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> Teorema de Ptolomeo
Rurouni Kenshin
mensaje Sep 8 2005, 11:59 AM
Publicado: #1


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El teorema de Ptolomeo es uno de los muchos resultados relacionados con cuadriángulos cíclicos (inscritos en una circunferencia).

Si el cuadriángulo ABCD está inscrito en una circunferencia (Fig. 1), entonces la suma de los productos de lados opuestos es igual al producto de las diagonales



Graficamente



En el caso de particular de que ABCD sea un rectángulo (Fig. 2), la fórmula anterior se convierte en el teorema de Pitágoras:



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Rurouni Kenshin
mensaje Sep 13 2005, 12:47 AM
Publicado: #2


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Que mas pueden pedir los regalones clap.gif clap.gif clap.gif


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dojo
mensaje Nov 22 2007, 10:09 AM
Publicado: #3


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nunca es tarde para hacer una pregunta.......

¿como sería la demostración si el cuadrilatero fuese cruzado? huh.gif
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S. E. Puelma Moy...
mensaje Nov 22 2007, 06:55 PM
Publicado: #4


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Intentaré atender ambas dudas...

No estoy muy seguro de la definición, pero creo que un "cuadrilátero cruzado" es aquel en que dos lados se intersecan (algunos no consideran esto como un polígono, sino como la unión de dos triángulos). En las figuras adjuntadas por Rurouni Kenshin, el cuadrilátero ABDC (con los vértices en ese orden) es un cuadrilátero cruzado.

el Teorema de Ptolomeo no es verdad para "cuadriláteros cruzados". Esto, porque cierto par de lados opuestos (los que se intersecan) cambia de roles con las diagonales del "cuadrilátero no cruzado", para el cual ya sabemos que el teorema es verdadero.

Lo que sí puedo aclarar, es que se puede obtener un "cuadrilátero no cruzado" a partir de un "cuadrilátero cruzado", cambiando el orden en que los vértices son considerados. De este modo, el teorema de Ptolomeo podría ser reformularlo, con algunos signos negativos de por medio. En la práctica, uno debiera conocer el cuadrilátero cíclico con sus vértices en orden, y basta con conocer la versión aquí presentada del teorema de Ptolomeo

Para más explicaciones, pueden volver a preguntar smile.gif

Saludos


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Sebastián Elías Puelma Moya
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Kaissa
mensaje May 24 2013, 04:05 PM
Publicado: #5


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TEX: $ $\\<br />Demostraci\'on con inversi\'on:\\<br />$ $\\<br />Sea $ABCD$ (en ese orden) un cuadril\'atero convexo.\\<br />Ser\'a c\'iclico ssi los v\'ertices est\'an sobre un c\'irculo, entonces si aplicamos una inversi\'on con centro en $A$ y cualquier radio, el cuadril\'atero ser\'a c\'iclico ssi las im\'agenes de $B$, $C$ y $D$ (llam\'emoslas $B'$, $C'$ y $D'$ respectivamente) est\'an alineadas, lo cual ocurre ssi $D'C'+C'B'=D'B'$, pero $D'C'=CD\dfrac{r^{2}}{AD\times AC}$, $C'B'=CB\dfrac{r^{2}}{AC\times AB}$ y $D'B'=DB\dfrac{r^{2}}{AD\times AB}$ ($r$ es el radio de inversi\'on) as\'i que remplazando y multiplicando por $AD\times AC\times AB$ obtenemos que $ABCD$ es c\'iclico ssi $AB\times DC+CB\times AD=DB\times AC$

Mensaje modificado por Kaissa el May 24 2013, 04:06 PM


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tatan_asdf
mensaje May 24 2013, 04:29 PM
Publicado: #6


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Me sorprende lo ignorante que puedo llegar a ser :/ xd hace poco descubrí lo que era un cuadrilátero cíclico, genial saberlo biggrin.gif otra cosa, (no se si estará bien mi forma de preguntarlo xd o si es el lugar adecuado para hacerlo) esa es el único teorema con el que se puede trabajar un cuadrilatero cíclico? es que recuerdo este ejercicio: http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=19443 en donde se trabaja con un cuadrilatero ciclico, pero nunca entendí como se llego a la semejanza de los triangulos :/ lo pregunté en el tema pero nadie me pescó :c xDD


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Luffy
mensaje Jun 21 2013, 07:02 PM
Publicado: #7


