Medellín, noviembre de 2019

La recta de Euler

La recta de Euler de un triángulo es una recta en la que están situados el ortocentro, el circuncentro y el baricentro del mismo.

Se denomina así en honor al matemático suizo, Leonhard Euler, quien demostró la colinealidad de los mencionados puntos notables de un triángulo, en 1765.

En una entrada anterior, este mismo teorema se había demostrado por geometría euclidiana.

Normalmente esta demostración se hace por geometría Euclidiana, aprovechando las propiedades de las alturas, medianas y mediatrices y con la ayuda de triángulos semejantes. Hoy la haremos por geometría analítica, para un triángulo cualquiera, cuyos vértices son O(0,0), A(a,0) y B(b,c).

No vamos a trazar sino dos alturas (OH2 y BH1), porque sabemos que la tercera, trazada desde A pasa por H (ortocentro)

Igualmente, dos medianas OM2 y BM1, porque la tercera pasa por G o baricentro.

Igualmente, dos mediatrices M2C y M1C, porque la tercera pasa por C.

La tesis del teorema es que los puntos H, G y C están alineados.

Encontremos las coordenadas (x, y) del ortocentro.

Ecuación de la recta BH1

X=b      (1)

Ecuación de la altura OH2.

Pendiente de AB , mAB=c/(b –a)

Pendiente de OH2       mOH2= - (b – a) /c

La ecuación de OH2 es

Y= -((b – a) /c) x                                    (2)

La x de H es b                                       (3)

Y para encontrar la y de H, reemplazamos en (2) la x por su valor b

Y=- (b – a) b/c

H (b, (b/c) (a – b)                                   (4)

Sabemos que las medianas están a dos partes del vértice y a una de la base.

Nos ayudamos con esta propiedad y con los triángulos semejantes BH1M1 Y BTG

Como la proporción es de entre los triángulos es de 3 a 2

BT = 2/3c      y

TH = b/3

La y del baricentro es b/3

Ahora nos ayudamos con los triángulos semejantes OM2S y OGW, que se encuentran en la relación de 3 a 2, por tanto OW = (2/3)OS = (2/3)(a + b)/2 = (a + b)/3

Por tanto, las coordenadas del baricentro son

G ((a + b) /3, c/3)                                        (5)

Encontremos ahora las coordenadas del circuncentro C.

Observemos que C es la intersección de la recta M1C o x=a/2 y la recta CM2.

De la recta CM2 conocemos la pendiente (la misma de OH2), que ya se encontró, o sea

mCM2=- (b - a) /c

Y conocemos un punto de esa recta M2((a + b) /2, c/2)               (6)

La ecuación de la recta CM2, es la ecuación del punto y la pendiente.

Y= c/2+((a – b) /c) (x - (a + b) /2)          (7)

Para C, x=a/2

Y=c/2+((a – b) /c) (-b/2) =(c²-ab + b²) /(2c)

Las coordenadas de C (a/2, (c² – ab + b²) /(2c))………………..8

Ahora lo que tenemos que chequear es que la pendiente de HG y GC sean iguales

mHG=(c/3-(b/c)(a – b)/((a+b)/3 –b

Simplificando

mHG=(c²-3ba+3b²)/ ((c (a – 2b))                                    (9)

mGC=(c/2-b(a – b)/(2c)-c/3)/(a/2 – (a+b)/3

Simplificando

mGC=(c²-3ba+3b²)/ ((c (a – 2b))                                    (10)

Con lo cual queda demostrado el teorema, ya que si las rectas HG y GC tienen la misma dirección y tienen un punto en común, y por tanto, obligatoriamente se trata de una sola recta.

Juan Fernando Sanin E

Medellín, abril 2018

Integral impropia ∫cos(x)/(1+x²)dx, entre - ꝏ y + ꝏ

Integrar (senx/x) entre 0 e infinito

Medellín, abril de 2018

La siguiente integral no se puede resolver con ninguno de los métodos de integración que enseñan los libros de cálculo. La solución a este integral requiere un artificio especial, el cual requiere una gran imaginación. El resultado final, al igual que el procedimiento, son sorprendentes.

Este integral nos servirá de base para la solución de otro integral que presentaremos mas adelante.

