La reconciliación de las circunferencias trae sorpresa

Hoy, como todos los martes, os presento el problema de la semana:

En el mundo de las circunferencias tenemos grupos de tres circunferencias que se quieren tanto que desean estar pegadas y grupos de tres circunferencias que se aprecian bastante menos. Este caso es el de las tres circunferencias de esta historia.

En principio las tres circunferencias (de distintos tamaños) no se llevaban demasiado bien, digamos que estaban enfadadas. Por eso su colocación era como en la figura siguiente:

Es decir, no se superponían ni completamente ni en parte. No querían ni verse.

Pero por suerte estas situaciones no duran toda la vida. Poco a poco nuestras protagonistas limaron asperezas y consiguieron llegar a una relación de amistad. Querían acercarse más, todo lo posible…pero por desgracia su situación era inamovible. No podían desplazarse.

¿Qué hicieron? Muy sencillo. Pidieron que alguien las uniera trazando las tangentes comunes a cada dos de ellas. Aunque no era la solución más satisfactoria para ellas, al menos podrían sentirse más unidas. Y así fue como las tres circunferencias pasaron de ni siquiera mirarse a mantener una gran amistad.

Pero una historia tan bonita tenía que tener algo más, alguna característica que la hiciera aún más emotiva. Y, cómo no, la hay. Al trazar las tangentes se dieron cuenta de que los tres puntos de intersección entre ellas estaban situados en la misma recta.

Qué casualidad, ¿no?

¡Pues no! Por haber sido capaces de arreglar sus problemas se les permitió moverse ¡y se vio que los tres puntos de intersección son siempre colineales!

¡Qué bello final!

¿Quién nos demuestra por qué ocurre esto?

15 comentarios

Trackback | 4 Ago, 2009

Bitacoras.com
M | 4 de Agosto de 2009 | 13:50

Una explicación posible surge del hecho de que la composición de homotecias (de distinto centro) vuelve a ser una homotecia.

Consideremos las circunferencias $\mathcal{C}_i$ con radio $r_i$ , $i=1,2,3$ , $r_1<r_2<r_3$ . Como asumimos que los radios son distintos, las tangentes exteriores a $\mathcal{C}_i$ se cortan en un punto $O_i$ , $i=1,2,3$ . Así pues, la circunferencia $\mathcal{C}_2$ se obtiene de $\mathcal{C}_1$ por la homotecia $\mathcal{H}_1:=\mathcal{H}_{O_1,r_2/r_1}$ centrada en el punto $O_1$ y razón $r_2/r_1$ . Del mismo modo, $\mathcal{C}_3$ se obtiene de $\mathcal{C}_2$ por la homotecia $\mathcal{H}_2:= \mathcal{H}_{O_2,r_3/r_2}$ . Ahora bien, la composición de estas dos homotecias es precisamente la homotecia $\mathcal{H}_2\circ \mathcal{H}_1=\mathcal{H}_3:= \mathcal{H}_{O_3,r_3/r_1}$ , y en consecuencia los tres centros deben estar alineados.
Dani | 4 de Agosto de 2009 | 17:37

muy, muy buena, sí señor
^DiAmOnD^ | 4 de Agosto de 2009 | 20:29

M, estás hecho un crack .

La solución que yo conozco pasar por subir un escalón, esto es, pasar a tres dimensiones.

A ver si a alguien se le ocurre algo.
Maestrillo | 5 de Agosto de 2009 | 13:54

“la composición de estas dos homotecias es precisamente la homotecia [H3], y en consecuencia los tres centros deben estar alineados.”

¿¿En consecuencia?? ¿¿¿Pero qué me he perdido por enmedio???

(
M | 5 de Agosto de 2009 | 15:30

Maestrillo, ciertamente mi comentario fue muy esquemático ya que sólo pretendía dar la idea y dejar los detalles. Tu comentario refleja una de las tres cosas que no había probado:

1) “La composición de homotecias de distinto centro y radios no inversos vuelve a ser una homotecia cuyo radio es el producto de los radios de las homotecias originales.”

Esta es una propiedad conocida que, aunque no es difícil de probar, es algo molesta de escribir pues requiere liarse un poco con semejanza de triángulos y usar el Teorema de Desargues para probar que el centro de la composición de las homotecias está bien definido.

