Los centros del triángulo: incentro, baricentro, circuncentro y ortocentro

Comenzamos la serie de artículos dedicados a los centros del triángulo con la presentación de los que posiblemente sean los más conocidos para todos, ya que se definen de manera muy sencilla y se estudian en niveles relativamente bajos de nuestra vida académica. Vamos con ellos.

Incentro
El incentro es el centro de la circunferencia inscrita al triángulo, por lo que la distancia a cada uno de sus lados es la misma (el radio de dicha circunferencia). Más concretamente, es el punto de intersección de las bisectrices de cada uno de los ángulos del triángulo (siendo una bisectriz la recta que divide a un ángulo en dos ángulos iguales), por lo que para representarlo gráficamente debemos dibujar las tres bisectrices y localizar el punto de intersección de las mismas. En la imagen siguiente podéis verlo:
Baricentro
El baricentro (también llamado centroide) de un triángulo es el punto de intersección de las medianas de dicho triángulo (siendo una mediana el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto). Por ello, para representar gráficamente el baricentro debemos dibujar las tres medianas y localizar el punto en el que se cortan. Esta figura muestra el baricentro de un triángulo:
Circuncentro
El circuncentro de un triángulo es el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo, por lo que la distancia a cada uno de sus vértices es la misma (el radio de dicha circunferencia). En concreto, es el punto de intersección de las mediatrices del triángulo (siendo una mediatriz la recta perpendicular a un lado que pasa por el punto medio del mismo). Por tanto, para representar gráficamente el circuncentro dibujamos las tres mediatrices y localizamos el punto de intersección de las mismas. Puede verse el circuncentro de un triángulo en la siguiente imagen:
Ortocentro
El ortocentro de un triángulo es el punto de intersección de las tres alturas del triángulo (siendo una altura el segmento que parte de un vértice y es perpendicular al lado opuesto a dicho vértice). Entonces para representar gráficamente el ortocentro de un triángulo dibujamos las tres alturas y nos quedamos con el punto en el que se intersecan. En esta figura puede verse el ortocentro de un triángulo:

En la entrada de presentación de esta serie de artículos comenté que intentaría en la medida de lo posible ilustrar cada uno de ellos con algo de GeoGebra. Como lo prometido es deuda, ahí va un applet de GeoGebra en el que se aparecen los cuatro puntos descritos. En él podéis ver cada uno de ellos por separado o varios de ellos a la vez y jugar con el tamaño y la forma del triángulo moviendo los vértices del mismo, además de una sorpresa:

El applet GeoGebra-Java no ha podido ejecutarse.

Bueno, en realidad la sorpresa seguro que no es desconocida para muchos de vosotros, ya que corresponde con la línea de Euler que ya vimos hace un tiempo gracias a nuestro gran colaborador fede. Aunque en cierto modo sí es sorprendente que haya una recta a la que pertenezcan el baricentro, el circuncentro y el ortocentro de cualquier triángulo, ¿no os parece?

Si tenéis alguna duda sobre cómo realizar la construcción anterior con GeoGebra (o sobre cualquier otra cosa relacionada con el artículo) no tenéis más que preguntarlo en los comentarios.

37 comentarios

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Los centros del triángulo: incentro, baricentro, circuncentro y ortocentro
Hat | 15 de July de 2010 | 13:15

Tiene alguna explicación matemática?
^DiAmOnD^ | 15 de July de 2010 | 14:29

Hat, ¿exactamente de qué es de lo que quieres explicación matemática? Concreta un poco, a ver si te podemos ayudar.
Omar-P | 15 de July de 2010 | 14:32

Felicitaciones DiAmOnD por la idea de hacer una categoría sobre los centros del triángulo estudiados en esta sorprendente Enciclopedia. Las visualizaciones ayudan mucho a comprenderlos y a diferenciarlos. El applet de GeoGebra que has construído, con sorpresa incluída, es hermoso, fantástico, maravilloso. ¡Estaré siempre esperando otras entregas como esta! ¡Muchas gracias por tu esfuerzo y sigue adelante!
gaussianos | 15 de July de 2010 | 14:40

Muchas gracias por tus ánimos Omar-P. Cualquier sugerencia es bienvenida.
Vayapordios | 15 de July de 2010 | 18:31

Omar-P, se puede referir a cinco cosas, la concurrencia de las diversas familias de líneas en cada uno de los centros o a la recta de Euler.

