El teorema de Van Aubel, un sorprendente resultado geométrico
Hace unas semanas, en una de mis múltiples incursiones por las entrañas del internet matemático, me topé con un resultado geométrico del que no había oído hablar. Dicho teorema respondía al nombre de teorema de Van Aubel y su enunciado es cuanto menos sorprendente. Ahí va:
Teorema de Van Aubel: Dado un cuadrilátero cualquiera en un plano, a partir de cada lado dibujamos un cuadrado apoyado en él. Entonces los segmentos que unen los centros de cuadrados situados en lados opuestos tienen la misma longitud y además son perpendiculares.
El hecho de que el cuadrilátero inicial no tenga ningún tipo de restricción es uno de los detalles que otorgan a este resultado la capacidad de dejar con la boca abierta a cualquiera que no lo conozca. Aquí tenéis una imagen para que podáis visualizarlo:
No me negareis que es ciertamente sorprendente, al menos en primera instancia, ¿verdad? Pero podemos ir más lejos…
…Repetimos: no hay ninguna restricción sobre el cuadrilátero inicial. Por ejemplo, podría ser no convexo y el teorema de Van Aubel seguiría cumpliéndose:
Y los lados podrían cortarse entre ellos y el teorema se seguiría cumpliendo:
¿Os suena este resultado? Seguro que muchos de vosotros le habréis encontrado parecido con el desafío que propuse para la serie de desafíos RSME-El País. Pues sí, claro que se parecen. De hecho encontrar este teorema de Van Aubel fue lo que me sugirió plantear este desafío. Por si alguien no se acuerda lo voy a recordar aquí:
Partiendo de un triángulo cualquiera de vértices ABC, tomamos dos de sus lados, AB y AC por ejemplo, y dibujamos cuadrados apoyados en ellos. Llamamos I y J a los centros de los dos cuadrados y H al punto medio del lado del triángulo donde no hemos apoyado ningún cuadrado (el BC en este caso).
El desafío de esta semana consiste en demostrar que los segmentos HI y HJ tienen la misma longitud y que además forman un ángulo de 90º. La situación inicial puede verse en esta figura:
En este enlace podéis ver un vídeo con la solución de desafío junto con algunos comentarios sobre las soluciones recibidas. Pero creo que puede ser interesante comentarla la solución presentada aquí. Vamos a ello:
Llamemos K al punto medio del lado AB y L al punto medio del lado AC, y dibujemos los triángulos HKJ y HLI. Representamos también el segmento KL en línea discontinua, como aparece en la Figura 1:
Como el segmento LH une los puntos medios de los lados AC y BC, entonces es paralelo al otro lado, el AB. Lo mismo ocurre con el segmento KL, que como une los puntos medios de los lados AB y AC será paralelo al otro lado, el BC. Esto nos dice que BHLK es un paralelogramo, por lo que, en particular, los segmentos KB y LH son iguales. Pero KB y JK también son iguales, por lo que obtenemos que JK=LH. El mismo razonamiento nos sirve para llegar a que ALHK es un paralelogramo, por lo que, en particular, los segmentos AL y KH son iguales. Pero AL y LI también lo son, por lo que ahora se obtiene que KH=LI.
Por otro lado, los triángulos KBH y LHC tienen sus lados iguales y paralelos, por lo que el ángulo BKH y el ángulo HLC son iguales.
Recapitulemos. Tenemos que los triángulo JKH y el HLI, pintados de rojo y verde respectivamente en la siguiente imagen (Figura 2)
tienen dos lados iguales (KJ=LH y KH=LI) y además también tienen igual el ángulo formado por esos lados (el ángulo JKH es 90º+BKH, y el HLI es 90º+HLC, que hemos visto antes que es igual a BKH). Con esto podemos concluir que ambos triángulos son iguales, y el hecho de que sean iguales nos asegura que los segmentos HI y HJ tienen la misma longitud.
Falta demostrar que estos dos segmentos forman un ángulo de 90º. Pero esto es sencillo: JK forma un ángulo de 90º con AK, que es paralelo a LH. Por tanto JK y LH forman un ángulo de 90º. Del mismo modo, LI forma un ángulo de 90º con AL, que es paralelo a KH. Por tanto LI y KH forman un ángulo de 90º. Como los triángulos son iguales, todo esto nos asegura que los segmentos HI y HJ forman un ángulo de 90º.
