Ed MIR - Kostovski - Construcciones Geometric As Mediante Un Compas

5/10/2018 Ed MIR - Kostovski - Construcciones Geometric As Mediante Un Compas - slidepdf.com

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o

l e c c i o n e s p o p u l a r e s ;•

d e m a t e m i t . i c a s

~ C O N S T R U C C I O N E S

; G E O M E T R I C A S· M E D I A N T E U N C O M P A S

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A . N . K o s t o v s k i

M o s c o

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nOnYmlPHblE J lEKUIHI no MATEMATHKE

A . H . KOcrOBCKH~

fEOM ETP I11_IECK I1E nOCTPOEH I151O, uHHM lJ ,MPKY J IEM

H1JlATEJlb(18Q "HAY KA"



LECC IONES POPULARES DE M ATEM ATICAS

A . N . KOSTOVSK I

CON STRUCC IONE S G EOMETR ICASMEDIANTE U N COMPAs

Segunda edicion

ED ITOR IA L M IR

MOSCO



IM PRESO EN LA URSS

T raduddo del ruse por G . L amk.in

HaucnaHCKOM .9JblKe

Primera edicion 1980

Segunda edicida 1984

'D T raduocibn al espanol. E ditorial M ir. 1980



IN D ICE

Prefacio 6

lntroducciou 7

Capitulo I

Construcciones COil un Solo. cornpas

§ I. Comoes posible resolver lo s problemas

geometricos de construccion valiendose solode un compas. Teorema fundamental 9

§ 2. Solucion de los problemas geometricos

de construccion mediante un solo. compas 20

§ 3 . Inv ersion y sus propiedades fundamentales 34

§ 4. Aplicacion del rnetodo de inversion

ell la geornetna de l compas 3 K

Capitulo 1

Constru ccio nes g eometricas mediante un cornpas

con lirn ita cio nes§ 5. Construccioncs mediante un compas

con abertura de varillas lim itada por arriba 49

§ 6. Construcciones mediame un compas

con abertura de varillas lim itada por abajo 67

§ 7. Construcciones mediante un cornpus

con abcrtura constante dc varillas 71§ g. Construcciones median re un cornpas

a condicion de que todas las circunferencias

pasen a traves de un rmsmo PUI lLO 72

B ibliografia X O



PREFAQO

E I autor del presen te folleto r e i t e radamen te daba las lecciones

dedicadas a la teoria de construeciones geometricas, a los

participantes de la s olimpiadas matematicas las que, al empezardesde el a n a 1947 , se organizan anualm ente para los aJumnos

de escuelas secundarias en la ciudad de Lvov . E stas leeciones

sirv ieron de base para eserib ir el prim er capitulo de la ohmdada.

En el segundo capitulo se exponen las investigaciones del autor

releren tes a las construcciones geom etricas que se realizan m ediante

un compas con abertura lim itada de sus varillas.

E I folleto propuesto esta escrito para ' amplios circulos de

lectores. T iene par objelo de ayudar a m aestros y a lumnos d e

grad os superiores de escuela m edia a fam iliarizarse can las

construcciones geornetricas que se cumpien con ayuda de un

solo compas. E ste texto puede serv ir de material didactico entrabajo de los cireulos m atem aticos escolares, Ademas , 10 pueden

usar los estudiantes de la s Iacultades de fisica y matematicas

de ·los centres de enscfianza superior pedllgogi<:os y la s un ivc rs idades

al estud iar el curse de m aternatica elem ental.

E I autor considera par su deber de expresar la mas cincera

gratitud al profesor A . S . K ovanko, a los docentes V . F. R og achenko

y I. f. T eslenko que han exam inado cuidadosarnente el m anuscrito

y han dado una serie de consejos e ind icaciones valiosos,



I N T R ODUCC ION

Las construcciones geometricas es un factor esencial de estudios

rnatematicos: tambien estas representan un arma potenie en las

investigaciones geometricas,

L a lim itaeion tradicional en utiles usados para las construcciones

gcornetricas solo por el com pas y la regla asciende a la remota

antigiiedad. La celebre geometria de E uclides (euclidiana) (III sigloa.u.e] se fundo sobre las construcciones geornetrieas cumpJidas

mediante e\ compas y [a reg ia; ademas el compas y la reg la

se consideraron com o herram ientas equivalentes; Iue com pletam ente

indiferente como se realizaban unas construcciones separadas:

can ayuda del com pas y la reg ia, par m edia de un cornpas 0 de

una reg ia sola mente.

Y a haee mucho se nota que el cornpas es una herram ienta

m as precisa y mas perfecta que la regia y que es posible cumplir

ciertas construcciones, valiendose s610 del compas y sin recurrira la reg la, por ejempJo, div idir una circunferencia en seis partes

iguales; trazar un punta simetrico al punto dado respecto a la

recta dada, etc. S e presto la atencion al hecho de que para

grabar en las placas metalicas finas, para trazar los clrculos

prirninvos de lo s instrurnentos astronornicos se emplea. como regIa,

s610 el compas, L o ultimo probablemente sirv io de impulse para

investigar las construcciones geometricas realizadas valiendose de

un s610 compas,

En cl ana 1797 cl m ate m atico italiano, profesor de la u niversidad

en Pavia Lorenzo M ascheroni publico un gran trabajo "Geometria

del cornpas" que despues fue traducido al frances y aleman. En

esta obra Sf dem ostro la propuesta siguiente:

Todos los problemas de construccion que se resuelven can

ayuda del com pd» y la regia, pueden resaioerse con precision

em pieando s610 un campus .

E n 1 890 A . A dler dem ostro esta alirm aclon por un procedim iento

orig inal con ayuda de la inversion. T arnbien propuso el metodageneral para resolver los problemas geometricos de construceien

por media de un compas solamente, E n el ana 1928 el rnatematico

dunes Guelmslev encontro en una tienda de libros en C openhague

el Iibro de G . M ohr titulado "Eucl ides danes" y pu blieado en

1672 en Amsterdam . En la primera parte de este libro se da la

solucion total del problema de M ascheroni. D e este modo mucho



8

tiempo antes de Mascheroni fue mostrado que todas las

construcciones geometrieas en las que se usan el compas y 1a

regia, pueden curnplirse valiendose s610 de un compas,La parte de geometr ia en la que se estudian las construcciones

geom etricas eum plidas m ediante un com pas, se B arna g e 0 met riadel c o m pas. En 183 3 e! g eem etra su izo Jacobo S te in er pub licosu obra "Construcciones geometricas realizadas con ayuda de una

linea recta y un circulo fijo" en la que examine de modo mas

completo las construeciones hechas con una regia EI result ado

principaJ de este trabajo es posible expresar en forma de 1a

propuesta siguiente:Cada prob lem a de construction reso lub le por m ed ia del com pas

y La reg ia , puede solucionarse ooliindose de una sola reg ia , si

en el p lano del d ibujo .se da una circunferencia constante y su

cen t ro .