La respuesta a todas ellas es afirmativa, todas tienen razón matemática (evidentemente, si no ¿para qué distinguir una casualidad del dibujo?). Sé demostrar la concurrencia de las mediatrices y la de las bisectrices porque me facilita la cosa el que tengan un objeto matemático asociado, la circunferencia circunscrita y la inscrita, respectivamente. De los otros tendría que probar, salvo la recta de Euler, que no sabría ni cómo comenzar.
HM2P33 | 15 de July de 2010 | 18:36

Hola gaussianos!!! Hace mucho que los leo. Soy un estudiante de física de primer año, pero tremendamente aficionado a las matemáticas desde mi niñez (incluso fui participante de las olimpiadas matemáticas desde muy chico). Geometría y teoría de números son de mis ramas preferidas. Y me gustaría pedir, si no es de mucha molestia claro, una demostracion de porque el ortocentro, el baricentro y el circucentro son colineales. Para mi si ha sido UNA VERDADERA SORPRESA. Conocia estos puntos notables desde mi niñez, pero no conocia semejante propiedad!. Muchos saludos a todos, y mis felicitaciones a ^DiAmOnD^ por el blog .
Samuel | 15 de July de 2010 | 19:00

Enhorabuena por este artículo. Me acabas de recordar a una clase de trigonometría de 1º de Bachillerato en la que con 3 triángulos que había dibujados, Iván (el profe) aseguró que solo necesitaría una mediana para hallar el baricentro (era un ejercicio de estos que te piden CALCULAR incentro, baricentro, circuncentro y ortocentro). No le creimos, pero… ahí nos enseñó la “sorpresa”, la recta de Euler. En la hora siguiente, en dibujo técnico, que también estábamos con los triángulos… le hicimos la misma jugada a la profesora y casi hubo bronca entre departamentos jaja
Mario | 15 de July de 2010 | 19:16

Dependerá del centro, pero la existencia de la línea de Euler se explica en 3º de la ESO, cuando en geometría se estudia la construcción de estos 4 centros.

Luego, usando series de triángulos semejantes y círculos inscritos y circunscritos uno dentro de otro, se obtiene una bonita serie geométrica. Viene bien para que vean como todo está relacionado en matemáticas.

Saludos.
Xavier | 15 de July de 2010 | 20:39

Excelente post.
Tal vez mi comentario es muy obvio y por lo mismo tal vez salga sobrando. Pero bueno hay va: los centros descritos coinciden en un mismo punto, cuando el triangulo es equilatero.
Si me equivoco no duden en corregirme.
Saludos y una felicitación por este excelente blog.
Samuel | 16 de July de 2010 | 01:28

@Mario: En lo que era mi colegio hasta 4º de ESO, por el nivel de la clase, la profesora iba poco por encima del ritmo de los más “torpes” (realmente, desinteresados), y con ello, no dimos en 3º y 4º ni el 40% del temario.

@Xavier: Es tan obvio que es verdad, en un equilátero, coinciden los centros, siempre que te muevas en el universo de Euclides. Quizá en geometrías no euclídeas no sea así, pero no dispongo de ese conocimiento.
Francisco | 16 de July de 2010 | 02:17

@Hat, sí, hay una explicación matemática a la existencia de estos cuatro puntos notables del triángulo. La puedes encontrar aquí:

http://www.dmae.upct.es/~pepemar/triangulo/introduccion.html

en el apartado “puntos notables” empieza demostrando que las alturas, bisectrices, medianas y mediatrices del triángulo se cortan en un punto.

