Los círculos secantes

Esta semana toca geometría plana. En concreto uno de esos bellos resultados que nos da esta rama de las matemáticas que al principio parece complicado pero que se convierte en (relativamente) sencillo si te afronta de la manera adecuada:

Tres circunferencias de radio 1 y centros $X,Y$ y $Z$ se cortan en un punto común $O$ como aparece en la figura:

Demostrar que los otros tres puntos de interesección, $A,B$ y $C$ , se encuentran también sobre una circunferencia de radio 1.

Suerte.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 9 de December de 2008
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Trackback | 9 Dec, 2008

Bitacoras.com
Maestrillo | 9 de December de 2008 | 10:00

Vaya broma. Es un acertijo, supungo.

El centro de la circunferencia es el punto de corte común a los tres círculos. Todos ellos son de igual radio, por tanto cualquier punto de corte está a igual distancia de los centros de los círculos. La circunferencia es el lugar geométrico que equidista de un punto llamado centro. Los tres centros equidistan del punto de intersección común, por tanto, pertenecen a la circunferencia con ese centro.
Maestrillo | 9 de December de 2008 | 10:01

Vale, he demostrado lo que no es. Perdón.
Manu | 9 de December de 2008 | 10:13

Creo que la pista va por el Circuncentro (C) de el triangulo de vértices A,B,C. Como la distancia del Circuncentro a los vertices es igual, basta con demostrar que dicha distancia es 1.
Gulliver | 9 de December de 2008 | 12:42

A ver si esto tiene sentido:

Voy a situar las circunferencias en el plano complejo y el origen en el punto $O$ . $z_1$ , $z_2$ y $z_3$ serán los números complejos que corresponden a cada uno de los centros de las circunferencias. Como su distancia al origen es 1, tendrán módulo unidad.

Los puntos z de la circunferencia de centro $z_1$ cumplen $|z-z_1|^2 = 1$ , y ecuaciones similares para los demás círculos.

El punto A, tiene un valor complejo $a$ , que será solución de las ecuaciones $|z-z_1|^2 = 1$ y $|z-z_2|^2 = 1$ . Una solución es el origen y la otra el punto $a = z_1 + z_2$ . Notar que $|a-z_1|^2 = |z_2|^2=1$ . Lo mismo para B y C.

Sea ahora $d=z_1+z_2+z_3$ , $|d-a|=|z_3|^2=1$ . Lo mismo para b y c, así que los puntos A, B y C están sobre una circunferencia de radio 1 con centro en $d$ .
fede | 9 de December de 2008 | 13:34

Muy buena, Gulliver.

Hay una demostración sintética simple que parte de que los cuadriláteros OXCZ, OYAX, OZBY son rombos…
Domingo | 9 de December de 2008 | 15:23

No estoy muy seguro de mi argumento, pero allá va:
A través de los puntos X,Y,Z,A,B,C, podemos trazar un hexágono regular, con lado 1. Por lo tanto sobre esos puntos podemos trazar una circunferencia. Puesto que los hexágonos regulares pueden ser dividos en 6 triángulos equiláteros, obtenemos que nuestra circunferencia tiene radio unidad.
fede | 9 de December de 2008 | 15:41

Domingo, el hexágono AYBZCX tiene los lados iguales, pero no es en general regular.
Tobar | 9 de December de 2008 | 20:21

A veces se debe tomar un problema de la manera mas simple posible.

unamos los puntos X, A, Y, O. hemos formado un rombo. la ecuacion que satisface cada una de las figuras curvas es x*x+y*y=1 (1=r). desde el punto O al centro Y, la distancia es 1. esto mismo ocurre desde 0 hasta x.luego:

OY=1
OX=1. Y COMO EN UN ROMBO TODOS LOS LADOS SON IGUALES concluyo que:

AX=1
AY=1

LUEGO EL PUNTO A es compartido y hace parte de circunferencias de radio unidad.

esto mismo ocurre con el rombo

OYZB Y EL ROMBO XOZC, partiendo de premisas tan simples que nos dicen al principio (que las circunferencias de radio 1)

y aplicando sencillas reglas de geometria plana como los lados del rombo y el teorema de putagoras.

espero haber colaborado.
lucagali | 9 de December de 2008 | 20:34

Ese problema me suena de haberlo visto hace tiempo, pero no lo recuerdo
Creo que la clave estaba en que los triangulos ABC y XYZ son iguales.
por cierto, O además de ser el circuncentro de XYZ es el ortocentro de ABC
moquete | 9 de December de 2008 | 22:12

Utilizando aplicando la fórmula $a=2Rsen\angle A \$ * (R circunradio) a los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle ZBC$ el resultado se deduce de la igualdad, $\angle BOC+\angle BAC =180^{o}$ .
Para comprobar esta última, se tiene que por un lado: $\angle OAC= \frac{1}{2} \angle OXC =\frac{1}{2} \angle OZC =\angle OBC$ y por el otro, de manera totalmente análoga $\angle OAB=\angle OCB$ .

