TAREA 2 Presentado por: Mary Alejandra C Curso: Geometría Euclidiana Facultad de Ciencias Básicas Departamento de Matemáticas y Estadística Matemáticas 2010 1. Demuestre que existe una correspondencia biunívoca entre los puntos de una recta y el conjunto de los números reales. A M B 0 Demostración. Sea AB un segmento en un plano Π. Luego existe M ∈ AB tal que M es el punto ←→ ←→ medio de AB (ejercicio 2). Consideremos la recta AB , ahora, denamos ϕ : AB :→ R dado por 0, si X=M; −−→ ϕ(X) = m(XM ), si, X ∈ M B −−→ −m(XM ), Si X ∈ M A. ϕ ←→ está bien denida: Sean X1 , X2 ∈ AB con X1 = X2 . a b c ) Si X1 = M , entonces X2 = M y por tanto ϕ(X1 ) = 0 = ϕ(X2 ). −−→ ) Si X1 ∈ M B también lo está X2 y ya que X1 = X2 y m es funci«, m(X1 M ) = m(X2 M ). Así ϕ(X1 ) = ϕ(X2 ). −−→ ) Si X1 ∈ M A también lo está X2 y ya que m es función y X1 = X2 , se sigue que m(X1 M ) = m(X2 M ), por tanto −m(X1 M ) = −m(X2 M ). Así ϕ(X1 ) = ϕ(X2 ). Se concluye que ϕ está bien denida. ϕ ←→ es inyectiva: Sean X1 , X2 ∈ AB tal que X1 6= X2 . a b c −−→ ) Si X1 = M y X2 ∈ M B , en consecuencia ϕ(X2 ) = m(X2 M ) > 0 = ϕ(X1 ). −−→ −−−→ ) Si X1 = M y X2 ∈ M A, entonces m(X2 M ) > 0, así que ϕ(X2 ) = −m(X2 M ) < 0 = ϕ(X1 ). −−→ −−→ ) Si X1 ∈ M B y X2 ∈ M A, entonces ϕ(X1 ) = m(X1 M ) > 0 y ϕ(X2 ) = m(X2 M ) < 0. Por tanto ϕ(X1 ) 6= ϕ(X2 ). Se sigue que ϕ es inyectiva. ϕ es sobreyectiva: Sea x ∈ R. a b ) Si x = 0, entonces dado un segmento AB , existe su punto medio M tal que ϕ(M ) = m(M M ) = 0 = x. ←→ ) Si x > 0, dada la recta AB y su punto medio M , existe un punto X tal que x = m(XM ) = ϕ(X). 1 c ←→ ) Si x < 0, −x > 0. Así que existe X tal que dada la recta AB y su punto medio M , −ϕ(X) = m(XM ) = −x. Por lo tanto ϕ(X) = −m(XM ) = x. Así ϕ es sobreyectiva yen consecuencia biunívoca. 2. Pruebe que todo segmento tiene un único punto medio. Demostración. En efecto, sea Π un plano y AB un semento en Π. Luego, por los axiomas de orden, existe almenos O tal que A − O − B . Ahora consideremos la recta −→ OA y el segmento OB . Entonces, por el teorema de construcción de sementos existe −→ P sobre OA tal que OP ∼ = OB . De donde O es el punto medio de P B . Para el punto P tenemos los siguientes casos: ) Si P = A, se sigue que O es el punto medio de AB . Listo. b ) Si A − P − O − B . Luego, por el axioma de Arquímedes, existen J1 , J2 , ..., Jn puntos con A−J1 −J2 −· · ·−B−Jn tales que AJ1 ∼ = J1 J2 ∼ = ··· ∼ = Jn−1 Jn ∼ = OB . ∼ ∼ ∼ ∼ ∼ ∼ Así que AJ1 = J1 J2 = · · · = J n2 −1 J n2 = J n2 J n2 +1 = · · · = Jn−1 Jn ∼ = OB . Luego, pos suma de ángulos congruentes, se tiene que a AJ1 + J1 J2 + · · · + J n2 −1 J n2 ∼ = J n2 J n2 +1 + · · · + Jn−1 Jn + OB. Así AJ n2 ∼ = J n2 B. En consecuencia J n2 es el punto medio de AB . c ) Si P − A − O , se razona de manera similar. Para la unicidad sean D y E dos puntos medios del segmento AB entonces el segmentoAD ∼ = DB y AE ∼ = BE , entonces m(AB) = m(AD) + m(DB) = 2m(AD) y m(AB) = m(AE) + m(EB) = 2m(AE) en consecuencia 2m(AD) = 2m(AE) y como A − E, D − B se sigue que D = E 3. Demuestre que las bicectrices de dos ángulos suplementarios son perpendicualres. 2 Sean AB̂D y DB̂C ángulos suplementarios en un plano Π, entonces ←→ ←→ m(AB̂D) + m(DB̂C) = 180o . Sean BP y BT las bicectrices de AB̂D y DB̂C respectivamente, entonces Demostración. AB̂P ∼ = P B̂D DB̂T ∼ = T B̂C. Consideremos los siguientes casos: a ) Si AB̂D ∼ = DB̂C . P D T A B C Como AB̂D ∼ = DB̂C entonces, estos ángulos son rectos y por tanto m(AB̂D) = m(DB̂C) = 90o . Las bicectrices dividen a los ángulo dados en dos congruentes, de tal forma que 1 m(AB̂P ) = m(P B̂D) = m(AB̂D) = 45o 2 y 1 m(DB̂T ) = m(T B̂C) = m(AB̂D) = 45o . 