De este modo, para que la regia sea equivalente al compas,

es suficiente usar solo una vez el compas,

El gran matematico ruso N. I. Lobachevski en primera mitad

del siglo XIX descubrio nueva geometria que luego recibio el

nombre de la geometrla no euclidiana 0 hiperbolica de Lobachevski .

E n ultimo tiempo, gracias a los trabajos de un mimero grande

de cientjficos, sobre todo, de los soviet icos, se desarrolla

impetuosamente la teoria de las construcciones g eo rn etric as e n elplano de Lobachevski,

A. S. Smogorzhevski , V. F. Rogachenko, K. K. Mokrischev y

otros matematicos en sus obras examinaron las construcciones en el

plano de Lobachevski sin ayuda de la regia, ademas se demostro

la posibiladad de cumplir las construcciones analogas a las deMascheroni en el plano euclidiano.

La preponderancia de las investigaciones dedicadas a los

problemas generales motive el heche de que con las obras de loscientificos sovieticos se lormulo una teoria suficientemente completay precisa de las construcciones geom etricas en el plano de L ob achev -

ski que es poco probable que ceda su conclusion ante la teoria

de las construcciones geometricas en el plano eucIidiano.



CAPITULO [

CONSTR UCC IONES

CON UN SOLO COMPAS

§ I. COMO ES POS IB LE RESOLVER

LOS PROBLEMAS GEOMETRICOS, . ,

DE CONSTRUCC ION VAL IENDOSE SOLO

DE UN COMPAS . TEOREMA FUNDAMENTAL

En el parrafo dado se demostrara el tcorcma fundamental de

la geornetria del com pas para 10 que cs neccsarro cxarm narpreviarnente las soluciones de algunos problem as de construir

utilizando solo un cornpas.

A l usar s610 un cornpas, no pod rem OS, claro esta, trazar una

linea recta continua prefijada por dos puntos, aunque dernostrarcm os

mas adelante como, empleando solo un cornpas, sc pucde m arcar

uno, dos y, ell general, cualquier ruimero de puntas que se

situen de modo cualquier dense en la recta dada I',Por consiguiente,

el trazado de una linea recta no,e asegura cornpletamenrc

par [a teoria de M ohr - M ascheroni.

E n la geom etria del compas una [inca recta 0 un segrnento sc

determ ina por das puntas y no se prclija en form a de una linea

recta continua (trazada con ayuda de una regia). l'" (OKSTRlnIOK

[)~ UNA Ul\EA RECTA S[ CONSIOER,\ POR TfR\1lro.AOA I:ro.1'1 :'W\11 "TO lro. Ql.ol.

SE E,,(U ENTREN llEHRl.1INADOS {"lIMESQUI[R DOS !)F sus I'I)"TOS

Convengamos ell ulterior escribir [a frase "D esde el punto

A como centro, describimos lacircunferencia del radio BC (0

tracemos el arco) en forma abrev iada de este modo: "D escribimosla circunferencia (A , B C)",. a "T razamos [a circunlerencia ( A . BC)" '

a aun mas brevem ente: "D eserib im os (A , B e)",. En vcz del

simbolo (A , AB) escribirernos (A , BJ .

I,Pcrrnanecicndo sobre el ! " > 1 11 0 de \.i ~ l ~ p r a c t i c e n o

hay razones para considerar que la I~c[l\e~lli consuuida, Ii ~SI~1I

obterndos alg unos de sus puntos.

2-220



[ 0

Para fines demostrativos a pesar de todo trazaremos enel

dibujo las lineas de trazos rectas (estas rectas no participanen la construcci6n). .

PROSlEM ... I. Construir un pufito simetrico al dado C respecro

a una recta dada AB.

c

A0. .. ----- . .. .. .. .. .-

D IB U SO 1.

Const rucc iOI1 . Describarnos la s c ir cunfer en cia s (A , C ) Y (B , C),

es deck, romando los puntas A y B como centres, trazamos Jascircunferencias que pasen por el punto C (dibujo t) . En la

interseccion de las circunferencias aducidas obtenernos el puntoC I• EI punto C1 es el que hernos buscado.

ObservadOn. Para deterrninar si los tres puntas dados A , B ,

X se hallan sabre una linea recta, es necesario tornar fuera de1a recta AB un punto arbitrario C y construir el punto C I

sim etrico al p r tm e r o , E s evidente queel punto X se encuentra

en la recta A B, si los segmentos C X Y C 1X son iguales en t res!

(d ibujo I).

PROIILEMA 2. Trazar un segm ento 2, 3 , 4 Y en general .11 veces

mayor que el segm ento dado AA I = r (n es un numero natural

cualquiera).COl1strucdon (1 ' procedimiento), C onservando la abertura decornpas invariable e igual a r. describarnos la circunferencia

(AI , r ) y determ inem os punto A2 que es d iametralm ente opuesto

al punto A, para 1 0 que trazamos las cuerdas A8 = BC= CAl = r

(d ibujo 2). E l segm ento AAl = 2r. D eseribamos luego la

circunferencia (A2, r ) que intersecara la circunferencia (C , r ) en

el punto D . En la interseccion de la s cifcunferencias (D, r) y



1 1

(Al• r) obtenemos el punta A~, E I segmento A A J "" 3r, etc.

A I real r z a r la s c on st r ucc iones j ndicadas n veces Iacemos el scgm cm oAAn"" nr.

L a validez de nuestra construecion se deduce del heche de

1J19UJO I.

UllmQ 3 .

que el compas con abertura igual al radio de la circunterencia

la div ide en seis partes iguales,Cons/ f l l cdon {2 ° p ro ce d im ie n to ). T om arn os Iuera d e la re cta AA1

un punro arbitrario B y trazamos la s clrcunferencias (A 1> AB ) Y

(8, r) basta que se encuentren en el punta C (dibujo 3). S i ahara

se trazan las circunferencias (AI> r) y [C , BAd, estas se cortaran

en el pun to A 2• E l s egmen to AA l ea 2 r. A l describir la s c i r eunfe renc ias

(A2> r) y (C , BA l), ob tenemos el punto Al. E I segm ento

AAJ = 3r, e tc ,

E I caracter correcto de nuestra construccion se deduce

inmediatamente del heche de que las liguras A B e A I" A I Be A I.