Aquí tenéis un applet de GeoGebra donde podéis ver que las longitudes son siempre iguales y que el ángulo es siempre 90º (podéis mover los puntos A, B y C):
¿Qué relación tiene esto con el teorema de Van Aubel? Pues muy sencillo: podemos usar el resultado que se pedía demostrar en el desafío para probar el teorema de Van Aubel. En este applet de GeoGebra, además de poder jugar con la forma del cuadrilátero y ver así que los dos segmentos tienen siempre la misma longitud, podéis ver una prueba de este teorema basada en la demostración del desafío seleccionando la casilla Demostración:
La demostración es muy parecida a la del propio desafío. La idea es dibujar una de las diagonales del cuadrilátero inicial, AC en este caso, y marcar su punto medio, Q. Entonces, a cada lado de esa diagonal podemos aplicar lo demostrado en el desafío 39, concluyendo así la demostración del teorema de Van Aubel.
Para terminar, quiero comentar que al parecer este resultado fue publicado por Van Aubel en 1878 en H. H. Van Aubel, Note concernant les centres des carrés construits sur les côtés d’un polygon quelconque, Nouv. Corresp. Math.,4(1878), 40-44. Por desgracia no he podido encontrar más información sobre él. Actualización: nuestro colaborador y comentarista fede nos ofrece información sobre Van Aubel en este comentario.
Fuentes y enlaces relacionados:
- My Favourite Math Party Trick en The Everything Seminar.
- Beautiful theorems of geometry as Van Aubel’s theorem (pdf) de Yutaka Nishiyama.
Este post es mi primera contribución con la Edición 2.9 del Carnaval de Matemáticas cuya anfitriona es @EbeniTIC con su blog Que no te aburran las Mat@s.
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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 19 de diciembre de 2011
Categorías: Carnaval de matematicas, Demostraciones, Geometría, Teoremas | 
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El teorema de Van Aubel, un sorprendente resultado geométrico
fede | 19 de diciembre de 2011 | 11:47
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Bonito artículo. Sobre H. Van Aubel, datos biográficos:
http://mathforum.org/kb/thread.jspa?forumID=149&threadID=383346&messageID=1181962
y foto:
http://translate.google.es/translate?sl=nl&tl=en&js=n&prev=_t&hl=es&ie=UTF-8&layout=2&eotf=1&u=http%3A%2F%2Fwww.pandd.demon.nl%2Flemoine%2Fvanaubel.htm%232&act=url
JJGJJG | 19 de diciembre de 2011 | 12:08
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Una interesante consecuencia del Teorema de Van Abel:
Si en un triángulo construimos cuadrados sobre sus lados, el segmento que une los centros de dos de ellos es igual y perpendicular al que une el tercer centro con el vértice del triángulo opuesto al lado correspondiente a este tercer cuadrado.
Resulta de considerar cada vértice como un posible cuarto lado degenerado de un cuadrilátero.
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Bitacoras.com
gaussianos | 19 de diciembre de 2011 | 15:10
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Muchas gracias por los enlaces fede. Estuve un buen rato buscando, pero no encontré nada sobre él.
JJGJJG, sí, interesante consecuencia. La verdad es que este teorema tiene consecuencias muy interesantes considerando los casos degenerados
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josé luis | 19 de diciembre de 2011 | 19:58
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AHORA SE COMPRENDERA MEJOR EL SIGUIENTE PROBLEMA:
El Tesoro de Punta Mogotes
El relato que viene a continuación está extraído de un ejemplar de la singular revista CACUMEN, ya desaparecida.
Una historia de tesoros enterrados debería transcurrir en la Polinesia o, al menos, en el Caribe. Ubicarla en una playa de la costa argentina es casi inverosímil. A riesgo de que el lector la tome como una mera fantasía, transcribo sin intenciones literarias la anécdota, tal como supo contármela Robinson Derneire, el magnate sudamericano.
