con aquellos que se usaron para Problema 1. Resolución por medio de la geometría clásica Hecho 4—el cual es uno de “los maravillosos teoremas de la geometría” (en las palabras de Richard Feynman—nos permite identificar los puntos de tangencia por medio de una construcción elegante. Tratando primero el menor de las dos circunferencias, reconocemos que según Hecho 4, ( ) ( )( ). Entonces, queremos construir un segmento cuya longitud es el me- dio proporcional entre da y db. En el Apéndice 1, se presenta varias construcciones que nos servirían. Una de las más simples es la siguien-
  • 22. Problema #2 Página 22 de 78 te, en la cual d y b son los puntos extremos del diámetro de la semicir- cunferencia trazada con una línea de puntos. Resulta que la longitud de ̅̅̅̅ es la media proporcional entre y , por lo que es, también, la distancia entre d y t1, igualmente entre d y t2: De ahí, los centros de las circunferencias las encontramos a partir de Hechos 1 y 2: Por fin, dibujamos las dos circunferencias que buscamos:
  • 23. Problema #2 Página 23 de 78 Para más información acerca de estas ideas, véanse Apéndice 1 y los videos  Useful Techniques in Geometric Constructions, y  Construcción de circunferencias tangentes a una recta y que pa- sen por dos puntos dados . Resolución por medio del AG Como observamos en Problema 1, podríamos expresar Hecho 8 en fun- ción de magnitudes de los vectores entre los mismos puntos que trata- mos en el apartado previo. También, podríamos usar Hechos 1 y 2, más el 8, para desarrollar una ecuación que relacione las posiciones de c2, t2, m, y la magnitud del vector entre a y b (nótese que el vector entre m y c2 es algún múltiplo escalar del vector (b-a)i): Hay relaciones análogas para la circunferencia menor. Pero otra vez, queremos aprovechar los fuertes del AG, por ejemplo el manejo fácil, de ángulos y de rotaciones de vectores. Entonces, revi- semos los conocimientos que tratan de ángulos, comenzando con 1. Los ángulos rosados son iguales (hay ángulos análogos en el caso de la circunferencia mayor):
  • 24. Problema #2 Página 24 de 78 Éste, sí, podría sernos útil. Pero mejor todavía, en mi experiencia, es 2. Los dos ángulos amarillos son iguales el uno al otro, y los azules son iguales el uno al otro. Seguiremos la misma estrategia que en Problema 1. Primero, defi- namos un marco de referencia, y los elementos claves de nuestro pro- blema: Ambos de los puntos de tangencia le pertenecen a ⃡. Entonces, to- memos como punto de referencia a algún punto q que le pertenece a la recta, para luego expresar la ubicación de cualquier punto v sobre ⃡ co- mo el punto terminal del vector que lleva el mismo nombre v: ̂ . De aquí en adelante, con fines de brevedad, escribiremos ésta como ̂ ,
  • 25. Problema #2 Página 25 de 78 con el entendido que este vector v es la ubicación del punto v con res- pecto al q. Según este esquema, los dos puntos de tangencia serían ̂ , y ̂ . Ahora, tratemos la mayor de las dos circunferencias que nos toca identi- ficar, agregándole al diagrama los elementos que nos resultarán útiles: Re-examinando la figura que trata la circunferencia mayor, y apoyándonos en la relación | || | , podemos escribir ̂( ) |̂|| | | | , y ( )( ) | || | . Examinemos estas ecuaciones antes de que sustituyéramos t2 por ̂. Son incógnitas, el ángulo  y el vector t2. Entonces, usaremos una ma- niobra común para tratar con esta dificultad. Primero, formamos el co- ciente de las dos ecuaciones: ( )( ) ̂( ) | || | | | [ | || | | | ][ ] [ | || | | | ] . En vez de trabajar más con la expresión en el lado derecho, notamos que es algún escalar, mismo que lo representamos por medio del símbo- lo : ( )( ) ̂( ) . El numerador y el denominador son, ambos, multivectores; entonces, el cociente de sus partes n-vectoriales correspondientes tiene que ser el mismo :
  • 26. Problema #2 Página 26 de 78 ( ) ( ) ̂ ( ) y ( ) ( ) ̂ ( ) , ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) . Por fin, tenemos una ecuación que tiene una sola incógnita. Ahora, es provechoso sustituir t2 por ̂, para luego seguir simplificando la ecuación que resulte: ( ̂ ) ( ) ̂ ( ̂) ( ̂ ) ( ) ̂ ( ̂) [̂ ( )] [ ( )] ̂ [̂ ( )] [ ( )] ̂ , de la cual se produce una ecuación cuadrática en : [̂ ̂ ] {(̂ )(̂ ) (̂ )(̂ ) } {(̂ )[ ] ( )(̂ )} . Como fue el caso en Problema 1, esa ecuación, la una de las raíces de esta ecuación es (es decir, el valor de para el punto de tangencia t2), y la otra es (el valor de para el punto de tangencia t1). Otra vez, un resultado tal, debe investigarse. Entonces, hagamos para t1 un análi- sis parecido al que hicimos para t2: Porque los ángulos azules son iguales, ( )( ) ( )( ̂) ( ) . Pero igualmente, podríamos trasformar esa ecuación en ( )( ) ( )̂ Por lo tanto, ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ( ) ̂ . Además, ( ) ( ) ( ) ̂ [( ) ( )] [̂ ( )] ( ) ( ) ̂ ( ) , y ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ̂ ( ) . ̂ ̂=1 ; ̂ ̂=0 . Nótese que las dimensiones de “1” en ̂ ̂ , son (Longitud)2 .