A2BeA) •... son para le log ramos,

PR O BL E MA .l. T razar un segm ento que sea cuarto y proporcionala los tres segm ento s dados a.. b Y c.

Conuruccio« (I' p ro ce d im ie n to ), P ara c < 2(1.

, .



12

De un punto arbitrario 0 en el plano, com o centro, describam os

dos circunferencias concentricas con radios a y b (dibujo 4).En la circunferencia (0, a) t racemos la cuerda AB = c y, tomando

un radio arbitrario d, describam os dos cireunlerencias (A, tl )

Y (B , d ) que intersecaran la circunferencia (0, b) en los puntos

A ) y B 1 • E I segmento ALB I es cuarto y prop orcio nal a los tres

segm entos dados,

D 1 B U JO 4.

Demostracidn. Los trian gu los AOA ) y BOB , SOD iguales segun

tres lados por 10 que ~ ADA J = ~ BOB L • D e aqui < l : AOB == < l: A ,O B I Y lo s triangulos isosceles ADB y A IOB I son semejantes,

Por c on sig uie nte ,

a ib = c :A1Bj.

Conslrucdon (r procedimiento). Siendo c ~ 2a. S i resulta queb < la, construyam os cuarto segm ento proporcional a los segm entos

at c y b ; en eRSO contrario tracemos el segmento na (problema 2),

tomando adernas n tal que c < 2 na 1)(0 b < 2 1 1 0 ) . Primero tracemos

el segm ento y que es cuarto y proporcional a los segm entos

II E I segmento 2M > c encontram os poe el precedi-

m iento siguicn te. T racem os el segm ento a. = 2a (prob lem a 2). D e l punto

arbitrario D ( en el plano describimos la circunferencia (0), c ) y en lad irccc i6 n arb itra ria rrscemos los scgm enlos O.AI = ah O,A1 = 2ahDIAl = Ja.,e tc. (p roblem a 2 ): despues de hacer un num ero final de PIISOS

l leguemos al punto A, qu~ se encontrarli fuera de la circun lereneia

(0 •• c~ E s ev idente que el segm ento OIA. = 114, = 200 > c.



na, by c . S i ahora trazarnos el segm ento x = n )! (prob lem a 2),

ensonces obtendremos el cuarto segm ento proporcional a lo s t r e ssegmentos dados a, bye

En realidad,

na ib ec :»

6

a ib = r :ny.

Construccion (3' procedim iento), C uando 20 > C

D e los puntos C y Cl que son ext rem os del segm ento c ,describam os las circunferencias de radio a que se cortaran en el

punto B. Sea que la eircunferencia (B. b) interseque las

circunferencias (C, a)y (C" a) en los punros D y D1 • E I segmento

DDI "" X es el buscado,

Demos t rac idn . L os triang ulos is6 scelesD jB CI y BCD son iguales,

por eso < l : CBD "" < l : CIBDI• De aqui se deduce que < l: CBC I '"

" " < l : DBD, . De la sem ejanza de los triangu los isosceles C B C I Y

DBDI resulta que

a:b=c:DD t•

En caso de que c ~ 2 a y b ~ 2 a 11.1principio tracernos el

segmento y que es cuarto y proporcionala 105 segmentos tUI,

bye [. < 2 na J ; lueg o encontrem os e I segm ento buscado x = I fy.

PR OB L EMA . 4. D iv idir el area AB de la circunferencia PO t Ill.

mitad.

ConsrrucdOn. Se puede suponer que se con ace el centro 0 dela c ireun lerencia : m as adelante [vease el problema 13) Sf demostrara

como se construy e el centro de una circunferencia (0 de un arco),

al usar para esto solo lin compas,

S uponiendo que O A "" DB = r y AB = a, describam cs las

circunferencias (0, a), (A. r) y (8 . r) y en Ill. interseccicn obtengamos

los puntos C y D (d ibujo 5). T racem os las circunferencias (C , H I

Y (D. A) hasta su encuentro en el punto E. Si ahora se trazan

las e ir cunfe renc ias (C, OE) y (D, DE), eruonces en sus intersecciones

obtendremos los puntos X Y X i-

EI punto X div ide el area AB pot Is m itad y el punto X I

div ide por la mitad el arco que completa eI area prim ero hasta

Is eirccnlerencia total. C uando la circunferencia (0, A) esta

trazada, de en tre las dos circunlerencias (C , OE) y (D. DE ) se

puede describ ir solo una la que en las in te rse ccio ne s con la

eircunferencia (0 , A ) deterrninara los puntos X Y X I.



1 4

Demostracion . Las liguras ABOC y ABDO son paralelogramos,

par 1 0 tanto los puntas C . 0 Y D se hallan en una recta (COI IAB ,ODI IAB ) . De los triangulos isosceles CED y e x D se deduce que

<} COE: : ; <} COX: : : ; 90°. De este modo, el segmento O X es

c

DlBum s,

perpendicular a la cuerda AB ; por consiguiente, para demostrar

que el punto X divide el areo AB por la mltad, es suficiente

demostrar que el segmento

OX= r .

Del paralelogramo A BOC se deduce que

O A 2 + BC 2 = 20B 2 + 2A 82

por esc

Be2 = 262 + r2,

D el triangulo rectangulo COE podemos escribir:

eE 2 = Be2 = OC 1 + DEl,



de donde

y

DE2 "" a2 + ,2.

Por fin, del triangula rectangulo COX obtenemos:

O X = VCX1 - De 2 = VOE1 - o c - = lia l +,2 - a2 = r.

Como hemos indicado, en la geometria del compas es la regia

cornun de considerar la linea recta como trazada inmediatamentedespues de que estan determinados cualesquier dos de sus puntas.

En nuestra exposition ulterior (problemas 24, 25 y otros)

necesitarernos trazar con ayuda de un solo compas uno, dos y ,

en general, cualquier numero de puntos de la recta dada Esta

construction es posible realizarla del modo siguiente,

PROI l lEMA 5. En la recta determ inada PO f dos puntos A y B

e s n ecesa rio obtener uno 0 varios puntas.

mBUJO 6.