¿Qué me llevó, aquel crudo día de invierno, a viajar a Mar del Plata? La respuesta, señor periodista, quizá le suene más previsible si formulo la pregunta en el nivel adecuado: ¿qué es lo que convoca a muchísima gente a viajar a Mar del Plata en un crudo día de invierno? Sí, como usted lo ha dicho: el Casino. Aún así creo que la respuesta no terminará de convencerlo, habida cuenta de mi posición frente a los juegos de Azar. ¿Entonces? Creo que el resto ya es evidente: aquella vez contaba yo con un sistema infalible para derrotar a la Banca. Ni la computadora del ingeniero Hilario Fernández Long había podido descubrirle un fallo. Esto fue, se lo recuerdo, hace diez años, cuando yo era un modesto empleado de un estudio contable. Aquel memorable día me allegué al Hotel Provincial, cargados mis bolsillos de todos mis ahorros, curada mi conciencia de los enfermizos ideales de sana pobreza inculcados por un padre socialista y bien dispuesto a convertirme en millonario de la noche a la mañana. Empecé apostando a la tercera columna, tercera calle y rojo, tal como indicaba el sistema. Pero, ¿a qué agotarlo, señor periodista, con tantos detalles? Dos horas después de iniciado el juego me encontraba en la ruina más completa. Salí del Provincial y me lancé a caminar por la playa desolada. Tiritaba de rabia y de frío. En la oscuridad miraba el ir y venir de las olas, y sentí deseos de ser tragado por las aguas, sin más trámite. Un feroz ladrido me sacó de golpe del ensimismamiento. Pegué un salto hacia atrás, lo que le está indicando, señor periodista, que a pesar de la depresión conservaba intactos mis instintos vitales. En mi descargo debo decir que ser tragado por el mar no deja de tener un no se qué romántico, pero ser engullido por un perro es más bien lamentable, incluso para un modesto empleado. El perro era un formidable doberman.
-Es manso, no tenga miedo -dijo una voz en la negrura. El hombre se acercó para terminar de calmarme-. ¡Fuera, Tito! -ordenó al animal.
Sí, se trataba de Oscar Martínez, que actualmente ocupa el cargo de subjefe de desarrollo de nuevos productos en una de mis empresas y dadas las circunstancias, acepté gustoso su compañía. También aquí quiero ahorrarle detalles, señor, y pasar directamente al asunto que es el motivo de su interviú. Oscar Martínez, a pesar de que ya era un hombre casado, padre de dos criaturas y dueño de un perrazo, me pareció de índole un tanto fantasiosa. Dijo saber de un lugar donde había un tesoro enterrado. No le creí, por supuesto, pero en esos momentos no me venía mal oír hablar de tesoros ocultos. El sitio era en Punta Mogotes.
-Hay allí un ciprés, un roble y una roca colorada -me explicó Martínez con vehemencia al notarme interesado en la historia. Todo lo que hay que hacer es caminar desde la roca hasta el ciprés, girar 60º a la izquierda, caminar en esa dirección una distancia igual y clavar allí una estaca.
Asentí con la cabeza; la instrucción me pareció sencilla.
-Luego hay que volver a la roca -siguió-, caminar ahora hasta el roble, girar allí 120º a la derecha, caminar en esa nueva dirección una distancia igual y clavar allí una segunda estaca. ¿Me sigue, Robinson? Ya casi estamos: ¡exactamente en el punto medio del segmento que marcan las dos estacas está el tesoro!
Martínez extrajo del pecho una hoja plegada y la extendió ante mis ojos. La charla nos había alejado de la playa y estábamos ahora sentados en un café. En la hoja aparecía el mismo dibujo que usted puede ver aquí (figura 1).
-Clarísimo -le dije a Martínez-, pero hay algo que no comprendo: ¿por qué no fue todavía a desenterrarlo?
-Ah -suspiró-, porque… ¿Por qué no viene mañana conmigo a ver el lugar?
“¿Y por qué no?”, pensé.
Martínez me ofreció gentilmente que pasara la noche en su casa -invitación que no deseché, habida cuenta de mi vacío económico- y a la mañana siguiente partimos para Punta Mogotes.
No me había engañado el hombre. Vimos el ciprés, también el roble, y no faltaban tampoco las rocas coloradas, altas y puntiagudas. Digo bien “rocas”, porque no había allí una roca, sino cientos de rocas, todas coloradas, igualitas entre sí como sacadas de un mismo molde.
-¿Se da cuenta de cuál es el problema, Robinson? -expresó con tono lastimero el pobre Martínez.
Me daba cuenta. Aun si la historia del presunto tesoro enterrado fuese cierta y todos los datos fuesen correctos, nos encontrábamos sin un punto de arranque o, mejor dicho, con cientos de ellos. ¿Qué roca, entre todas, elegir para iniciar la marcha hacia el ciprés y luego hacia el roble? Teníamos cientos de rocas indistinguibles, lo que llevaría a clavar cientos de estacas y a cavar cientos de pozos.
-Despertaríamos las sospechas de los vecinos -dijo sensatamente Martínez- y no tardaríamos en terminar en la cárcel o en un manicomio.
Esa misma tarde regresé a Buenos Aires y enterré ipso facto la idea del tesoro.