  • 27. Problema #2 Página 27 de 78 Entonces, ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) , La cual es idéntica a aquella para t2: ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) . Por lo mismo, la ecuación cuadrática en que proviene del análisis para el uno de los dos puntos de tangencia, debe tener como sus raíces los valores de para ambos. Para terminar, escribiremos las ecuaciones para las dos circunfe- rencias. Retomando a Hestenes 1999 p. 89, usaremos las siguientes ecuaciones paramétricas: ( )( ) ( )( ) , y ( )( ) ( )( ) . El escrito “ ” significa que es un escalar. ¡OJO! Las ecuaciones son idénticas, pero ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) , mientras ( ) ( ) ̂ ( ) ( ) ( ) ̂ ( ) . Es decir, en ambas ecuaciones las cocientes son iguales entre sí, pero los escalares a los que son iguales son distintos. Véase Problema 3 para un análi- sis de un caso parecido.
  • 29. Problema 3 Página 29 de 78 Problema 3 Se nos presentan una circunferencia, una recta (⃡), y un punto (el p) sobre ⃡. Debemos encontrar (construir) las circunferencias que sean tangentes a la circunferencia dada, y tangentes a ⃡ en p. Resolución del problema Resolución por medio de la geometría clásica Para ayudarnos a encontrar una pista, comenzamos por esbozar una solución (en nuestra imaginación, al menos). Esperamos, de esta forma, construir un puente entre la solución y los datos. Los puntos de tangencia entre la circunferencia dada y las dos que tenemos que construir son t1 y t2. El punto f es el punto de intersección de las rectas tangentes, a la circunferencia dada, en los puntos t1 y t2. El punto p es el punto de tangencia común de ⃡ y de las dos circunferen- cias que buscamos. Porque las dos tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales (Hecho 5), fp = ft1 = ft2. Si supiéramos la ubicación de p, con respecto a p, podríamos encontrar t1 y t2:
  • 30. Problema 3 Página 30 de 78 Entonces, le agreguemos a nuestro diagrama, algunos de los ele- mentos que podrían permitirnos localiza a p. También, usamos un solo símbolo, z, para representar la distancia fp. Este es un buen comienzo, pero ahora extendemos el segmento fc has- ta la otra orilla de la circunferencia dada. De esta forma, reconocemos que según el corolario al Hecho 4, ( ) Además, advertimos otra relación entre fc y z: ( ) ( ) Combinando estas observaciones, llegamos a ( ) ( ) . Nuestro análisis del problema nos ha llevado a una ecuación que pode- mos “resolver” por medio de las técnicas presentadas en Apéndice 1.
  • 31. Problema 3 Página 31 de 78 Primeo, trasformamos la ecuación que acabamos de desarrollar (es de- cir, ) en ( ) (√ ) . Acto seguido, construimos un segmento de longitud √ : Trazamos un arco con centro p, y radio √ , para encontrar su punto de intersección con el segmento perpendicular a ⃡, y que pasa por C: Ahora, se construye un segmento que pasa por el punto de intersección que acabamos de identificar, y que es perpendicular al segmento entre dicho punto y p. De esta forma, se encuentra el punto g, que está a la distancia 2z desde p. Entonces, f es el punto medio entre g y p. Ahora, trazamos un arco con centro f y radio fp, para encontrar los puntos de tangencia.
  • 32. Problema 3 Página 32 de 78 Apoyándonos en Hecho 2, encontramos los centros de las circunferen- cias que nos toca encontrar, y por fin, trazamos las dos circunferencias. Resolución por medio del AG Encontramos t1 primero:
  • 33. Problema 3 Página 33 de 78 Seguiremos de una forma parecida a la que usamos en problemas pre- vios. De los muchos pares de ángulos iguales que Hecho 7 nos posibili- tan identificar en esta situación, elegiremos los amarillos, por razones que se explicarán pronto. Entonces, ( ) | | [ ( ) ] | | [( ) ]( ) | || | | | De manera parecida, ̂ ( ) | | ( )̂ | | . Por lo tanto, ( )̂ [( ) ]( ) | | | | . A la primera vista, el vector ( ) complica la resolución del pro- blema, pero en verdad, posibilita una simplificación importante al final. Puede que la estrategia usada aquí no sea la más simple, pero funciona. Primero, eliminamos el factor ( ) del denominador. { ( )̂ [( ) ]( ) } ( ) ( )̂( ) [( ) ]( ) , y ( )̂( ) [( ) ] ( ) ( )̂( ) [( ) ]. Ahora, defínanse: ; y . Con estas definiciones, nuestra ecuación ( )̂( ) [( ) ]. se trasforma en ( )̂( ) [ ]. Ahora, efectuamos el producto punto con en ambos lados. De es- ta forma, nos deshacemos del . {( )̂( )} [ ] . Partiendo de
  • 34. Problema 3 Página 34 de 78 {( )̂( )} , tenemos {[( )̂]( )} , {[ ̂ ( ) ̂( )]( )} [ ̂ ( )][( ) ] ( ) (̂ ) [ ̂ ( )]( ) ( )(̂ ) . Tomando en cuenta que , esta ecuación se puede simplifi- car con provecho. Ahora, vemos por qué optamos por usar los ángulos amarillos: lo hicimos para que pudiéramos usar las maniobras que nos permitieron, fácilmente, trabajar con en vez de . Ahora, desarrolla- mos el lado izquierdo. ̂ ̂ ( ̂)( ) ( ̂) , y [ ( ̂) ̂] ; o sea, [ ( ̂) ̂ | ( ̂) ̂| ] | ( ̂) ̂| . Después, definimos ̂ ( ̂) ̂ | ( ̂) ̂| , y ̂, para poner nuestro resultado en la forma ̂ | ( ̂) ̂| , y [ | ( ̂) ̂| ] ̂. Con esto, hemos identificado el componente de paralelo a cierto vector conocido (a saber, al ̂). Pero-como lo veremos en el siguiente diagrama-hay dos vectores que tienen el mismo componente paralelo a ̂: Una identidad: Para cualesquier dos vectores a y b, ab ≡ 2a∙b-ba .