Consmxeion. Tomemos en el plano, fuera de la reela AB un

punto arbitrario C (dibujo 6) y marquemos el punta C. que es

simetrico al primero respecto a la recta AB (problema I). Con

un radio arbitrario r describamos las circunferencias (C, r] y(CI> r~ en las intersecciones obtendremos lo s punt os buscadosX Y X I que se hallan sabre la recta d ad a AR Cambiando la

magnitud del radio r se puede encontrar cualesquier que sean

puntos de la recta dada: X', X'l . etc.

PROBLEMA~ . Trazar los puntas de in te rse cc io ne s d e la c irc un fe re nc ia

dada (0 . rJ con la recta dada par dos puntos A y B .



1 6

COlIstfucciO'" en caso de que eI centro 0 se y ace sobre Ja recta

dada ABu (d ibu jo 7),.D eierm inem os el punta 01 que es sim etrico al centro 0 de la

circunferencia dada respecto a la recta AB (problem a I). D escribam os

la circunfereneia (0 b r) que intersecara la circunferencia dada

en los punros buscados X e Y .

L a validez de la construccion se ve ev identem ente de Ia

sim etria del dibu jo respecto a la recta dada AB .

Construccia: en el caso en que el centro 0 de la circu nferen cia

dada se halla sobre la recta AB (dibujo 8).

OIBUJO 1.

A I tomar el punto A com o centro describam os la circunferencia

de radio arbitrario d que in tersecara la circunferencia dada en

los puntas C y D . D iv idamos los areas CD de la circunferencia

(0 , r) par las m ilades (problem a 4). L os punros X e Y son

buscados, -

Oh5ervac iOI l . D e la construccion expuesta se ded uce:

AX-=AO+OX- y AY==AO-OX.

IICan ayuda de un solo cornpas e o ; Iacil ccrnprohar si

se hallan los Ires puntos dados en una recta 0 no (vease la observacion

del problema 0 ,



1 7

A < o - - - - - -

DlBl.'jO g.

PROBLEM.~ 7. Constru ir el punta de interseccion de dos rectas

AB y CD cada una de las cuales queda determ inada pOT dos

puntos.

Construccton. M arquernos los puntas C! y Dl simetricos

correspondientemcntc a 1 0 5 puntas C y D respccto a la recta dada

AB (dibujo 9). D escribam os las circunferencias (I)!CC tl y (e D)

J]

,,,,

",,,

, J

-, J

[

UlBUlO 9.

y designamos can E el punto de su interseccion. T racernos el

segrnento x que es cuarto y proporcional a lo s segmentos D E ,

DO ! Y CD (problema 31, S i ahora se dcscriben las circunfercncias

(0, x) y (D[J x], entonces en la interseccion obtendrernos el

punta buscado X .

3-220



1 8

Demos trac ibn . Puesto que el punro C I es sirnetrico a1 punto

C y el punto DI es simerrico al punta D , es ev idente que

encontremos el punto de interseccion de las rectas dadas, si

encontramos el punta de interseecion de las rectas CD y C IDI•

La figura CC ,D1 E es paralelogramo, Y por consiguiente, los

puntas D , D J Y E se encuentran sobre una recta (DEl lcc !>

DD11 ICCI) ' Lo s tria ngulo s CDE y X DDi s on semeja nte s, pOT 10 que

DE:DDI = CE:D1X,

pero

E J segmento D1X = x es cuarto y proporoional a l o s segmentos

DE, DDI y CD.

Cada problema en que para la construccion se usa el cornpas

y la reg ia en el plano de Euclides siempre se reduce a la solucionen un orden determinado de los problem as fundam entales mas

simp le s sig uie nte s:

1. Por los dos puntas dados tracese una recta.

2 . D esde el punto dado como centro describase la circunferencia

del radio dado.

3 . D eterrninese los puntos de interseccion de las dos

circunferencias dadas.

4 . E ncuentrese los puntos de interseccion de Is circunferencia

dada y Is recta determ inada por dos puntos.

5. Hallese los puntos de interseccion de las dos reetas cada

una de las cuales queda determ inada por dos puntos.Para demostrar que cada problema e n cuya construccion se

usan el compas y la recta, puede resolverse aplicando 5610 el

compas, sin usar la regia, es suficieate mostrar que todas estas

operaciones fundarnentales pueden cumplirse empleando un solo

compas,

L as operaciones segunda y tercera se realizan mediante el

compas directamente, E l cumpJim ienlo de las demas operaeiones

fundamentales se aduce en los problemas S , 6 y 7 .Supongamos que un problema de consrruccion resoluble can

el compas y la reg ia, hay que solucionar usando un solo compas ,

Imaginemos que este problema est! resuelto can ayuda del

compas y la regia: como resultado la solucion del problema se

reducini. al cumplim iento de una sucesion flnira de las cinco

operaciones lundamenrales, S i para cumplir cada una de estas



19

operaciones se emplea solo un compas (problemas 5, 6 y 7),

llegaremos a Ia solucion del problema propuesto,De este modo, to ios los problemas de construccion reso lubles

con compos y la reg ia , pueden solucionarse con precision aplicando

solo un compds .

El metodo aducido de solueionar los problemas geometrjcos

de coustruccion empleando un solo compas conduce, como regia,a unas construcciones muy complicadas y voluminosas. Desdeel punto de vista teorico este metoda presenta interes.



2 0

§ 2 . SO LU CIO N

DE LO S PROB LEM AS GEO ,M ETR ICO SDE ' CONSTRUCC ION

A PL ICANDO UN SOLO COMPAS

En este parrafo exam inaremos la solucion de algunos problemas

interesantes de la geom etria del com pas elaborada fundam entalm ente

en los trabajos de M ohr, M ascheroni y Adler. La solucicn dealgunos de e..~IOS problemas nos usaremos en el eapitelosegundo,

PROB LP'MA ~. Levantar perpendicular al segmento AB en el punta

A .

Consc rucc iO l l (I' procedim iento], C an una abertura de compas

invariable e igual al segmento arbitrario r , trazarnos las

circunferencias (A , r) y (8 , r) hasta que se encuentren en el punta 0.