Consideremos la integral impropia

Por consiguiente:

I=F(0)=p/2

Juan Fernando Sanin E

 1.    Límite de una función escalar z=f(x,y)

Sea Q(xo,yo) un punto de R², no necesariamente en el dominio de f

En una bola abierta con centro en Q (En este caso una circunferencia, tal como se muestra en la figura 1), tomamos un punto Q1(x,y) en el dominio de f, y en las cercanías de Q(x,y)=(xo+h,yo+k)

Si al acercarnos con el punto Q1 al punto Q, todo lo que queramos, pero sin llegar a que coincidan, el valor de f(x,y) siempre es cercano a un valor real L, entonces decimos que:

Lim f(x,y) = L

(x,y)→(xo,yo)

2. Continuidad de la función z=f(x,y)

Decimos que la función f(x, y) es continua en el punto Q(xo,yo) si se dan las siguientes tres condiciones:

i)              Lim f(x,y)              Existe

                     (x,y)→(xo,yo)

ii)             f(xo,yo) = L

iii)            Lim f(x,y) = f(xo,yo) = L

                     (x,y)→(xo,yo)

Ejemplos

1.Calcular lim (x+2y)

                   (x,y)→(1,2)

Basta reemplazar la x por 1 y la y por 2 y el resultado del límite es  lim (x+2y)=5

                                                                                                           (x,y)→(1,2)

2.Calcular lim (cosx+1/y) cuando (x,y) → (0,0)

Al reemplazar encontramos lo siguiente cos0 + 1/0

Como 1/y cuando y→0 no existe, entonces el límite no existe.

En el ejemplo 1 se concluye además, que la función es continua en (1,2)

Mientras que en el ejemplo 2 se concluye que la función es discontinua en (0,0)

      3. Límite de la función escalar z=f(x1, x2,……….xn)

Se trata de una función de Rⁿ en R, en la cual, a cada vector x=(x1, x2,…,xn) le corresponde un valor único z real en R.

Aquí ya no es posible hacer un gráfico del problema.

Tomemos un punto Q(xo1,xo2,….,xon), no necesariamente en el dominio de f, este punto es el vector xo

Ahora tomamos otro punto Q1, este si en el dominio de f y en las cercanías de Q.

x=(x1,x2,…..,xn) = (xo1+h1, xo2+h2,…..,xon+hn)

Ahora bien, acercamos el vector x al vector xo, lo cual se logra haciendo que las componentes del vector h = (h1, h2, ….,hn) se hagan tan pequeñas como queramos, pero no 0.

Es decir, arrimamos el punto Q1 hasta el punto Q todo lo que queramos, pero sin hacerlos coincidir.

Si al hacer esto, el valor de la función f(x1,x2,….,xn) toma valores cercanos a L y más cercanos mientras mas acerquemos Q1 a Q, decimos de manera intuitiva que:

Lim f(x1. x2, …,xn) = L

         x→xo

4. Continuidad dela función escalar   z=f(x1, x2,……….xn)

Para que una función f(x1,x2, …..,xn) sea continua en punto (xo1,xo2,      ,xon) se requiere que se cumplan tres condiciones:

i)lim f(x1,x2,….,xn) Existe

         x→xo

ii)f(xo1, xo2,….,xon) = L

iii)lim f(x1,x2,….,xn) =f(xo1, xo2,….,xon)

           x→xo

Ejemplo

Calcular el límite de la función f(x, y, z) =x²+y+cosz, cuando (x, y, z) →(1, 2, 0)

Basta reemplazar

Lim x²+y+cosz = 1²+2+cos0=4

(x, y, z) →(1, 2, 0)

En este caso también podemos concluir que la función es continua en (1, 2, 0)

     5. Funciones vectoriales

Una función vectorial generalizada es una función que toma un vector x en Rn y lo convierte en otro vector f(x) en en Rm

f:Rn→Rm

x→f(x)

x=(x1, x2,….,xn)

f(x) = (f1(x), f2(x),      , fm(x))

La función vectorial f es un vector cuyas componentes son (f1, f2,….,fm)

Para que la función vectorial f sea continua es necesario que todas sus funciones componentes lo sean.

Igualmente, si el dominio de f1 es D1, el de f2 es D2, y el de fm es Dm

El dominio de la función vectorial f será la intersección de todos los dominios D1ПD2П……..ПDm

Para que la función vectorial sea derivable en un vector xo, es necesario que todas las funciones f1, f2,…fm lo sean y tengan todas las derivadas parciales posibles.