  • 35. Problema 3 Página 35 de 78 Entonces, todavía no hemos resuelto el problema. En un intento por seguir adelante, tratamos ahora el otro punto de tangencia, el . Usamos el siguiente diagrama, y un razonamiento pa- recido al que usamos para . ( )( ̂) [( ) ]( ) ( )(̂) [( ) ]( ) | | | | , y ( )(̂)( ) [( ) ] ( ) ( ) Definimos ; y otra vez, usamos , para obtener ( )(̂)( ) ; ( )(̂)( ) ; y {( )(̂)( )} ( ) . Comparemos las expresiones que salieron de nuestros análisis para y : {( )̂( )} . {( )̂( )} . Así como de {( )̂( )} se desprendió que
  • 36. Problema 3 Página 36 de 78 [ | ( ̂) ̂| ] ̂, de {( )̂( )} encontraríamos que [ | ( ̂) ̂| ] ̂; o sea, que [ | ( ̂) ̂| ] ̂ . Entonces ¿serían y uno y el mismo vector? Para responder esta duda, examinemos dos resultados más, que obtuvimos durante nuestros análisis: ( )̂( ) [( ) ] ( ) . ( )(̂)( ) [( ) ] ( ) . Por lo tanto, y no pueden ser uno y el mismo vector. En cambio, sería el uno, y el otro, de los dos vectores de longitud , y cuyo componente parale- lo a ̂ es [ | ( ̂) ̂| ] ̂: Para terminar, veremos dos soluciones numéricas:
  • 39. Problema 4 Página 39 de 78 Problema #4 Se nos presentan una circunferencia y dos puntos (A y B) ajenos a ésta. Debemos encontrar (construir) las circunferencias tangentes a la circun- ferencia, y que pasen por los dos puntos: Resolución del problema Resolución por medio de la geometría clásica Reexaminemos el análisis que hicimos para identificar una solución clá- sica para Problema 3. Abajo, se presenta la figura que usamos para en- contrar dicha solución: Por Hecho 4, supimos que ( ) ( ) . Por Hecho 5, recono- cimos que . Ya que ( ) ( ) , y , llegamos a la ecuación algebraica ( ) (√ ) , la cual la resolvimos por medio de la geometría:
  • 40. Problema 4 Página 40 de 78 El problema presente (o sea el 4, presentado abajo con las dimen- siones relevantes a la solución señaladas), tiene mucho en común con Problema 3. De nuevo ( ) ( ) = ( ) ( ) , y . No tenemos ningún segmento análogo al “fp” de Problema 3, pero por Hecho 4, reconocimos que ( ) ( ) , siendo w el punto medio entre A y B. Entonces, ( ) , de donde ( ) (√ ) . Esta última, la resolvemos de forma parecida a la que usamos para Problema 3:
  • 41. Problema 4 Página 41 de 78 Para saber cómo construir un segmento de longitud √ , consulta por favor el Apéndice 1. Véase también, https://www.youtube.com/watch?v=6_rsMaegd9Y (Con- struct Circle Tangent to Another, and Through 2 Points). Resolución por medio del AG Veremos que así como la resolución clásica fue parecida a la de Pro- blema 3, la resolución GA es parecida también. Definimos un punto de referencia, q, y los vectores entre éste y los otros puntos que nos interesan: Encontramos t1 primero: radio = 
  • 42. Problema 4 Página 42 de 78 Los ángulos amarillos son iguales. Entonces, | | | | ( )( ) | || | De manera parecida, ( )[( ) ] | || | Por lo tanto, ( )( ) ( )[( ) ] Otra vez, parece que el vector ( ) complica la resolución del problema, pero en verdad, posibilitará una simplificación importante al final. Ahora, eliminamos el factor ( ) del denominador. ( ) { ( )( ) ( )[( ) ] } . ( )( )( ) ( ) [( ) ] ( )( )( ) [( ) ] ( ) Ya hemos obtenido un producto de vectores que es igual a un múltiplo escalar de ( ) : ( )( )( ) [( ) ], donde ( ) . Ahora, defínanse: ; ; y . Con estas definiciones, nuestra ecuación ( )( )( ) [( ) ]. se trasforma en ( )( )( ) [ ]. Ahora, efectuamos el producto punto con en ambos lados. De es- ta forma, nos deshacemos del . [( )( )( )] [ ] .