Este hecho es, en realidad, un caso particular del Teorema de Ceva, que da una condición necesaria y suficiente para que tres cevianas (líneas que van desde un vértice del triángulo a un punto del lado opuesto distinto del vértice) sean concurrentes, y que se puede ver en la misma página, aquí:

http://www.dmae.upct.es/~pepemar/triangulo/introduccion.html

@HM2P33, una demostración de la existencia de la recta de Euler (y por tanto de la colinealidad de circuncentro, baricentro y ortocentro la tienes (de nuevo) en la página que he mencionado antes, aquí:

http://www.dmae.upct.es/~pepemar/triangulo/rectaeuler.html
HM2P33 | 16 de July de 2010 | 03:29

Muchas gracias francisco. Te agradezco tu atención =).
Fabián Pereyra | 16 de July de 2010 | 05:56

En verdad fantástico.

Les propongo que demuestren que los únicos números enteros distintos entre sí que satisfacen x^y=y^x son el 2 y el 4.
josejuan | 16 de July de 2010 | 09:25

@Fabián Pereyra,

En primero lugar supongamos que te refieres a los números naturales, en caso contrario, los números -2 y -4 también cumplen la propiedad buscada y por tanto la proposición sería falsa por contraejemplo.

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $x%3ey$ .

Si dejamos fijo $y$ , obtenemos dos funciones monótonas crecientes con todos los valores diferentes, excepto, a lo sumo, un único posible punto de corte.

[1] Dado que la derivada de la exponencial es mayor que la de la potencial (en un lado queda fija la base y en el otro el exponente) podemos desestimar todos aquellas parejas en las que la expresión exponente sea (en el punto inicial) mayor que la potencial (pues nunca se cortarán).

Así las cosas, empezamos a revisar:

Para $y=1$ es $x\geq 2$ y la ecuación $x=1^{x}$ es cero en $x=1$ por tanto no es solución.

Para $y=2$ es $x\geq 3$ y la ecuación $x^{2}=2^{x}$ sólo tendrá solución cuando $x$ sea de la forma $x=2^{n}$ , por tanto debe ser
$(2^{n})^{2}=2^{(2^{n})}$
es decir
$2n=2^{n}$
o igualmente
$n=2^{n-1}$
que obviamente sólo tiene solución para $n=2$ , es decir, $x=4$ .

Para $y\geq 3$ , resulta que $x^{y}%3cy^{x}$ (hemos dicho que $x%3ey$ ) pues, tratándolas como funciones reales continuas y sacando logaritmos, tenemos que, comparando ambas expresiones es
$x^{y}\symbol{126}y^{x}$
$y\ln x\symbol{126}x\ln y$
$\frac{\ln x}{x}\symbol{126}\frac{\ln y}{y}$
y es obvio que al tomar el logaritmo natural (base $e=\allowbreak 2.\,\allowbreak 718\,3$ …), se cumple que
$\frac{\ln x}{x}%3c\frac{\ln y}{y}$
para todo $y%3ee$ y todo $x%3ey$ .

Y eso, si no he metido la pata, que ya será raro que no…
Fabián Pereyra | 16 de July de 2010 | 16:41

Exacto. El punto de corte al que haces mención es el $P(e, e)$ , entre y=x y otra función cuya forma parece hiperbólica pero dificil de hallar con un método simple.
Aquí va la gráfica:
http://i29.tinypic.com/nwljdh.jpg

PD: Les propongo que hallen la expresión analítica de la función que corta con y=x.
HM2P33 | 19 de July de 2010 | 02:19

ahhh!!! me rindo no puedo encontrar esa expresión análitica!! por favor que alguien lo resuelva, me muero por conocer esa expresión ahhh!!!!!!! ayuda!!!
josejuan | 19 de July de 2010 | 09:03

…
josejuan | 19 de July de 2010 | 09:42

Veamos a ver que pasa

[1] Una curva que se le parece mucho es $\frac{1}{x}\vspace{1pt}$ , podemos partir de ella entonces.