*(el teorema del seno, vaya)
moquete | 9 de December de 2008 | 22:21

Perdon, donde puse $\triangle ZBC$ quería decir $\triangle OBC$
Val | 9 de December de 2008 | 22:47

Del triangulo XYZ, O es su circuncentro. Por lo tanto los segmentos OA,OB,OC son las mediatrices (de hecho sería la forma de sacarlas).
Bien, ahora viene el sitio donde me he quedado bloqueado y no quiero echarme un farol… recuerdo que los puntos A,B y C tenían alguna propiedad… y que había una circunferencia por donde pasaban (de hecho creo que formaban un triangulo “especular” y por tanto tendría también una circunferencia de radio 1 como circuncentro) pero no me acuerdo bien… eso sí creo que he dejado una buena pista.
Toro Sentado | 9 de December de 2008 | 22:59

Ahí va mi demostración:
a) El triángulo ABC tiene un circuncentro O’

b) De esta definición se deduce que:
|AO’|= |CO’|=|BO’|

c) sean:
X’= intersección entre XO’ y AC
y’= intersección entre YO’ y AB
Z’= intersección entre ZO’ y BC

d) Es fácil ver que:
X, X’ y O’ pertenecen a la mediatriz de AC
Y, Y’ y O’ pertenecen a la mediatriz de AB
Z, Z’ y O’ pertenecen a la mediatriz de CB
|XA|=|YA|=|YB|=|ZB|=|ZC|=|XC|=1

e) Vamos a demostrar que
|AO’|= |BO’| = |CO’| = |XA| = 1
por reducción al absurdo

f) Supongamos por ejemplo que:
|AO’|> 1 $\Rightarrow$
|AO’| > |XA| $\Rightarrow$
|X’O'| = |Y’O'| > |O’Z'| $\Rightarrow$ (por Pitágoras)
|CO’| = |BO’|< |AO’| (contradicción con b)

g) Supongamos ahora por ejemplo que:
|AO’|<1 $\Rightarrow$
|AO’|<|XA| $\Rightarrow$
|X’O'| = |Y’O'| < |Z’O'| $\Rightarrow$ (por Pitágoras)
|BO’| = |CO’| > |AO’| (contradicción con b)

h) Por tanto |AO’|=1

El razonamiento de los pasos 6, 7 y 8 se aplica del mismo modo a BO’ y a CO’
moquete | 9 de December de 2008 | 22:59

Aunque ahora que lo pienso, de lo que han escrito fede y lucagli se saca facilmente una solución más sencilla.
XC y YB son, por ejemplo, iguales y paralelos por serlo ambos a OZ, de donde XY y CB son también iguales y paralelos etc. Se llega a que $\triangle ABC$ es congruente con $\triangle ZXY$ y, como dijo maestrillo al principio, $\triangle ZXY$ está inscrito en una circunferencia de radio 1 y centro O.
fede | 9 de December de 2008 | 23:34

Otra:
OXCZ, OYAX, OZBY son rombos porque tienen los lados iguales, y por tanto son paralelogramos y entonces los lados opuestos del hexágono XAYBZC son paralelos.

Cualquier hexágono XAYBZC con lados iguales y lados opuestos paralelos se puede dividir en tres rombos, completando rombos con cada 2 lados consecutivos del hexágono.
Esa partición en rombos se puede hacer de dos formas diferentes, segun la pareja de lados consecutivos con que empecemos.

Las dos particiones del hexágono en rombos dan dos puntos comunes a los tres rombos de cada partición, que son los centros de dos circulos de radio igual que pasan por tres vértices alternados del hexágono.
Tobar | 10 de December de 2008 | 00:22

quize decir Pitagoras, y ya habia introducido los rombos para la solucion del problema.
De todas formas hay bastantes demostraciones.
matias_chamu | 10 de December de 2008 | 05:12

si trazamos una recta desde el punto Z y que cruze por el centro O verificamos que corte A.

si trazamos una recta desde el punto Y y que cruze por el centro O verificamos que corte C.

si trazamos una recta desde el punto X y que cruze por el centro O verificamos que corte B.

Si se cumplen todo esto es porque los puntos ABC estan equidistantes de los correspondientes XYZ

y como los centros XYZ son circulos de radio 1 entonces es verdad que si trazamos una circunferencia por el centro O de radio 1 va a cruzar por ABC
Toro Sentado | 11 de December de 2008 | 01:51

matias_chamu, si miras el gráfico de ejemplo del post verás que la recta que pasa por Z y por O no pasa por A

Por otro lado me estoy repensando la demostración que puse más arriba pues me parece que no es correcta
Mariano | 12 de December de 2008 | 23:17

Si mal no recuerdo, hay una linda exposición de la resolución de tal ejercicio, bastante didáctica por cierto, en el “How to solve it” de Polya. Libro altamente recomendable.
Mariano | 12 de December de 2008 | 23:22

Perdón, me corrijo, no está en el libro “how to solve it” sino en Mathematical Discovery, del mismo autor.
Eulerito | 26 de December de 2008 | 09:06

Bien….creo que es sencillo….Notemos primero que…
X,Y,Z estan sobre una circunferencia de radio 1 con centro en O, dado que equidistan de O. Esto es generalizable, se ve que (postulado facil de ver):

-Los centros de tres circunferencias secantes del mismo radio estan sobre una circunferencia de ese mismo radio con centro en el punto de interseccion de las 3 circunferencias.

Ahora notemos también que:
* X,Y estan en una circunferencia con centro en A.
* Z,Y estan sobre una circunferencia con centro en B.
* X,Z sobre una circunferencia con centro en C.
todas de radio 1 obviamente

Estas ultimas 3 circunferencias son secantes y segun nuestro
postulado: A,B,C que son los centros estarán también sobre una circunferencia del radio dado.

Notar que todo es totalmente valido para cualquier radio, no solo de valor 1.
sarahi | 17 de February de 2009 | 22:35

ps.. yo tengo un problema sobre esto me pueden ayudar con una explicacion sencilla y facil de hacer xfis…….