2) Aplicando esto a nuestro caso se deduce que el centro de la composición $\mathcal{H}_2\circ \mathcal{H}_1$ debe ser precisamente $O_3$ , el punto de corte de las tangentes exteriores a $\mathcal{C}_3$ .

Para ver esto, sabemos por 1) que $\mathcal{H}_2\circ \mathcal{H}_1=\mathcal{H}_{O,r_3/r_1}$ , para cierto centro $O$ , es decir

$\overrightarrow{OX^\prime}=\frac{r_3}{r_1} \cdot \overrightarrow{OX}$

Pero es que como $\mathcal{C}_1,\mathcal{C}_3$ son homotéticas a través de $\mathcal{H}_3= \mathcal{H}_{O_3,r_3/r_1}$ , para los puntos de dichas circunferencias se verifica que

$\overrightarrow{O_3X^\prime}=\frac{r_3}{r_1} \cdot \overrightarrow{O_3X}$ .

Restando estas dos últimas ecuaciones se llega a que:

$\overrightarrow{OO_3}=\frac{r_3}{r_1} \cdot \overrightarrow{OO_3}$ , es decir $O=O_3$ .

3) Finalmente faltó probar que el centro de la composición de dos homotecias está en línea con los centros de las homotecias originales.

A través de $\mathcal{H}_1$ : $\overrightarrow{O_1X^\prime}=\frac{r_2}{r_1} \cdot \overrightarrow{O_1X}$ .
A través de $\mathcal{H}_2$ : $\overrightarrow{O_2X^{\prime\prime}}=\frac{r_3}{r_2} \cdot \overrightarrow{O_2X^\prime}$ .

Luego:

$X^{\prime\prime}=O_2+\frac{r_3}{r_2} \cdot \overrightarrow{O_2X^\prime}$
$X^{\prime\prime}=O_3+\overrightarrow{O_3O_2}+\frac{r_3}{r_2} \cdot \overrightarrow{O_2X^\prime}=$
$X^{\prime\prime}= O_3+\overrightarrow{O_3O_2}+\frac{r_3}{r_2} \cdot \left(\overrightarrow{O_2O_1}+\overrightarrow{O_1X^\prime}\right)$
$X^{\prime\prime}=O_3+\overrightarrow{O_3O_2}+\frac{r_3}{r_2} \cdot \overrightarrow{O_2O_1}+\frac{r_3}{r_1}\cdot\overrightarrow{O_1X}$
$X^{\prime\prime}=O_3+\frac{r_3}{r_1}\cdot\overrightarrow{O_3X}+\left(\overrightarrow{O_3O_2}+\frac{r_3}{r_2} \cdot \overrightarrow{O_2O_1}+\frac{r_3}{r_1}\cdot\overrightarrow{O_1O_3}\right)$ .

Como $X^{\prime\prime}$ se obtiene de $X$ por $\mathcal{H}_3$ , se tiene que

$\overrightarrow{O_3O_2}+\frac{r_3}{r_2} \cdot \overrightarrow{O_2O_1}+\frac{r_3}{r_1}\cdot\overrightarrow{O_1O_3}=\overrightarrow{0}$ ,

y esto equivale a poner $\left(\frac{r_3}{r_1}-1\right)\overrightarrow{O_1O_3}=\left(\frac{r_3}{r_2}-1\right)\overrightarrow{O_1O_2}$ , que nos dice que los tres centros están alineados.
vengoroso | 5 de Agosto de 2009 | 15:35

Maestrillo, a M le ha faltado un detalle: la composicion de homotecias (de distinto centro) es una homotecia con centro alineado con los anteriores. De todas formas es un poco “trampa” usar el teorema de clasificacion de afinidades en el plano (que creo que se debe a Euler) para resolver un problema de geometria sintetica.
Yo conozco una demostracion sintetica (en el plano) usando semejanza de triangulos y el teorema de Menelao.

^DiAmOnD^ supongo que lo de “pasar a tres dimensiones” es una forma disfrazada de usar geometria proyectiva, no?