  • 43. Problema 4 Página 43 de 78 El desarrollo que sigue, del producto punto, requiere de una explica- ción. (Al final de la resolución de este problema, se presentará otro desarrollo.) Para comenzar esta versión del desarrollo, notamos que en la geometría plana, no existen 3-vectores, por lo que 〈( )( )( )〉 . Entonces, ( )( )( ) es la suma de un escalar y un bivector. Por lo tanto, [( )( )( )] 〈( )( )( ) 〉 . 〈( )( )〉 . Siguiendo con el desarrollo, y notando que = la cuadrada del radio de la circunferencia dada, obtenemos 〈 ( ) 〉 Pero en la geometría plana, ( ) ( ), ( ) ( )( ) ( )( ) Para poner este resultado en una forma más útil, comenzamos por escribirlo como [( ) ( ) ] ( ) . Después, definimos [( ) ( ) ]¸ y , para poner nuestro resultado en la forma [ ( ) | | ] ̂. Así como en Problema 3, hemos identificado el componente de paralelo a cierto vector conocido (a saber, al ̂). Pero hay dos vectores que tienen el mismo componente , y cuya magnitud es . Entonces, todavía no hemos resuelto el problema. Ahora, usamos un razonamiento parecido al que empleamos para trata el , para encontrar .
  • 44. Problema 4 Página 44 de 78 Llegaremos a ( )( ) | || | , y ( )[ ( ) ] | || | . Por lo tanto, ( )( ) ( )[( ) ] ( )( )( ) [( ) ], donde ( ) . Comparando este resultado con aquello que obtuvimos al tratar t1; o sea, al ( )( )( ) [( ) ] , se nota que la ecuaciones para y son idénticas, excepto en cuanto a los signos de los escalares. Por lo tanto, si definimos: , y usamos las mismas definiciones , y , llegaremos a [ ( ) | | ] ̂, donde . Entonces, [ ( ) | | ] ̂. (Véase el diagrama.)
  • 45. Problema 4 Página 45 de 78 Ya vemos que los componentes paralelos a , de los vectores y son iguales, amén las magnitudes de y , pero y no pue- den ser el mismo vector porque ( )( )( ) [ ], donde , mientras ( )( )( ) [ ], donde . Por lo tanto, es el uno, y el otro, de los dos vectores de magnitud cuya proyección sobre es [ ( ) | | ] ̂ , donde ya no distinguimos entre y :
  • 46. Problema 4 Página 46 de 78 Desarrollo alternativo, del producto punto con Partimos de la ecuación [ ] ( )( )( ). La expandimos de una forma un poco diferente: [ ] [( )( )]( ). [ ] [ ]( ) [ ] Los productos “simétricos” y no presentan ninguna dificultad, porque cualquier producto tal (o sea, de la forma ) se pue- de trasformar según ( ) ( ) ( ) . En contraste, los productos y sí, son molestos. Entonces, los trasformamos para obtener, para cada uno, una expresión equivalen- te contenga el producto . Éstos tendrán signos contrarios. Por eso, se anularán: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . Entonces, al sustituir , , , y por sus res- pectivas equivalentes, se obtiene [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) . Efectuando el producto punto con en ambos lados, y tomando en cuenta que [ ] , y , se obtiene, después de muchas simplificaciones, ( ) ( ) ( ) , o sea, [( ) ( ) ] ( ) .
  • 47. Problema 5 Página 47 de 78 Problema #5 Se nos presentan dos circunferencias y un punto (el P) sobre una de ellas. Debemos encontrar (construir) las circunferencias que sean tan- gentes a ambas de las circunferencias dadas, y que pasen por P. Resolución del problema Resolución por medio de la geometría clásica Para comenzar, agregamos al diagrama inicial los centros de las dos circunferencias dadas: Para ayudarnos a encontrar una pista, comenzamos por esbozar una (en nuestra imaginación, al menos) la una de las dos circunferen- cias que nos toca construir. Esperamos, de esta forma, construir un puente entre ésta y los datos. Examinando esta “solución”, notamos que la distancia CB debe ser igual al radio de la circunferencia roja, más el de la circunferencia cuyo centro es B. Es más, podríamos formar un segmento igual a CD al trazar una circunferencia centrada en P, y que tenga el mismo radio que la cir- cunferencia “B”. De esta forma, habremos obtenido un triángulo isósce- les (el DBC) cuyo ápice es C. Su base sería DB. Por lo tanto, la media- triz de DB pasará por C (Hecho 6). Pero al mismo tiempo, la recta que pasa por A y D pasa por C también (Hecho 2):
  • 48. Problema 5 Página 48 de 78 Entonces, ya sabemos cómo encontrar C: sería el punto de inter- sección de la recta ⃡⃗⃗⃗⃗ , con la mediatriz de ̅̅̅̅. Por lo tanto, el primer paso de la resolución es de dibujar ⃡⃗⃗⃗⃗ . Acto seguido, trazamos una circunferencia centrada en P, con radio igual a la circunferencia a la que P no pertenece. Ahora, construimos la mediatriz del segmento DB, para identificar C. Por fin, trazamos una circunferencia centrada en C, con radio CP. (Para que la resolución sea completa, hemos trazado el segmento BC también.)