Describlmos la circunlerencia (0, r) y constru imos en esra el

punto E que es diametralmente opuesto aJ punro B, para 10 eualtracernos las cuerdas CD = DE =: r (dibujo 10), donde C es el punto

E

nlBWO t o . orBWO II.

de intersecci6n de las C ircunfe.reqcias (B , r) y ~~ r], .E I segm entoAE 1B . S i ponem os r = AB . €l I tonces AE 0::: V 3 AB , el punto C

coincidira con el punta A .Const r l l cc iOI i (2 · procedimieato]. D escribam os Ia circunfereneia

(8, A) (dibujo 11), tomamos un punto arbitrario C de esta y



lJ

t razamos la circunferencia (C, A). Dado que D es el punic de

interseccion de estas dos circunferencias. S iahora se describe

la tereera circunferencia (A, D) hasta su interseccion con larircunferencia (C , A ) en el punto B , entonces el segmento A£ 1 AB .

Demosiroc ion . EJ segmento AC une los centres de las

circunferencias (A , D) Y (C, A I , DE es su cuerda comun: porconsiguiente AC 1 DE Y 4: CAD = <} CAE (triangulo ADE es

isosce 1 es),

~ACPor otra pane, < : . CAD = .,_ADC = -2--

D e las ultirnas igualdades se deduce:

"- ' A C4: C4£=--··... 2

La recta AE es tangente a Is circunferencia (B , A ) en eJ punta

A s. par consiguiente, AE1B.

PROB LEMA 9. T razar un segmento igual a-.~ del segmento dadon

AB (div id ir el segmento AB en n partes iguales, IT = 2. 3 ... ).COlistrucciOn (1 ' procedirniento). Tracernos el segmeruo AC =

= nAB (problema 2 ). De sc rib arnos 12 circunferencia (C , A), en la

interseccion con la circunlerencia (A , H) obtenemos lo s puntos

D y D 1 • Las eircunferencias (D, A ) Y (Db A ) dere rminaran el punto

buscado X . E I segm ento AX= AB (dibujo 12).n

Al aumentar el segmento AX 2, 3. etc. , n veees (prob lema 2)

construyamos los puntos que div idinin el segmenro AB en 1 1

partes ig uales.

Dl8\JJO 12.



Demost.raci6n. Puesto que los triangulos isosceles ACD y A.XD

son sem cjantes (lingulo A es comun), se deduce que:

AC : AD= AD :A X

o

AD" = ABl =AC·AX = nAB·AX.

De aqui

El punto X se halla sobre la recta AB .ObservaciOn. Siendo los valores de n grandes, la determinacion

del punto X carece de precision: los arcos de las circunfereacias

(D, A) Y (Dlt A) se intersecan en el punto X bajo un angulomuy pequefio I). En este caso en vez de la circunferencia (DI> A)

para determinar el punto X se p u e d e trazar la circunferencia

(A, ED) en que E es el punto diam etralm ente opuesto al punto

D , de la circunferencia (A, B).

Construccion (2° procedim iento). T racem os e J segmento AC == nAB (problem a 2). D eseribam os luego las circunferencias (A, C ),

(C, A) Y (C, AB) que se intersecaran en l o s puntas DyE. Siahora se trazan las circunferencias (D, A) Y (C, DE), entonces en

sa interseccion obtendremos el punto X . E 1 segm ento AX =

;;; 1 AB (dibujo 13).n

OIBum ia

II L a determ inacion del angulo de lnrerseectcn de dosc urv as y ea st en el § 8 (pag. 72).



2 3

Demostrac iOn. E I punto X se halla sobre la recta AC, y a queAC I I DE y X C I I DE (figura CEDX es p ara le le g ra mo ), P ue s to que

'lo s tria ng ulo s iso sc ele s ACD y AXD son sem ejantes, resulta que:1

A X = -AB .n

A duzcam os tarnbien la construceicn propuesta per el profesorA.S. Smogorzhevski!', Bsta construccion se diferencia de las

anteriores por el hecho de que la parte buscada . J . . d el segmentorI

AB no se encuentra sobre el segm ento dado.Construccion (3 ' procedimiento], T racem os el segmento AC =

= nAB (problema 2). Descr ibamos la s c ireun fe renc ia s (A , C ) y

(B, AC) hasta su encuentro en el punto D.

La circunferencia (D, AB ) eortara las dos ultim as en los

puntos E y H . E I segmento EH = _ ! _ AB (dibujo 14).II

DemostradOn. S iendo los tres triangulos ABD, ADE Y BDHig uaJes en sus lados, resu lta que: L ADB = L EDH . Los triangu lo s

c

DIIIUJO ...

II V ca.5e [IIJ en la bibliografia recomendada (pag. 80).



2 4

isosceles AD8 Y EDH son semejantes, y por consiguiente ,

EH: ED = AB:AD

Efl: AB = AB: nAB.

En delin itiv a

IEH=-AB.n ..

N otemos que

E K = v 4 n " C 1 A Bn .... "

f'MOBLl;MA 10.T razar un segm ento igual a i . del segm ento AB

dado (div idir el segmento AB en 2" partes iguales n = 1,2,3,,,)

O IB U JO 15.

COl1srrucdim (l'procedim iento). T racemosel segm ento AC =

= lA B (problem a 2). D escribamos la circunferencia (C , A ) Y

design amos mediante D . y 0'. sus puntos de interseccion con [a



2 5

eircunferencia (A , B ). S i ahora se dibujan las circunferencias

(D l> A ) Y (D '" A ), entonces en su interseccion obtendremos elI

punto X !. E I segmento BX ! :0 A Xl=" 2 " AB . L ueg o describ am os

la circunfereneia (A, BDd Y en su interseccion con (C, .4 )

obtenemos los puntos D 2 Y D 2 . Tracemos la s circunferencias

(D 2 ,A ) Y (D 1 • A ) hasta su encuentro en el punto X 2. E l segrnento

IBX 2 = 22A8.

Si luego se dibujan las circunferencias (A , BD l), (D). A ) y

1(0 '3, A ) omendremos e/ punro X). EI segm en to 8X J = = . 2 3 AB etc.

Demos i rac ion . S iendo los triangulos isosceles ACD 1 y AD1X !

semejantes, resulta que

ADI : AC = AX 1 : ADl

AB :2AB =AX! : AB .

De aqui Sf obtiene

Introduzcarnos las designaciones AB '" a , BDk = = m~.k = I , 2 , 3 ,

..., II.

El segmento BDI es mediana del triangulo ACD) y , porc on sig u ie nte ,

4BD i = = 2AD i + 2CDr - AC 2

0, de otro modo,

4m~ = 2 .4B2 + 2AC2- AC2 = lABl + l '1e = 2A82 + 4ABl.