2 Así m(P B̂D) + m(DB̂T ) = 45o + 45o = 90o . −−→ Así BD biseca al ángulo P B̂T y éste es un ángulo recto. En consecuencia, las bisectrices de los ángulos suplementarios iniciales son perpendiculares. b ) Si AB̂D D B̂C , supóngase sin pérdida de generalidad que AB̂D > D B̂C . T A B 3 C Sabemos que m(AB̂D) + m(DB̂C) = 180o . (1) −−→ −→ Además las bicectrices BP y BT dividen al ángulo AB̂D en dos ánulos congruentes (AB̂P y P B̂D) y al ángulo DB̂C en dos ángulos congruentes (DB̂T y T B̂C ), respectivamente. Por lo tanto m(AB̂P ) = m(P B̂D) (2) m(DB̂T ) = m(T B̂C). Por otro lado m(AB̂P ) + m(P B̂D) = m(AB̂D) (3) m(DB̂T ) + m(T B̂C) = m(DB̂C). Ahora, de (1), (2) y (3), obtenemos que 180o = m(AB̂D) + m(DB̂C = m(AB̂P ) + m(P B̂D) + m(DB̂T ) + m(T B̂C) = 2m(P B̂D) + 2m(DB̂T ). Así 2(m(P B̂D) + m(DB̂T )) = 180o y por tanto m(P B̂D) + m(DB̂T ) = 90o . −−→ −→ En consecuencia, el ángulo P B̂T es recto y las bicestrices P B y BT son perpendiculares. 4. Demuestre que toda reta paralela a la base de un triángulo isósceles que pasa por un vértice, bisecta al ángulo exterior asociado al vértice. 4 D0 D P Demostración. A B Q C Sea 4ABC un tiángulo isoscéles en un plano Π, con AB̂C ∼ = B ĈA y AB ∼ = AC . Consideremos una recta l paralela a BC que pasa por A y P, Q puntos sobre l tal que P − A − Q. Entonces el ángulo DÂB es externo a B ÂC y consideremos también ←→ ←→ dos puntos D y D0 sobre AC y AC respectivamente tales que D−A−C y D0 −A−B . Veamos que B ÂP ∼ = P ÂD. ←→ ←→ ←→ ←−→ Como AC = DC y P Q = D0 B se cortan en A, entonces los ángulos DÂQ y P ÂC son opuestos por el vértice y en consecuencia DÂQ ∼ = P ÂC. De manera simlar los ángulos DÂB y D0 ÂC son opuestos por el vértice y por tanto DÂB ∼ = D0 ÂC. ←→ ←→ ←−→ Ahora, como las rectas P Q = l y BC son paralelas, la recta BD0 es secante a las anteriores y es tal que D0 ÂQ ∼ = AB̂C AĈB ∼ = DÂP. Así tenemos que P ÂB ∼ = D0 ÂQ ∼ = AB̂C ∼ = B ĈA ∼ = DÂP. ←→ De donde, DÂP ∼ = P ÂB y en consecuencia la recta P Q = l biseca al ángulo externo al vértice por el cuál pasa la recta l que es paralela a la base del triángulo isósceles. 5. Demuestre: Si en los triángulos 4ABC y 4DEF se tiene AB = DE ; BC = EF y la altura desde C es congruente con la altura desde F, entonces 4ABC = 4DEF. 5 supongamos AB ∼ = DE ; BC ∼ = EF y la altura desde C es congruente con la altura desde F , entonces se presentan los siguientes casos Demostración. byD b son los ángulos rectos 4ABC y 4DEF sean rectangulos. digamos que A de 4ABC y 4DEF respectivamente , entonces la altura desde C coincide con el segmento CA y la altura desde F coincide con el segmento F D, dichas alturas congruentes entre sí implica CA ∼ = F D. tenemos AB ∼ = DE , CB ∼ = FC ∼ ∼ y CA = F D se sigue por L − L − L, que 4ABC = 4DEF . 4ABC y 4DEF tengas todos sus ángulos agudos. Entonces la altura desde C intercepta a AB en un punto digamos C 0 y la altura desde F intercepta a DE en un punto, digamos F 0 , se sigue CC 0 ∼ = F F 0 , por otro lado como AB ∼ = DE ; CC 0 ∼ = F F 0 ; CB ∼ = F EA−C 0 −B; D−F 0 −E entonces C 0 B ∼ = F 0E , 0 0 0 0 ∼ ∼ ∼ tenemos CC = F F ,CB = F E y C B = F E por L − L − L obtenemos que b∼ b, b∼ b , así CB ∼ 4CC 0 B ∼ = F E , BA ∼ = ED y B =E = 4F F 0 E , en particular B =E por L − A − L concluimos 4ABC y 4DEF 4ABC y 4DEF tengan cada uno un ángulo obtuso. Digamos que los ángulos b respectivamente. la altura desde C obtuso de 4ABC y 4DEF son Ab y D ←→ ←→ intercepta a AB en un punto digamos C 0 y la altura desde F intercepta a DE b∼ en un punto, digamos F 0 , de lo que CC 0 ∼ = F F 0 , notece que C = Fb ya que son 0 0 ∼ ∼ ∼ b b ángulos rectos, así C C = F F , C = F y CB = F E por L − A − L, obtenemos b ∼ b , tenemos B b ∼ b , CB ∼ 4C 0 CB ∼ = FE y = 4F 0 F E en particular B = E = E ∼ ∼ AB = DE , por L − A − L, obtenemos que 4ABC = 4DEF 6