  • 49. Problema 5 Página 49 de 78 La otra de las dos circunferencias tiene una relación también con la misma circunferencia negra trazada con línea de puntos, que usamos para construir la primera: FE = FB. Usando las mismas ideas que usamos para construir la circunferencia roja, reconocemos que el centro de la magenta sería el punto intersección (F) de la mediatriz de ̅̅̅̅ con la recta que pasa por A y P: Encontrado el punto F, solo es necesario trazar una circunferencia centrada en ello, y con radio FP:
  • 50. Problema 5 Página 50 de 78 A continuación, se presentan las dos circunferencias y los elementos claves para su construcción. Para terminar, deberíamos notar que la solución se puede encontrar aprovechando las relaciones—que resultan útiles en otros contextos más generales, también—entre circunferencias tangentes y las rectas que son tangentes comunes externa e internamente:
  • 51. Problema 5 Página 51 de 78 Estas relaciones tienen mucho que ver con las relaciones entre las características de hipérbolas. (Véase el documento Las bellezas geomé- tricas atrás de las fórmulas feas.) Resolución por medio del AG En la resolución del Problema 1, se presentaron con extensión las ideas que nos llevaron a identificar los aspectos de los datos que posibilitan el aprovechamiento de los fuertes del AG. Esta vez, en aras de la de con- cisión iremos al grano. Primero, elegimos un punto de referencia q, y los puntos y sus respectivos vectores que figurarán en la resolución. Notamos que los ángulos amarillos son iguales, y también los azules De nuevo, usaremos la mis- ma letra para representar el punto que nos interese (por ejemplo, t1), y el vector entre q y éste. El contexto indicará cuál de estos significados estamos empleando.
  • 52. Problema 5 Página 52 de 78 Identifiquemos primero el punto . Porque los ángulos amarillos son iguales, podemos escribir | | | | , y ( ) | | | | . El ángulo es una incógnita, por lo que procuramos eliminarlo. Pero no lo haremos de la misma manera que empleamos al resolver los Proble- ma 1 al 4. ( )( ) | | ( ) | | , y ( )[ ( )] | | ( ) | | . ( )( ) | | | | | | , y ( )[ ( )] | | | | | | . ( )( ) | | | | , y ( )[ ( )] | | | | , ( )( ) | | , y ( )[ ( )] | | , Donde y (escalares) son, respectivamente, los radios de las circunferencias centradas en y . Siguiendo, ( )( ) | | , y ( )[ ( )] | | . Ahora, igualamos las dos expresiones para : ( )( ) | | ( )[ ( )] | | Ya se eliminó el . Pero nos damos cuenta que se puede eliminar, también, el factor | | para obtener ( )( ) ( ) ( )( ) . A diferencia de lo que sucedió en Problema 1, donde obtuvimos una ecuación equivalente a ( )( ) ( )( ) , en este caso sabemos cuál escalar es: es el mismo . Entonces, hemos obtenido una ecuación en la que es la única incógnita. Intenta- remos despejarlo. Volviendo a la ecuación ( )( ) ( ) ( )( ), si en este momento expandiéramos el lado derecho, obtendríamos un término con , que resultaría molesto. Entonces, trasformamos ( ) en [( ) ( )]. ( )( ) ( ) ( )[( ) ( )] Ya es oportuno efectuar la expansión. Gracias a la trasformación que hicimos, obtendremos un término con ( ) (un dato) en vez de uno con (una incógnita). ( ) ( ) [( )( ) ( ) ] .
  • 53. Problema 5 Página 53 de 78 Juntando los términos con en el lado izquierdo, se obtiene una ecua- ción que se puede resolver fácilmente: [( ) ( ) ] ( ) ( ) ; [( ) ( ) ] { ( ) [( ) ]} { [( ) ]} Esta última tiene la forma , donde [( ) ( ) ] , { ( ) [( ) ]} , y { [( ) ]} . Por lo tanto, ( ) ( ) ( ) . {[( ) ] } ( )[( ) ] . Si quisiéramos, podríamos sustituir por [( ) ( ) ] en este resultado, para expresar en términos de , , y . Ahora, encontramos . Los ángulos azules son iguales, entonces | | ( ) | | , y | | ( ) | | . Ahora, seguimos un procedimiento parecido al que usamos para en- contrar . ( )( ) | | , y ( )( ) | | ( ) ( ) ( ) Unos cuantos detalles: porque éste es una situación 2-dimensional: no puede haber un 3-vector (por ejemplo, ). ( ) ( ) ( ) En cambio, Nótese que para cualquier vector s, s2 es igual al escalar |s|2 , el cual lo podemos escri- bir como s2 (sin negras).