Como curiosidad, el resultado es cierto en algo mas de generalidad, permitiendo mezclas de tangentes interiores y exteriores. La generalizacion consiste en darles a las circunferencias una orientacion (horaria u antihoraria) y trazar las tangentes que “respetan esa orientacion” (las exteriores si dos circunferencias tienen la misma orientacion, las interiores si tienen orientacion opuesta). Los tres puntos de interseccion que se obtienen siguen estando alineados.
vengoroso | 5 de Agosto de 2009 | 15:41

Ups. Te me adelantaste, M
M | 5 de Agosto de 2009 | 16:01

Estoy muy de acuerdo, vengoroso, en que es bastante tramposo usar las homotecias en este problema, ya que parece equivalente el enunciado del problema a probar que la composición de homotecias es otra homotecia. De hecho, puede que la prueba que conoces para este problema sea análoga o bastante similar a la que se hace para las homotecias.
vengoroso | 5 de Agosto de 2009 | 16:40

La prueba es muy sencilla: se toma el triangulo formado por los centros de las circunferencias, los puntos de interseccion de las tangentes estan en las prolongaciones de los lados, asi que la condicion de colinearidad viene dada por la igualdad del teorema de Menelao (Desargues es una version mas fuerte de este). Esta igualdad se prueba facilmente usando semejanza. La idea es asi de simple, las cuentas un latazo de escribir, sobre todo por ordenador
M | 5 de Agosto de 2009 | 21:38

Basándonos en el último comentario de vengoroso al respecto de considerar los centros de las circunferencia podemos dar una prueba completa sin necesidad de hacer ningún cálculo engorroso. Ahí va:

Sean $C_1, C_2, C_3$ los tres centros de las circunferencias y tomemos el triángulo que definen. De las seis tangentes exteriores a las circunferencias, consideremos ahora las tres que no cortan a este triángulo. Estas tangentes se cortan dos a dos en $C_1^\prime, C_2^\prime, C_3^\prime$ . Vemos que las rectas $C_1^\prime C_1$ , $C_2^\prime C_2$ , $C_3^\prime C_3$ son las bisectrices del triángulo de vértices $C_1^\prime, C_2^\prime, C_3^\prime$ , y por tanto concurren (en su incentro). Según el Teorema de Desargues obtenemos directamente que las intersecciones de $C_1C_2$ y $C_1^\prime C_2^\prime$ , $C_2C_3$ y $C_2^\prime C_3^\prime$ , $C_3C_1$ y $C_3^\prime C_1^\prime$ están en un línea. Pero estos puntos son precisamente los del enunciado del problema.
sergi | 6 de Agosto de 2009 | 11:06

la construcción del teorema en GeoGebra:
http://www.delibros.org/_box/elsjuliols/elsjuliols_exercici.html

llevad la construcción hasta el último paso (tecla >>|) y moved el centro de cualquiera de las cirmcumferencias

un saludo y enhorabuena por vuestro trabajo
fede | 6 de Agosto de 2009 | 12:50

El teorema del post se atribuye a d’Alembert.
Y curiosamente en el mismo sitio también lo llaman teorema de Monge.

El único motivo de la atribución a d’Alembert parece que es la siguiente frase de Fuss de 1799, en Nova Acta Ac. Sci. Imp. Petroplitanae, tomo XIV (1805):

“Hace ya varios años que un joven francés. empleado entonces en el Cuerpo Imperial de Cadetes de Tierra, me habló de un teorema de geometría que, en el tiempo en que estaba aún en Paris en la Escuela Real militar, tuvo alguna celebridad y que se pretendía que había provenido de Mr. d’Alembert”.
^DiAmOnD^ | 6 de Agosto de 2009 | 21:13

fede, yo tengo entendido que el teorema es de Monge.

sergi, ¡qué buena la construcción!
fede | 7 de Agosto de 2009 | 0:01

Diamond, yo también. Y está demostrado en la “Geometría Descriptiva” de Monge. Por eso me sorprendió la atribución a d’Alembert en algún sitio.

Poncelet en el “Traité….”, nro 269, dice “esta propiedad, debida a Monge,..”.
En cambio Chasles en el “Aperçu…”, pag 293, dice “esta bella propiedad del círculo, que Fuss atribuye a d’Alembert,..”. Pero esto no es exacto, porque lo que Fuss dice es que le dijeron que se decía que se atribuía a d’Alembert…

Mi conclusión es que es de Monge, hasta donde podemos saber.