Una madrugada -ya bien entrada la primavera- fui despertado por el insistente timbre del teléfono. Sí, señor, usted es buen periodista, adivinó: era Martínez, que con voz excitada consiguió despabilarme un poco.
-No está todo perdido, Robinson -dijo. ¿Sabe usted algo de giros y simetrías? Me refiero a cuestiones de geometría.
-¡No sé qué es eso! -contesté enojado. Pero tomando luego en consideración que Martínez me había ayudado a levantar el ánimo en una circunstancia triste, agregué conciliador: -Cuénteme, ¿de qué se trata?
-Tampoco yo sé nada, pero me comentaron que un giro, eso que debemos hacer al llegar al ciprés, y luego al llegar al roble, puede descomponerse en dos simetrías.
Sigo sin entender una palabra.
-Espere. Parece ser que un giro es igual a dos simetrías, y que así se resuelven muchos asuntos geométricos. Acaso sirva para el nuestro.
-La geometría y el sánscrito son la misma cosa para mí, Martínez, y es demasiado temprano para estudiarla ahora: son las seis de la mañana.
-Está bien, lo dejo con la inquietud.
Colgué. Pero ya no pude, como se dice, conciliar el sueño. Recordé que entre mis cosas inútiles había un libro de geometría y empecé a recorrerlo con una mezcla de vieja repulsión -es que yo fui un pésimo estudiante- y de nuevo deslumbramiento. Llegué a los giros y las simetrías, y aunque usted no lo crea, empecé a ver. Sí, señor periodista, vi que un giro equivale a dos simetrías. Aquí se ve (figura 2): girar un punto P sesenta grados alrededor de O, es igual que simetrizar dos veces P, una vez con respecto a la recta r y luego con respecto a la recta s. Y observe bien r y s pasan ambas por O y forman un ángulo de 30′, la mitad del valor del giro.
Pero, me preguntará usted, y con cierta razón, ¿qué tiene esto que ver con el ciprés, el roble y la roca colorada? Ya verá. Esa mañana fui a trabajar como de costumbre. La cabeza, sin embargo, me trabajaba para el lado de Punta Mogotes. Eran las cuatro de la tarde, lo recuerdo como si fuera hoy, cuando tiré por los aires las planillas de contabilidad. ¡Había encontrado la solución!
-¡Un agujero! ¡Un único pozo y el tesoro es nuestro! -grité ante el estupor de mis compañeros de tareas. Y abandoné para siempre el lugar.
A la mañana siguiente, en Punta Mogotes, en el fondo del único pozo que debimos cavar, el tesoro se presentó puntual y reluciente ante nuestros ojos. Sí, señor periodista, todo lo que usted ve aquí, más las minas de cobre, más la red de emisoras de televisión, más lo que usted ya sabe, todo, se lo debo a la geometría pura y elemental. Ahora pregúntele a sus lectores dónde hice con Martínez el único y glorioso pozo de Punta Mogotes.
Epílogo
Curiosamente, no importa qué roca tomemos como punto de partida, el punto medio entre las dos estacas caerá siempre en el mismo sitio. Robinson Derneire llegó a esta conclusión tras un ingenioso razonamiento con giros y simetrías que vale la pena reproducir (figura 3).
Una estaca se transforma en la otra por dos giros sucesivos: uno de 60º alrededor del ciprés, y el otro de 120º alrededor del roble. O bien por uno de 180º alrededor del punto donde está el tesoro. O sea, que para encontrar el sitio del tesoro, realizamos dos giros, de 60º y 120º. Si pudiéramos sustituir ambos giros por uno solo, de 180º el centro de tal giro sería el sitio del tesoro. Y podemos hacerlo, porque sustituimos el giro de 60º por dos simetrías, con respecto a las rectas A y B; y el giro de 120″ por dos simetrías, con respecto a las rectas B y C. Estas cuatro simetrías terminan siendo equivalentes a un único giro de 180º en torno al punto T. Y allí está el tesoro, sin importar donde estaba la roca colorada, que no intervino para nada en nuestra deducción.
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Trackback | 19 dic, 2011
El teorema de Van Aubel, un sorprendente resultado geométrico
Gabriel | 20 de diciembre de 2011 | 00:06
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Creo que me enamoré de este teorema. Genial.
Saludos,
@gabriel_hgs
Manuel | 20 de diciembre de 2011 | 01:08
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Una pregunta: ¿se pueden insertar dibujos para comentar algún resultado? ¿cómo hacerlo?