  • 54. Problema 5 Página 54 de 78 ( )( ) ( ) ( )( ) Para evitar tener un término con , trasformamos ( ) en [( ) ( )]: ( )( ) ( ) [( ) ( )]( ) [ ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [( ) ( ) ] ( ) ( ) [( ) ( ) ] { ( ) [( ) ]} { [( ) ]} . Esta vez, nuestra ecuación tiene la forma = , donde [( ) ( ) ], { ( ) [( ) ]} , y { [( ) ]} . Entonces, ( ) ( ) ( ) . ( )[( ) ] { [( ) ]} . En resumen,
  • 55. Problema 5 Página 55 de 78 Las ubicaciones (con respecto a q) de los dos puntos de tangencia son {[( ) ] } ( )[( ) ] . donde [( ) ( ) ] , y { ( ) [( ) ]}. ( )[( ) ] { [( ) ]} donde [( ) ( ) ], y { ( ) [( ) ]} .
  • 57. Referencias Página 57 de 78 Referencias Hacking, I. 2014. Why is there Philosophy of Mathematics at All?. ISBN- 13: 978-1107658158. Cambridge University Press, New York. Hestenes, D.1999. New Foundations for Classical Mechanics (2nd edi- tion). ISBN-13: 978-079235514. Kluwer Academic Publishers, Dordrecht. --2002. Oersted Medal Lecture 2002: Reforming the Mathematical Lan- guage of Physics. http://geocalc.clas.asu.edu/pdf/OerstedMedalLecture.pdf. Macdonald, A. 2010. Linear and Geometric Algebra (First Printing). ISBN-13: 978-1453854938. CreateSpace Independent Publishing Plat- form. https://www.createspace.com/.
  • 59. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 59 de 78 Apéndice 1: Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Parte 1: Adentrémonos en otro mundo del pensamiento matemáti- co 2 Con frecuencia, la resolución de problemas de construcción con regla y un compás nos exige entrar en un mundo matemática distinto al mundo simbólico y algebraico que conocemos mejor. En efecto, nos exige prac- ticar una especie de etnomatemáticas, porque tenemos que concebir cantidades como ; ; ; o hasta √ como áreas o como operaciones con segmentos, en vez de con números. Esto por- que en muchos casos, la relación entre los datos y las características de la incógnita que nos permitirán identificarla, se formula mejor en térmi- nos de sumas y restas de productos de longitudes de segmentos. Por ejemplo, en la figura que sigue, los datos son la recta ⃡ y los puntos p y q. Nos toca construir una circunferencia tangente a ⃡ , y que pase por p y q. Fig. A1 Para construirla, usamos Hecho 4, que nos permite escribir la relación entre las distancias que los puntos dados y el punto (t) de tangencia guardan desde el punto (s) de intersección de ⃡ con la recta ⃡⃗⃗⃗ : ( ) ( )( ) 2 Lamento omitir la inversión.
  • 60. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 60 de 78 Fig. A2 Una vez formulada la relación, tendremos que identificar la longitud st con aquella de un segmento que se pueda obtener por medio de una operación o más con los segmentos sp y sq. Parte 2: Técnicas útiles Técnicas de construcción para “expresar” relaciones entre datos e in- cógnitas Para adentrarnos en este otro concepto de matemáticas, tomemos como punto de partida, la expresión . Todos sabemos que según el Teorema de Pitágoras, “la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es la suma de las cuadradas de los catetos”. Pe- ro, ¿qué nos significa realmente, esta declaración? Casi sin excepción, nuestra interpretación de ésta es que la longitud de cada lado es algún número (su medida), y que la suma de las cuadradas de los números que son las longitudes de los dos catetos, es igual a la cuadrada del número que es la longitud de la hipotenusa. Pero lo que los matemáticos griegos como Pitágoras querían comu- nicarnos a través del famoso teorema, fue que el cuadrado construido sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo es igual a (es decir, que tiene la misma área como) la suma de los dos cuadrados construidos sobre los catetos: Fig. A3 Un concepto relacionado, que se usa mucho en este documento, es que es la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo cuyos catetos miden a y b: Fig. A4
  • 61. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 61 de 78 Igualmente, se concibe √ como la medida de uno de los catetos de un triángulo rectángulo cuyo otro cateto mide b, y cuya hipotenusa mide a. Pero ¿cómo se puede construir? Aquí, también, usamos el Teorema de Pitágoras. Primero, recono- cemos que cualquiera ángulo inscrito en una semicircunferencia es un ángulo recto: Fig. A5 Queremos construir un triángulo rectángulo de hipotenusa a. Entonces, trazamos una circunferencia con diámetro a: Fig. A6 Acto seguido, trazamos un arco con centro en uno de los extremos del diámetro, y de radio b, para construir el cateto que tiene dicha longitud: Fig. A7
  • 62. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 62 de 78 Uniendo el otro extremo del diámetro con el punto de intersección del arco con la circunferencia, se obtiene un segmento de longitud √ : Fig. A8 Podemos extender esta idea para concebir la suma como [√ ] ; o sea, como la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo con catetos que miden √ y : Fig. A9 De esta forma, podríamos expresar la suma de cualquier número de cuadradas como la cuadrada de la longitud de la hipotenusa de un trián- gulo rectángulo. Sin embargo, veremos muchos problemas en los que las sumas contienen, además de cuadradas, productos de longitudes de segmentos. Por ejemplo, . Nos gustaría poder concebir esta expresión como una suma de cuadradas también. Entonces, usa- remos alguna de las siguientes tres construcciones para construir un segmento, la cuadrada de cuya longitud sería . Nótese que cada figu- ra usa los mismos segmentos c y d:
  • 63. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 63 de 78 Fig. A10a Fig. A10b Fig. A10c Son notables, las diferencias entre el espacio ocupada por cada cons- trucción.