Construyamos una matrix en la que las filas correspondan a las funciones fi y las columnas a las componentes xi del vector

Ejemplo

Calcular el límite de la siguiente función vectorial:

Lim (sen(πt/2) /t,( t²-1)/(1-t), e^-1/abs(t-1))

t→1

Lim (sen(πt/2) /t,-(t+1)(t-1)/(t-1), e^-1/abs(t-1))

t→1

=(1, -2, 0)

Ejemplo

Calcular el límite de la siguiente función vectorial:

Lim (xarctang xy, ln x/y, (x²-2xy+y²)/(x²y-y²))

r→ro

ro=(1, 1)

Lim (xarctang xy, ln x/y, (x²-2xy+y²)/(x²y-y³))

r→ro

Lim (xarctang xy, ln x/y, (x-y)²/(y(x+y)(x-y))

r→ro

Reemplazando obtenemos

=(π/4, 0, 0)

Ejemplo

Dada la siguiente función vectorial

F(x,y,z) =( e^xyz, xyln(xyz), tan^-1x²y²z²)

Encontrar la matriz Jacobiana.

En ro=(1,1,1), encontrar el incremento df si dr=(0,01,0,01,0,01)

Para encontrar la matriz Jacobiana debemos encontrar una matriz en que las filas son las derivadas parciales de f1, f2 y f3 respecto de x, y y z.

 

Ejemplo

V(xy, yz, xz) es una función vectorial que representa el flujo de un líquido.

│v│ en m/seg

Calcular la rapidez de crecimiento del flujo en el punto (4,2,2)

En la dirección de un vector espacial que forma un ángulo de 60^o con el eje x y 45^o con el eje y.

Primero encontremos el vector anterior.

u=(u1, u2, u3) unitario, forma un ángulo de 60º con el eje x y de 45º con el eje y.

u.i =│u│. │i│. cos 60^o = u1            Siendo u e i unitarios, la componente u1= ½

u.j = │u│ │ j│. cos 45º = u2 , por tanto        u2=√2/2

ui²+u2²+u3² = 1       Por tanto u3= ½

El vector u unitario para la derivada direccional es u = (1/2, √2/2, 1/2)

El próximo paso es encontrar la matriz Jacoviana de V 

Medellín, Marzo de 2016

Construir un triángulo conociendo las alturas.

En el blog anterior se abordó este problema.La dama Teresa Hernandez ha sugerido un método diferente, el cual considera mas sencillo que el que yo plantee anteriormente. Como el método sugerido es realmente sencillo y bonito, lo voy a anexar en el blog.

Suponemos el problema resuelto, triángulo  (1) ABC, en el cual trazamos las alturas ha, hb y hc, que son los datos conocidos y vemos que se cumple la siguiente relación:

ΔABE es semejante al triángulo ΔACF, ya que son triángulos rectángulos y tienen igual los ángulos agudos, por la perpendicularidad de sus lados.

c/hb=b/hc

c/b= hb/hc    (1)

De igual manera

c/a=ha/hc    (2)

a/b=hb/ha    (3)

Ahora construimos el triángulo (2), cuyos lados son las alturas ha, hb y hc que son conocidas.

En el triángulo (2) trazamos las tres alturas que llamaremos xa, xb y xc  (evidentemente también se conocen estas tres alturas del triángulo 2)

Con el mismo razonamiento del triángulo (1)

hb/ha= xa/xb   (4)

ha/hc= xc/xa    (5)

hb/hc= xc/xb    (6)

Uniendo las ecuaciones (1) al (6)

a/xa=b/xb=c/xc

Lo anterior nos dice que si construimos un tercer triángulo de lados xa, xb y xc, A"B"C" será semejante al triángulo ABC y los lados homólogos serán a y xa, b y xb y c y xc.

La construcción del triángulo ABC se obtiene por medio de su triángulo semejante A"B"C", cuyos lados son xa, xb y xc.

Hacemos coincidir los vértices C" y C y la recta B"C" es parte de la base BC del triángulo ABC.

Por C (C") trazamos la altura del triángulo (3), la cual cae en en el punto R. Prolongamos esta recta CR  hasta que un punto F,  tal que CF = hc.

Por F trazamos la perpendicular a la altura CF y así llegamos a los puntos B y A.

Nuestro triángulo ABC quedó construido y sus alturas son ha, hb y hc.

Juan Fernando Sanin E

Construcción de triángulos - 1. Conociendo las tres medianas. 2. Las tres alturas.

Medellín, 22 de Febrero de 2014


Construcción de triángulos

Los casos básicos de construcción de triángulos se podrían resumir en: 1. Conociendo los tres lados 2. Conociendo dos lados y el ángulo que forman éstos y 3. Conociendo un lado y los ángulos internos adyacentes a el.