Es dear,

l B 2 1+2 2 3,1 1 1 1 = D, = --(l =-u-

2 2

Puesto que los triangulcs isosceles A C Dl Y A D 2X 2 son

sem ejan res, obtenem os

4-220



2 6

y, tomando en consideracion que AD2 = BDI = m l Y AC = 2a,

tendremos

D e modo analogo encontrernos

1+2+221 1m j = 2 2 a y BX l=rB,

etc, En general,1 I + 2 + 2 2 + ...+ 2·- I :1 I

m~ - I= 2 a y BXt = 2l AB .

Para dividir el segrnento AB en 2" partes iguales es necesario

aumentar 2, 3, "', 2" vecesel segmento B X " (problema 2~

(onslrucdun (2 " procedimiento). T race mos e l se grne nto AC ="" 2AB (problema 2) para 10 que describamos la circunlerencia

(8, A ) Y tracemos en esta las cuerdas AE"" EH "" He = = Q.

De sc rib amo s la s circu nfe ren cia s (A , C ) y (C , E ) h asta su in terse cc io n

en los pu ntos D IY D'I' EI punta b usca do X I encontramos co mo

interseccicn de las circunlerencias (Db C ) y (D'b C ) . E l segmento

1BX I ""lAB.

Dese ribamos la c ircun fe renc ia (C , BDd que in terseca (A , C) enlos puntas D2 y D z y /uego las circunferencias (D 2, B O ll Y

(D;., BDd ; estas ultimas, al cortarse, determ inaran e1 punta b usca do

X" 81 segmento 8X2 = ~AB (dibujo 16) .

De m o d o analogo, si 5 1 : ' describen la s c ircun fe rencia s (C . BD 2 ) ,

(D), BD z ) y (L Y 3, BD2) determinaremos el punto X 3' E l segm ento

1BX) = p-AB, etc.

DemosrraciQ/! . S iendo sem ejantes lo s triarig ulo s iso sceles ACD I

y CD] X I obtenemos:

cx.: CD] = CD I : AC .

T o m a n d o en consideracion que CD I = CE = v ' 3 AB , encont ramos

que:



27

Introduzcamos la designacion BD k"" m k , donde k = I, 2, .." II.

EI segmento BDt es mediana del triarigulo ACDI y, por 10tanto,

4BD~ = 4m i = 2ADi + 2CDi - AC1= 2 AC

1 + 2CE1- AC1 =

=4az + 2 . 3a2

6

---,,-_. . .__ .. "

DlBlJJO 16.

En virtud de la sem ejanza de los triangulos ACD1

Y CD2X1

tenemos

cx.. CD2 = CDl: AC.

A I notar que CD2 = BD, = m] y AC = 2 AB "" 2a, obtenemos:

CX~ = CD~ = m i " " J - a .~ AC 2a 2



2 8

Por consig uie nte,

1BXz " " pAR.

D c modo cornpletarnente am ilogo dernostremos que

, l 9 I 9 Im i = BD~ =4°, eX 3 = gO y BX 3 = 2)· ·AB,

etc. E n general,

2 _ ~ _ ( I I 1 3 ) l

Iflk - I - BDk ~ 1 - I + 2 + 2l + ...+ 2 t - Z + 2 - " - 1- Q Y

IBX~ = 2l AB .

$i en ia construccion segun 0 1 primer proccdim iento para

grandcs valores de k Ik !(n) la determinacion del punto X ( no

es precisa (arcos de la s circunferencias que deterrn inan este

punto casi tocan uno a otro], eruonces es posible resolver este

problema mediante el procedirniento siguiente.Construccio» o r procedirniento). T racemos el segrnento AC =

=2A B (problema 2 ) . O eseribam os las cireunferencias (A . C), (C ,

A I y (C, AB) ; en la interseccion obtenemos los puntas D) y E 1

(dibujo 17). En Ja interseccion de las cnrcunferencias (D\. A) Y

(C, DIEt l obtenemos el punta buscado X r- E I segmento BX I=

I ( . . 7= 2" A B dibujo I )

Traccm os luego AD2 = eEl"" BD, para 1 0 que describamos lascircunferencias (A , BDd y (C , B Dd . D escribam cs las circunferencias

DIBIJJO 17.



29

(D z, A ) Y (e. D1E2) hasra SlI eneuentro en el punto Xl' El

Isegm ent a BX 2 = p -AB , etc,

Demos t r ac i on . El punto X I se halla sabre la recta AC puesto

que A C f l D]El (ligura AD]E]C es tra pec io) "j x]e I I D]E] (Iigura

X J D J E, C es paralelograrno], esto significa que X IC I I A C. De modo

analogo, se deterrnina que los puntos X 2, X J, ... , X " se hallan

sobre la recta A C .

De 1 0 expuesto anieriormente se deduce que D IX I= D ' ,X h

DzX 2 = DIX 2 , .•. Entonces, como se ha demostrado enlaconstruccien por el primer procedimiento del problema examinado,

1 . I IBX I = lAB , BXz= ~AB , B X ~ '" 2~·AB ...

PROBLEMA II. Trazar un segrnento que sea 3" veces mayor que

el segmento dado AAo ( I I = 1, 2, 3, ...~CQn.~truc[ioll. D eseribamos 1as circun lerencias (A o• A I y , sin

carnbiar la abertura de compas, iracemos las cuerdus A f" = Ee,AE ' = £'e. D escribamos las circunferencias (C , A ) y (C', A l basta

su interseecion en el punta A !. El segmento AA I= JAAo

(dibujo IS).

/

OIBl!JO 18_

Describamos luego la circunferencialA" A) y tracernos las

cuerdas AE] = £1 C 11 AE'1 "" £'1 C'I' En la interseccion de la s

circunferencias (el> A ) y (q. A ) obtenemos el punro Al, EI

segmento AA1", 32 AA o • etc.La validez de la construocion es cvidente,



30

PROBLEMA 1<. Dividir el segmento AB en tres partes iguales,

Examinemos un procedim iento eleg ante de construccion propucstopor L.Mascheroni.

COII~'lru{'don_ Tracemos AC '" AB '" BD (problem a 2). D escriba-

mas las circunferencias (C , B l , (C , D ), (D , A ) y (D , C) en cuyas

lntersecciones obtenemos los puntos E, E I, F Y Fl' Las circunte-rencias (E , C ) Y (EI, C), (F , D) y (F I, D) determinaran los puntas

buscados X y Y que div iden el segm ento AB en t res p artes ig uales

(dihujo 19).