  • 64. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 64 de 78 Técnicas para construir la incógnita Muchas veces, la relación que obtenemos tiene la forma de una ecua- ción cuadrática, que se puede “resolver” por medio de una de las técni- cas presentadas en Apéndice 2. También es común que la incógnita se puede construir directamente usando una de las técnicas arriba mencio- nadas. Por ejemplo, la incógnita (st) en el problema con el que este Apéndice comenzó, Fig. A11 se puede construir por medio de ésta construcción, Fig. A12 usando sp en el lugar de d, y sq en el lugar de c, para que st sea √( )( ):
  • 65. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 65 de 78 Fig. A13a Fig. A13b Además, veremos muchos casos donde la relación entre tres longitudes conocidas (por ejemplo, a, c, y d) y la longitud incógnita x tiene la forma , la cual la trasformamos en (√ ) , para poder construir x como se demuestra a continuación. Primero, se construye un segmen- to de longitud √ , y después, usamos una idea que vimos hace poco: Fig. A14a
  • 66. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 66 de 78 Fig. A14b (√ ) Fig. A14c Técnicas para trasformar las relaciones en formas que nos permitan construir la incógnita La primera trasformación que veremos, es una que pudiéramos haberla usado para construir la incógnita x en el ejemplo anterior: . Por medio del álgebra, encontramos que , hecho que usamos para construir x así:
  • 67. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 67 de 78 Fig. A15a Fig. A15b Fig. A15c La misma técnica se puede usar cuando es necesario construir un seg- mento cuya longitud sea veces la longitud de algún segmento que mide r: Fig. A16
  • 68. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 68 de 78 Podemos usar esta idea, junta con una de las construcciones para cons- truir un segmento cuya longitud sea la raíz cuadrada de otros dos, para construir uno cuya longitud sea √ . La idea clave es que √ √ : Fig. A17 Un ejemplo complejo que usa estas técnicas En Fig. A18, se nos presentan una recta, la circunferencia azul, y el pun- to P. Tenemos que construir una circunferencia (sería la roja) tangente a la recta y a la circunferencia azul, y que pase por P: Fig. A18 La inversión es una técnica idónea para resolver este problema. Sin em- bargo, la geometría clásica “pura” puede resolverlo también. No sosten- go que la resolución presentada aquí sea la más simple, pero demuestra unos cuantos de los recursos de los que la geometría clásica dispone. Analizando nuestro problema, vemos que la distancia entre P y el centro de la circunferencia roja es igual a ρ. Entonces, ( ) . (A1) Además, la distancia entre la circunferencia azul y el centro de la roja es R+ρ, por lo que
  • 69. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 69 de 78 ( ) ( ) ( ) ( ) . (A2) Ahora, multiplicamos ambos lados de (A1) por ( ), y a ambos lados de (A2) por a, para ver que ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ) ( ) . (A3) Porque ésta tiene una suma de un término lineal y otro cuadrático en z, intentamos trasformarla en una de la Clase II, tratado en Apéndice 2: Clase II: x(x + a) = ( b ) 2 Fig. A19 El término cuadrado no puede tener un coeficiente que no sea 1, por lo que primero, dividimos ambos lados por ( ): ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( )]. Estamos avanzando, al parecer, pero el lado izquierdo nos presenta difi- cultades porque tal como está, no tiene una forma que hemos visto. En- tonces, lo factorizamos para trasformarlo en una suma de cuadradas de longitudes, multiplicada por un cociente de sumas y diferencias de longi- tudes: ( ) ( ) ( ) [ ( )] se trasforma en { ( )} [ ] [ ( )], y después en {√ ( )√ } [ ( )], (A4) donde hemos trasformado el lado derecho también. Ahora, se puede construir z: B A C D x x + a a b El término ( ), claro, será tratado como [√ ( )] . Es decir, como la cuadrada de la raíz cuadrada del producto de las longitudes a y A +R.
  • 70. Apéndice 1 Técnicas y ópticas útiles en la resolución de problemas “construcción” de la geometría clásica Página 70 de 78 Fig. A20 La secuencia de pasos para la construcción es  Construir segmentos que miden √ ( )√ y ( ).  A partir de dichos segmentos, construir el segmento AC. Éste sería la hipotenusa de un triángulo cuyos catetos son los seg- mentos construidos en el paso previo.  Usando C como el centro, trazar una circunferencia de radio ( ). El segmento rojo tiene la longitud z.