No obstante podríamos plantear otros casos importantes: a) Conociendo las medianas, b) las alturas, c) las bisectrices, y finalmente d) las tres mediatrices.

Hay innumerables casos de construcción de triángulos, algunos muy difíciles y otros, no tanto.

Entre los que hemos considerado en la segunda categoría, hay dos particularmente difíciles: Conociendo las bisectrices y conociendo las mediatrices.

Para el caso de las bisectrices, el problema gráfico ya ha sido resuelto, pero es de una gran complejidad y no lo abordaremos en los próximos blogs. El caso de construir un triángulo conociendo sus mediatrices, es todavía mucho mas difícil. No obstante, será abordado mas adelante, pero no por un método estrictamente geométrico, ya que hemos tenido que recurrir al álgebra y no sólo al álgebra, sino al ordenador y el sofware derive.

Construir un triángulo conociendo las tres medianas

Se conocen las tres medianas AM1, CM2 y BM3

Debemos, con estas longitudes, construir el triángulo ABC

Suponemos el problema resuelto y prolongamos la mediana CM2 una distancia igual a 1/3 de la misma y localizamos el punto H.

Unimos los puntos AH y HB. El cuadrilatero AHBG es un paralelogramo, ya que sus diagonales se cortan en su punto medio. M2 es simultaneamente el punto medio de AB y de GH.

Lo anterior porqué GM2 es, por las propiedades del varicentro, 1/3 CM2 y M2H también lo es por construcción.

Si observamos el triángulo GHB del  paralelogramo GAHB, observamos que sus tres lados tienen una longitud que se conoce, ya que corresponden a 2/3 de cada una de las medianas.

(Recordemos que el varicentro se encuentra a 2/3 del vértice y a 1/3 de la base)

Con este razonamiento, el triángulo ABC se construye muy fácilmente, puesto que se conocen los tres lados.

Como conocemos las 3 medianas, podemos encontrar gráficamente tres longitudes iguales a 2/3 de cada una de las medianas.

Con estas dimenciones GH ( 2/3 CM2), HB( 2/3 AM1) y BG ( 2/3 BM3), construimos el triánguloGBH.

Completamos el paralelogramo AHBG. (Ya tenemos dos vértices del triángulo ABC, los puntos A y B).

Para encontrar el vértice C, prolongamos HG una distancia una distancia igual y así encontramos el vértice C.

El triángulo construido es el solicitado, ya que sus tres medianas son AM1, CM2 y BM3.

Construir un triángulo conociendo sus tres alturas.

Este problema es mucho mas difícil y la solución que vamos a presentar, aunque sencilla, es bastante ingeniosa y creativa, por lo que la mayoría de las personas que sabemos realizarla, es porque peviamente la hemos leído en la literatura de la geometría.

Si las alturas son: ha (trazada desde A hasta el lado opuesto), hb y hc.

En un punto P  cualquiera del plano ubicamos en direcciones arbitrarias las tres alturas, tal como se indica en la parte izquierda de la figura. No importa para nada el ángulo que se utilice entre estas tres alturas.

Los extremos de estas alturas, son los puntos E, D y F.

Construimos una circunferencia que pase por estos tres puntos E, D y F.

Ahora prolongamos las líneas PE (hc) ,  PD(hb) y PF(ha), hasta que corten la circunferencia en un segundo punto.

PE se prolonga hasta M

PD no se prolonga, pero se toma el punto N, donde la linea interceptan la circunferencia por primera vez.

Prolongamos PF hasta S.

Ahora por las propiedades de las rectas que interceptan una circunferencia, establecemos la siguiente igualdad:

PExPM = PDxPN = PFxPS

hcxPM/2 = hbx PN/2 = haxPS/2

La expresión anterior es igual al área del triángulo ABC, utilizando la fórmula basexaltura/2, en los tres lados, con sus respectivas alturas.

Por tanto las distancias PM,PN y PS, son los lados del triángulo pedido ABC.

De la gráfica de la izquierda  obtenemos en tamaño real PM, PN y PS.

 

Ahora conociendo los tres lados, la construcción es inmediata. Pintamos el lado a que corresponde al lado BC, en el extremo izquierdo B dibujamos una circunferencia de radio b y en el extremo derecho C, dibujamos una circunferencia de radio c. Donde se corten estas dos circunferencias será el tercer vértice A.

Juan Fernando Sanin E