[2] Lo primero que hacemos es rotar la curva (en implícitas es $1=xy$ ) 45º) con ello conseguimos tener la simetría respecto del eje OY, entonces queda

$1=(x\cos \frac{\pi }{4}-y\sin \frac{\pi }{4})(x\sin \frac{\pi }{4}+y\cos \frac{\pi }{4})=\allowbreak \frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}y^{2}$

es decir

$y=\sqrt{x^{2}+2}$

también deberemos rotar los dos puntos de interés

$e\cos \frac{\pi }{4}-e\sin \frac{\pi }{4}=\allowbreak 0$
$e\sin \frac{\pi }{4}+e\cos \frac{\pi }{4}=\allowbreak \sqrt{2}e$

$4\cos \frac{\pi }{4}-2\sin \frac{\pi }{4}=\allowbreak \sqrt{2}$
$4\sin \frac{\pi }{4}+2\cos \frac{\pi }{4}=\allowbreak 3\sqrt{2}$

entonces basta trasladar el orígen de forma que el mínimo “caiga” en el anterior (e,e) y aplanarla para que corte al punto (4,2), es decir

$f(x)=A\sqrt{x^{2}+2}+B$

las constantes salen algo feas

$A=\allowbreak \sqrt{2}\frac{e}{\sqrt{2}-2}-3\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-2}$
$B=\allowbreak \sqrt{2}e-2\frac{e}{\sqrt{2}-2}+\frac{6}{\sqrt{2}-2}$

ahora el problema es que nos hemos cargado las asíntotas, eso se puede resolver siguiendo el mismo procedimiento, pero añadiendo la ecuación

$f(x)=(1+\frac{A}{x^{2}+1})\sqrt{x^{2}+2}+B$

con eso, tenemos el mismo sistema de ecuaciones, pero las asíntotas se mantendrán, resolviendo de nuevo el sistema

$(1+\frac{A}{0^{2}+1})\sqrt{0^{2}+2}+\allowbreak B=\sqrt{2}e$
$(1+\frac{A}{\sqrt{2}^{2}+1})\sqrt{\sqrt{2}^{2}+2}+\allowbreak B=\allowbreak 3\sqrt{2}$

tenemos

$A=\allowbreak \frac{9}{7}e+\frac{3}{7}\sqrt{2}e-\frac{3}{7}\sqrt{2}-\frac{30}{7}=\allowbreak 0.250\,66$
$B=\allowbreak \frac{23}{7}\sqrt{2}-\frac{2}{7}\sqrt{2}e-\frac{6}{7}e+\frac{6}{7}=\allowbreak 2.\,\allowbreak 075\,5$

y ahora sí, se cumplen las premisas de la gráfica inicial, los puntos de corte, el mínimo, la simetría respecto la recta normal al mínimo, las asíntotas, etc…

En fin, que sólo hay que rotarla, para obtener esta fea expresión (implícita por supuesto)

$(1+\frac{\frac{9}{7}e+\frac{3}{7}\sqrt{2}e-\frac{3}{7}\sqrt{2}-\frac{30}{7}}{\left( x\cos \frac{-\pi }{4}-y\sin \frac{-\pi }{4}\right) ^{2}+1})\sqrt{\left( x\cos \frac{-\pi }{4}-y\sin \frac{-\pi }{4}\right) ^{2}+2}+\allowbreak \frac{23}{7}\sqrt{2}-\frac{2}{7}\sqrt{2}e-\frac{6}{7}e+\frac{6}{7}-x\sin \frac{-\pi }{4}-y\cos \frac{-\pi }{4}$

Y eso, si no me he equivocado, que igual es mucho pedir…
josejuan | 19 de July de 2010 | 09:56

Bueno, excepto por una rotación de más o por un cambio de signo, la gráfica parece correcta

http://jose-juan.computer-mind.com/jose-juan/img/gauss/grafica_e_e.png
Fabián Pereyra | 19 de July de 2010 | 14:28

Muy bien @josejuan, un camino más simple es haciendo

$y = frac{a^2}{x-b}+b$

Luego escribimos $b$ en función de $a$ teniendo en cuenta que la curva debe pasar por $P(e, e)$ entonces $b = e-a$ , con lo cual la expresión ahora queda:

$y = frac{a^2}{x-(e-a)}+(e-a)$

Luego reemplazando $latexx$ e $y$ con valores tales que satisfagan $y^x = x^y$ , por ejemplo el $P(2, 4)$ (también se podría haber tomado $P(3, 2.4780526202883)$ pero el $2$ y el $4$ son los únicos números enteros positivos que verifican la función). Por lo tanto se obtiene:

$a = frac{e^2-8}{6-2e}+e$

$y = frac{(frac{e^2-8}{6-2e}+e)^2}{x+frac{e^2-8}{6-2e}}-frac{e^2-8}{6-2e}$
josejuan | 19 de July de 2010 | 15:08

Yo lo intenté por ahí pero no se que hacía mal que se me iva la simetría respecto x=y…

Tu expresión es (a tu latex le faltan las barras):

$y=\frac{(\frac{e^{2}-8}{6-2e}+e)^{2}}{x+\frac{e^{2}-8}{6-2e}}-\frac{e^{2}-8}{6-2e}$
Fabián Pereyra | 19 de July de 2010 | 18:56

Las barras las había puesto pero cuando después edité algo, las barras desaparecieron y cada vez que las volvía a poner se iban .

Algo más que quería agregar que es interesante es que $P(2, 2)$ , $P(2,4)$ y $P(2, -0.76666469596)$ pertenecen a la función. Algo que nunca antes habia visto (descartando arcos senos y demás).
Fabián Pereyra | 20 de July de 2010 | 05:35

@joséjuan encontré un error en tu desarrollo y es que no has tenido en cuenta que $x = 1$ es asíntota vertical de la curva. Para subsanar el error se debe hacer:

$y = \sqrt[n]{\frac{(e^n-1)^2}{x^n-1}+1}$

siendo n tal que $P(2,4)$ pertenezca a la curva

Propongo que hallen n de la siguiente ecuación:

$(4^n-1)(2^n-1) = (e^n-1)^2$
mgonessi | 2 de December de 2010 | 09:18

Excelente artículo !
me sirvió muchísimo para saber trazar cada uno de los puntos del triángulo.
Muchas gracias
sonia hernandez ehecatl escuela | 10 de March de 2011 | 18:16

esta super bien el resumen me encanto para mi trabajo de 10 cuartilloas con dibujos , figuras a escala y una breve expocicion de 10 minutos con trazoz gracias :):)
angeles | 5 de April de 2011 | 03:16

hola como estan todos los matematicos yo solo busk esto para una tarea y me sirvio grasias besos
chai | 20 de May de 2011 | 17:14

SERIA BUENO QUE MAS QUE LOS PASOS SENCILLOS DE EXPLICACION SERIA UNA IMAGEN QUE TRASLADE PASO A PASO COMO SE HACE
gaussianos | 20 de May de 2011 | 18:01

chai, sí, es posible, pero como todas las construcciones propuestas en el post son sencillas de realizar tanto a mano como con GeoGebra no vi necesario poner una imagen para explicar todo paso a paso .
lucas | 20 de June de 2011 | 17:53

y si te dan tres puntos y te piden que calcules el circuncentro como se calcula? gracias:)
Trackback | 21 Jun, 2011

Los centros del triángulo: el punto de Nagel | Gaussianos
andrea | 17 de November de 2011 | 06:27

hola!! estas muy buena la explicación… yo quería saber si ustedes me producía ayudar a resolver unos problemas que eh tratado de buscarlos y no encuentro relacionado. muchas gracias espero su respuesta.
Trackback | 17 Nov, 2011

Los centros del triángulo: Mittenpunkt - Gaussianos | Gaussianos
Trackback | 31 Dec, 2011

(Lo que yo considero) Lo mejor de 2010 en Gaussianos - Gaussianos | Gaussianos
osvaldo | 31 de January de 2012 | 18:19

hola, este articulo esta buenisimo, me esta sirviendo para entender y comprender los CP o Crease Patterns (en el origami)