DI8UJO 19.

-- . . .------_--------

Demostracion . Los Im ingulo s isosceles CEX y CDE son semejantes,

per eso:ex: CE = CE : D C .

Al tamar en consideracion que CE = 2AB Y CD = 3AB obtenemos

4 1ex =JAB . pues AX =3AB .

PIIOIIl.f.MA 11 Hallar e I centro de la circunferencia dibujada,



31

Construcci6n. Tornemos en la circunterencia dada un punic A y

describam os una circunferencia(A , d)

de un radio arbitrariod;

en las in tersecciones obtenemos los puntos B y D. En la

circunferencia (A, d) rnarquemosel punto C que es diametralrnente

opuesto al punto 8. D escribam os luego las circunferencias (C, d ) y

(A, CD); designemos con E el punto de su interseccion, Y, por

fin, deseribam os 1a circunferencia (E , CD ) basta su encuentro

con (A, Ii) en el punto M. E I segmento BM es igualal radio de

la circunferencia dada.

Las eircunferencias (B, M ) Y (A, 8M) determ inan el centro

buscado de la circunferencia descrita (dibujo 20).Demo5t radon . L os triangulos isosceles ACE y AEM son iguales

uno a otro y , por consiguiente, - 1 1 . ' EAM = - 1 1 . ACE .

Por un lado < t . BAE = - ' 1 . ACE + 4. AEC[ 4 : BAE es el anguloexterior del triangulo ACE] y por otro lado, 4: RAE = ~BAM ++ - ' 1 . BAM.

De aqui

< t . BAM = < l: AEe.

x

\ ', ',, .,,\\

DlBllJO ~

D e este modo, los triangulos isosceles ARM 'I ACE son

semejantes ,/, de este modo,8M : AB "" AC : C E

o

BX: AB = AceD.

D e la ultim a correlacion se deduce que los triangulos isosceles



. 4 HX Y . 4 C l) son sem ejantes, entonces r e s u l t a que

I4- BAX = '" ACD =:: 2"" BAD = <} DAX

las u ltim as dos igualdades se deducen de que

-1 BAD = < J : ADe + < l: ACD = 2 <1 ACD = 2 - r BAX .

B asandose sobre la igualdad de los angulos BAX y DAX

l1egamos a la conclusion de que los t rian gulos isosceles A B X Y

ADX son iguales en t re $1, cs decir.

BX= AX = DX .

EI punto X es el centro buscado de la circunferencia.

Ohsen'{Kirill. E l segmento d = AB debe tomarse mayor que la

rnitad de radio de la circunferencia dada; en caso contrano la s

circunlcrencias (C D) Y (A, CD) no se cortaran.

En conclusion de este parrafo aducim os sin demostrucion la

solucion del problem a siguiente de M ascheroni [[0].

J-PROBLEMA I~ T razar el segm ento '2 V nAB. donde AB =l,

' I = l , ".,25.

F

DI8110 n.



Consirucc io« . D eseribarnos Ja circunferencia (A , H) Y con el

radio AB el que, para simplificar la anotacion, ~e iorna pOT un

scgmcnto unitario, tracemos las cuerdas 8e =: CD"" DE. Dcscriba-mas las circunfereneias (8, D) Y (E , C) hasta su encuentro en los

pu nros F y F'I. Descri bamos las eireu nferencias (B , t1 F) Y (E , A F )

que in te rse ca ra n (A, 8) en los puntas H y II l> Y la s c irc un fere nc ia s

(8 , D J y (E, (') en los punros N y N I; M Y M I D escribamos las

circunferencias (E , A ) Y (B , A ) Y notemos los punt os P , PI' Q Y Q I

de sus inrersecciones con las circunferencias (8, A F) Y (E , A F l.La s circ un fe re nc ia s (P, B I Y (P., B) se cortaran en el punto R,

rn ientras que la circunferencia (A , B ) la in tersecaran en los puntosS y SI. D el rnismo modo las circunlerencias (Q, E) Y (Q(, E) se

cortaran en el punto T, mientras que la circunferencia (A , B ) la

in tersecaran en los puntos 0 y 01, D escribam os las circunferencias(R , AB ) Y (F , AB ) basta su cncuentro con la circunfercncia (A ,

B ) en los (Juntos L I _ I Y C . La in tcrseccion de las circunferencias

(0, A) Y (O J, II) deierm inara c 1 punta K. Y, por fin ,

describ im os las eircun feren cias (K , AD) y (T , AB ) en la in tcrseccion

de las cuales obtenemos los punt os I ell' Entonccs

I r-:

= " ' ! _ t.- I I .~

AT=-Vl QQI 7, UK =2 ~

13, KD=2VI9 ,2 ' 2

PT> . . . ! _ \ , / 2 ,1- , I 1-

At" =2~·8, B 5 = - ·- 1 14, rc = 2 ~ 20,2 2

DR ::: _ ! _ V ' 3 ,1 r: J , . . . . . . . . I .-

BR =2~·9, tLI:o:: ..2 ~15, I D = ···"·V21

2 I2 '

1 r-

B L = _ ! _ j l l ~I r-r-: J . -

AB = 1 " l i 4 ,2 ' BE = "2l i 16 , K S = - 2 V 2 2 ,

1 - I- I ..... rH"J'="2\5, PS I =-VI FK = ' " 2 ~ . 17, MM.=-l 23 ,2 ' . 2

I , I .- I 1-tlM--~'6 BD= TV I2 , KN =-~·18 MN =21;24... - 2 . , 2 '

1- 1.-·KE=·"",,~·25 =-\.25AB .

.:; 2

5-120



3 4

'--~-----

* 3 . INVERSION Y SUS PROPIEDADES

FUNDAM ENT ALES-__ _----_ -.-~- ----- -~-

Al final del siglo X IX A . Adler aplico c 1 princrpio de inversion

a la (coria de construcciones geometric as hechas con un solo

compas. V aliendose de esre principio establecio en la geomctria del

compas el proccdim iento general para resolver los problem as de

construccicn .:

E n estc parrafo darcmos dcl"in ici6 n de la inversion y expondrcmos

en breve 'us propiedades fundamentales que seran usadas en 10

ulterior.

Supongnmo ..que en el plano del dibujo se da eierta circunfereneia

(0 , rl y el punio P distinto del punto 0_

Tomemos sobre c I rayo OP eI punta p i de tal modo que el

prcducto de 1 0 1 > segrncnios OJ> y OP' sea igual al cuudrado de radio

de la circunfcrencia dada, es decir.