Trackback | 20 dic, 2011
Primer dia: Edicion 2.9 Carnaval Matematicas « Que no te aburran las M@TES
gaussianos | 20 de diciembre de 2011 | 03:44
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Manuel, se pueden poner imágenes que estén subidas a internet usando código html, pero preferiría que no lo hicieras por si se salen del rectángulo del comentario. Lo mejor es que dejes un enlace a la imagen o dibujo que quieras añadir.
Ignacio Larrosa Cañestro | 20 de diciembre de 2011 | 11:37
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El teorema de Van Aubel como queda visto, se reduce prácticamente a un corolario del resultado del problema 39. Pero también es muy fácil de demostrar dierectamente. Con complejos, o vectores, es rutinario. Mucho menos atractivo, pero totalmente rutinario.
Si los vértices son A, B, C y D en sentido positivo, y los centros de los cuadrados construidos sobre los lados AB, Bc, CD y DA son respectivamente E, F, G y H, llamando al número complejo igual que a su afijo, pero con minúsculas, tenemos que:
e = (a + b)/2 + (-i)*(b – a)/2
f = (b + c)/2 + (-i)*(c – b)/2
g = (c + d)/2 + (-i)*(d – c)/2
h = (d + a)/2 + (-i)*(a – d)/2
Entonces,
EG = g – e = (c + d – a – b)/2 + i*(b + c – a – d)/2
FH = h – f = (a + d – b – c)/2 + i*(c + d – a – b)/2
Y claramente FH = i*EG ===> |FH| = |EG| y ambos segmentos son perpendiculares.
Si se quieren los cuadrados construidos hacia adentro, no hay más que sustituir i con -i en todas partes.
Aburrido pero directo …
En otro orden de cosas, los resultados estos que producen orden a partir de caos siempre son sorprendentes. como el paralelogramo de puntos medios de cualquier cuadrilátero, incluso cruzado/alabeado, o el triángulo de Napoleón obtenido uniendo los centros de triángulos equiláteros construidos sobre los lados de cualquier triángulo, hacia dentro o hacia afuera.
Omar-P | 20 de diciembre de 2011 | 14:26
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¡Gracias DiAmOnD por este maravilloso post!
Carlos | 21 de diciembre de 2011 | 13:19
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Hola José Luis, ¿podrías indicar en qué número de Cacumen aparece?
Grácias.
Rafalillo | 21 de diciembre de 2011 | 14:51
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Espectacular este teorema. Yo también me había dado cuenta de que se parecía mucho a tu problema de El País antes de comentarlo.
Este post tiene pinta de nuevo premio carnavalero…
José Alberto | 21 de diciembre de 2011 | 19:05
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Creo que podemos decir que un resultado similar es el teorema de Napoleón, pero en triángulos. Viendo esto, ¿existirá entonces una generalización para un n-ágono? ¿y para una figura tridimensional?
Buen artículo, sin duda gausssianos es uno de los mejores blogs de matemáticas de internet.
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Trackback | 18 ene, 2012
IX Premio Carnaval Matemáticas: Edicion 2.9 « Que no te aburran las M@TES
Ramiro Hum-Sah | 25 de enero de 2012 | 21:13
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Buena pregunta josé alberto yo no lo creo posible pero habrá que ver
Uno de los teoremas mas hermosos que jamás haya visto
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Pablo Sampó | 25 de octubre de 2012 | 13:05
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Por que en esta imagen: http://gaussianos.com/images/van-aubel/cortandose.JPG
El cuadrado de lado AB y centro M, se dibuja “para ese lado” y no “para el otro” ?
¿Se entiende mi pregunta? Es decir, si se dibuja “para el otro lado” creeria que la propiedad no se cumple… pero seguramente hay una razon que explica por qué se dibuja asi, y yo la desconozco.
gaussianos | 25 de octubre de 2012 | 13:39
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Pablo, el cuadrado sigue dibujándose “hacia fuera”, lo que ocurre es que ese lado ahora está “al revés”, por eso el “hacia fuera” es “hacia dentro”. Un poco lío, sí, pero si te vas al último applet y mueves uno de los vértices del cuadrilátero azul hasta conseguir un cuadrilátero como el de la imagen que comentas verás cómo se mueven los cuadrados.
Martin Ochoa | 30 de octubre de 2012 | 17:32
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Muy interesante el artículo, me recuerda a los métodos geométricos utilizados para la optimización -tengo maestría en ingeniería de calidad (estadística)- y he aplicado métodos similares para optimizar procesos, aquí me surge una duda, habrá algún resultado equivalente para R>2? sería interesante el ver si el mismo comportamiento aparece cuando hablamos de cubos o poliedros.
Saludos!