  • 71. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 71 de 78 Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadrada, y para resolver ecuaciones cuadráticas Éstas son solamente unas cuantas de las construcciones usadas para este propósito. Construcciones geométricas para encontrar la raíz cua- drada Todas aprovechan la presencia de triángulos semejantes. Las construcciones que tratan semicircunferencias Para entender éstas, tenemos que saber que en el siguiente dibujo, el ángulo ABC es un ángulo recto. Eso porque todo ángulo inscrito en una semicircunferencia lo es. Ahora, dibujamos un segmento perpendicular al diámetro AC, y que pasa por el punto B, para obtener el triángulo rectángulo ADB. Son semejantes los siguientes dos pares de triángulos: Por consiguiente, examinando el primer par, se observa que BD/CD = AD/BD, luego BD2 = AD×CD, y BD = AD × CD , A B C DA B C B D C A D B A B C A D B
  • 72. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 72 de 78 donde AD, BD, y CD representan las longitudes de los respectivos seg- mentos. De manera parecida, un análisis de segundo par de triángulos nos lleva a que AB/AC = AD/AB, luego AB2 = AD×AC, y AB = AD × AC . Bueno, ¿cómo podemos usar estos conocimientos para encontrar la raíz cuadrada de un número? Hay dos técnicas. En ambas, empezamos por escoger algún segmento que tenga una longitud conveniente. Dicho segmento se usará como un “metro”, y su longitud se define como “1”. Esta idea no tiene nada de extraño; por ejemplo, la longitud de este segmento azul es el bien conocido “centímetro”: Ahora, digamos que el número del que queremos encontrar su raíz cua- drada, es N. En la primera técnica, se construye una circunferencia cuyo diámetro es igual a N + 1. Es decir, que su diámetro mide N + 1 veces la longitud del segmento definido escogido como “1”: Después, se construye un segmento perpendicular al diámetro, a la dis- tancia 1 de uno de sus extremos: Ya que en esta construcción, BD = AD × DC , resulta que AB = 1 × N = N . Por lo tanto, el resultado final es 1 cm A B C N + 1 N DA B C 1
  • 73. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 73 de 78 En la segunda, técnica, se construye una circunferencia cuyo diámetro es igual a N mismo, en vez de N + 1 : Después, exactamente como se hizo en la primera técnica, se cons- truye un segmento perpendicular al diámetro, a la distancia 1 desde uno de sus extremos: Ya que en esta construcción, AB = AD × AC , resulta que AB = 1 × N = N . El resultado final es N DA B C 1 N N A B C DA B C N 1
  • 74. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 74 de 78 La construcción que trata de una tangente a una circunferencia En el dibujo que sigue, el segmento AB es tangente a la circunferencia, en el punto B. Son iguales los dos ángulos ABD y BCD, por lo que los siguientes dos triángulos son semejantes: Por lo tanto, AB/AC = AD/AB, luego AB2 = AC×AD, y AB = AC × AD , N N 1 DA B C B A C D B A C D A B
  • 75. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 75 de 78 ¿Cómo usar esta idea para encontrar la raíz cuadrada de algún número N ? Primero, se construye una circunferencia de diámetro N – 1: Acto seguido, se extiende el diámetro en una unidad más, para obtener un segmento de longitud N: Por fin, se construye una tangente a la circunferencia Ya que en esta construcción, AB = AC × AD , resulta que AB = 1 × N = N . N - 1 N - 11 N B A C D 1 N
  • 76. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 76 de 78 Construcciones para resolver geométricamente, las ecua- ciones cuadráticas Me cae como muy bello, el que los griegos de la antigüedad identificaron cómo resolver ecuaciones cuadráticas por medio de construcciones geométricas. Consideremos las siguientes cuatro clases de ecuaciones cuadráti- cas, donde los números a, b, y c son todos positivos: I. x 2 + ax + b = 0 II. x 2 + ax - b = 0 III. x 2 - ax - b = 0 IV. x 2 - ax + b = 0 . Las ecuaciones de la primera clase no tienen raíces positivas, por lo que, según los griegos de la antigüedad, no tienen soluciones. En cam- bio, toda ecuación de las otras tres clases tiene al menos una raíz posi- tiva. Para saber encontrarlas geométricamente, tenemos que escribirlas de otra forma: II. x 2 + ax - b = 0 se puede escribir como x(x + a) = ( b ) 2 . III. x 2 - ax - b = 0 se puede escribir como x(x - a) = ( b ) 2 IV. x 2 - ax + b = 0 se puede escribir como x(a - x) = ( b ) 2 . Las ecuaciones de las clases II y III tienen una sola raíz positiva. Las construcciones para ambas clases son idénticas en cuanto a sus proce- dimientos. Primero, se construye un segmento de longitud b . Acto seguido, se construye una circunferencia de diámetro a, tangente al segmento en el punto B . Por fin, se dibuja una recta que pasa por A y el centro de la circunferencia. Las longitudes de los segmentos señalados, son los respectivos valores de x . Clase II: x(x + a) = ( b ) 2 B A C D 1 N N
  • 77. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 77 de 78 Clase III: x(x - a) = ( b ) 2 Clase IV: x(a - x) = ( b ) 2 Ecuaciones de esta clase tienen dos raíces positivas, que las deno- minamos de x1 y x2. Para encontrarlas geométricamente, se dibuja primero una circunferencia de diámetro a. Después, se construye una recta paralela al diámetro de dicha circunferencia, a una distan- cia b . Esta recta cortará la circunferencia en dos puntos. Se elige uno de estos —no importa cuál. Por fin, se dibuja una recta perpen- dicular al diámetro, que pasa por el punto que se eligió. Las longitu- des de los segmentos señalados, son los valores de x1 y x2. B A C D x x + a a b B A C D x - a x a b
  • 78. Apéndice 2 Construcciones geométricas para encontrar la raíz cuadra- da, y para resolver ecuaciones cuadráticas Página 78 de 78 x2 = a – x1x1 a b