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Teorema de Ptolomeo

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 8 2005, 11:59 AM Publicado: #1
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	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: -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 13 2005, 12:47 AM Publicado: #2
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Que mas pueden pedir los regalones -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

dojo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 22 2007, 10:09 AM Publicado: #3
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 41 Registrado: 4-October 07 Miembro Nº: 10.924 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	nunca es tarde para hacer una pregunta....... ¿como sería la demostración si el cuadrilatero fuese cruzado?

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 22 2007, 06:55 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Intentaré atender ambas dudas... [jugo]cierto manual me obliga a comenzar por la segunda consulta... además, no puedo atender la primera, sin definir ese tipo de cuadrilátero[/jugo] 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 Saludos -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 24 2013, 04:05 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$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 -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

tatan_asdf Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 24 2013, 04:29 PM Publicado: #6
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 141 Registrado: 26-January 12 Miembro Nº: 100.622 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Me sorprende lo ignorante que puedo llegar a ser :/ xd hace poco descubrí lo que era un cuadrilátero cíclico, genial saberlo 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 --------------------

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 21 2013, 07:02 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	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 , 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!

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