Dios Matemático Supremo
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Hola, les dejo una demostración un poco más general que alguna vez vi y que me pareció muy bonita pero que ocupa vectores (se las dejo a los que les interese ver alguna ventaja de trabajar con vectores en geometría... la verdad yo no conosco muchas tongue.gif, esta es casi la única), ahí va (observe que el caso de dimensión 2 es el del Teorema de Ptolomeo):

TEX: Consideremos en $\mathbb{R}^n$ el producto interno usual de $x,y\in\mathbb{R}^n$, con $x=(x_1,...,x_n)$, $y=(y_1,...,y_n)$ dado por:<br />\begin{center}$<x,y>= \displaystyle\sum_{i=1}^nx_iy_i$<br />\end{center}<br />y la norma inducida por dicho producto interno $|x|= \sqrt{<x,x>}=\sqrt{\sum_{i=1}^nx_i^2}$.<br />Dados 4 puntos en el espacio $a,b,c,d\in\mathbb{R}^n$ queremos demostrar que se satisface la siguiente desigualdad:<br />\begin{center}$|d-a||b-c|+|a-b||c-d|\ge |d-b||a-c|$<br />\end{center}<br />Como esta desigualdad no varia bajo isometrías del plano, podemos asumir sin pérdida de generalidad (bajo una traslaci\'on si es necesario) que $d=0$, luego, lo que se nos pide demostrar equivale a demostrar que $\forall a,b,c\in\mathbb{R}^n$<br />\begin{center}$|a||b-c|+|a-b||c|\ge|b||a-c|$<br />\end{center}<br />cuando alguno de los vectores es cero, el resultado se verifica directamente. Asumiendo que $a$, $b$ y $c$ son no nulos, la desigualdad que deseamos demostrar equivale a probar que:<br />\begin{center}$\dfrac{|b-c|}{|b||c|}+\dfrac{|a-b|}{|a||b|}\ge\dfrac{|a-c|}{|a||c|}$<br />\end{center}<br />Ahora, para acabar con la demostraci\'on s\'olo resta notar que considerando $T=\frac{|a-b|}{|a||b|}$ se satisface la relaci\'on:<br />\begin{center}$T^2= \frac{|a|^2+|b|^2-2<a,b>}{|a|^2|b|^2}=\frac{1}{|b|^2}+\frac{1}{|a|^2}-2<\frac{a}{|a|^2},\frac{b}{|b|^2}>=|\frac{a}{|a|^2}-\frac{b}{|b|^2}|^2$<br />\end{center}<br />lo que implica que $T=|\frac{a}{|a|^2}-\frac{b}{|b|^2}|$, y se obtienen t\'erminos an\'alogos para las otras fracciones. As\'i nuestro problema original se reduce a <br />\begin{center}$|\frac{b}{|b|^2}-\frac{c}{|c|^2}|+|\frac{a}{|a|^2}-\frac{b}{|b|^2}|\ge|\frac{a}{|a|^2}-\frac{c}{|c|^2}|$<br />\end{center}<br />que corresponde a la desigualdad triangular. Finalmente, observamos que la igualdad se tiene si, y s\'olo si, $a'=\frac{a}{|a|^2}$, $b'=\frac{b}{|b|^2}$ y $c'=\frac{c}{|c|^2}$ con colineales, luego cuando la igualdad es v\'alida, $a$, $b$ y $c$ viven en el plano que pasa por el origen y que contiene a dicha recta, y as\'i podemos dibujar la situaci\'on en plano (entonces reducimos el problema al caso $n=2$), observamos que los tri\'angulos $a0b$ y $b'0a'$ son semejantes, pues comparten el \'angulo en $0$ y adem\'as $\frac{|a|}{|b|}=\frac{\frac{1}{|b|}}{\frac{1}{|a|}}=\frac{|b'|}{|a'|}$, lo mismo ocurre con los tri\'angulos $b0c$ y $c'0b'$, por ello, como $a'$, $b'$ y $c'$ son colineales $\angle a'b'0 +\angle 0b'c'=180$, entonces por las semejanzas se concluye que $\angle ba0 +\angle 0cb =180$, es decir, el cuadril\'atero $0abc$ es c\'iclico.

con un dibujo quedaría mucho más claro, pero desafortunadamente no puedo hacer uno en este momento, espero se entienda.

Saludos! jpt_chileno.gif
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