OP,OI) '=r~. fit

E I punto V de esta indole ~e llam a de ;IIcl'njdl1 al punto P con

respecto de Ia circunfercneia 10, r). L a circu nfcren cia t . o . r) se

1 1 : 1 1 1 1 < 1 c I r (; II nic I"l' n ~. I a d c 1 n \ e r s i ,' l n (l b;l s i c u, su cem I'll

o se llama c e n t r o () polo de r n v e rs ro n y la magnitud

,~, p o t e n c r a d e l a r n v e r s i o n .

S I el pu m o P C~ de in versson respecto al punto P , cs evidente

que, al reves, e! punto l' es de inversion respccto al punto P',l,a corrcspondencra entre los puntos de inversion 0, de otro

modo, III transformacion que a cada punta I' de cierta figura Ie

pone en corrcspondencia el punto de inversion P ' se llama

111\ e r s io n ,I Ir;lIIS rO T I1w cii)J1 de r a d io s in ve rs o s !

D e la dcfim cion de la inversion se deduce que a cad a puntu

P en Ull plano Ie corresponde el pu nt 0 d eterrn in ad o V u n ieo P '

del m is 111(1 pi ano, adem as ~i 0 P > r, 0 P' <" r. L a excl us I(lll

constuuye e I centro 0 de 11.1circunferencia de mvcrslon. N ingun

" S upongam os 1 l 1 i C O A . . , r = I , O T ' = R . 0 1 " = R · _ h I

Il!ualda.1 111 sc escrrbirn ell cste casu asi. R = :-. Las distancias entre

I~s puntos lie IIlvcrsioo r ) I" '; I el centro de i§..'crsion a son mi.merus

mutuarncnte J 1l\C!,,1\ La mverxinn (Jel latin IIlt,,·,.,·io\ "igmfila litcralmente

com ersion, per mut uc i on.



35

punto del plano puede ser de inversion respecto a! punto a 1 0

que ~I.' deduce directnmeme de 1 : \ igualdad II)".

Scan A PyA] P tiln gen tes t razadas hacia la eircun lerencia deinversion (0, r ) desdc e J punto P que se encuentra Iuera de esta

circunferencia (dibujo 22). E nronces 1.'1punto P' de interseccion de

las rectas A A I Y OP sera de inversion respecto al pu n to P .

R ealm ente , en el triangulo reetangulo O A P lAP ' cs la altura)

OP·OP' =OA' =r',

Supongamos que cl puuto P se mucve a 1 0 largo de cicrta curva

l, entonces su punto de inversion P ' tambien describira ciertacurva /'. Las cur vas / Y /' se llamnnm u I I I am e 1 1 lei n v c r s as.

r

, ,,,

" ) I ,

'llIIS] JO 2.\.

-------_ _ -- .._ .

L~M"'. S t /0:1 plmro.~ V y Q ' son de itW(lr.'i()1! II /P.I plllllos

P Y Q (1111n'.\fwtlO de II! drUi/Ij.;·rCI]i"I(/ 10 . 1',1. , ' /11(111<'(" '

.. ');O F'Q ' = ..');OQ I'. "O Q ' P ' = >! OI 'Q

Demosiraaon. De la igualdad OP OP' ~ UQ OQ~ ~ r" "

.. Ell la geomet ria su penor, pari iendo de C1Cf(a\ ideus.

al centro 0 lc ponen en correspondencia ''\11\ puato inifimtarncute alcjadu'

del p I1HIO , Cuando 0::1J1u1110 I"se aprox imil ~1 ' ;CIlI ro de inversion 0

c l se gm e nto OP' d r s r m n u y e , en ionces, para n o altcrar In ijl;u a ld a1 .1 (I I e l

segmeuto OP debe aumcmar y el punro P S~ aleJ,m i cuda vez Im\~ del

cent ro de inversion O. cs dCC IT . ,lO P · ..... O . cn tonccs 0I'"~'''

5 '



OP _ OQ '- - O Q - OP" se deduce que los triangulos OQ ' f " y O Q P son

sem ejantes (dib. ~3). Qucda < lsi dcmcstrada I~ afirrnacion del l e rna ,

De la definicion d e la inversion se deducen lnmediatarnente

d os ieoremas.HOREMA L Si J(J.\ cur vas se inlenerun en et pUrltv P , rntom:e;i

Ia s cu rva s im'erslls a essas . 1 ' 1 ' imersecun ell e l pUflla P ' que es de

illversioll ul puuto P _

nOREMA II. La recta que pasa a traves del centro de inversion

o es inverse a si m isrna,

T EO REMA III. La curva inversa a la recta dada AB que n o pasa

a (raves del centro de inversion, es una circunferencia (01 , OOd

que pasa por el centro de inversion 0. de modo que siernprc

001 LAB.

Demns trac ion . Sea Q la base de perpendicular bajada del centrode inversion 0 sabre I I I recta dada. D esignemos con Q ' el

punto de Ioversion al punto Q , Tomemos en la recta dada un

punto arb itrario P y designernos con P' el punic de iversion <11

primero (dibujo 24)_

I

q P" I

I

I

I

I

- - . t 1 Q

lJlDllJO 24.

B asand use so bre cl lema podemos escribir:

< ). OP ' Q ' = 4. OQ P = 9 0 " _

P O T 1 0 tanto, cuando c I punto P se desplaza a 1 0 largo de la



,~I

recta AB, el punto P' de Inversion al primero describira la

circunferencia que tiene el segmento OQ ' como su diametro,

Puesto que la circunferencia (OJ, ODd y la recta dada AS sonmutuamente inversas, tiene Jugar tarnbien la afirm acion inversa.

TEOREMA IV La curVQ inversu a la c ircu n je renc ia duda (OJ, R )

que no pasa a traces de l centro lie inuersion, es tombien una

circunjerencia. En este caso e! cellfro de .inversiOn es cenrro de

semejanza de estas circunferencias.

Demostrac ion . Sea la linea de eentros OOJ de la circunferenciade inversion (0, r) y de la circunferencia dada (0[. R) interseca

la ultima de estas en los puntos A y 8. Designernos con A'y B' los puntas de inversion a los punros A y B. Tomemos en la

circunferencia (0 [. R ) un punro arbitrario P y el punto de inversiona este designcmos can P' (dibujo 2S)

r

Np .

8

~----------- ._ - _.- --_ .... _ - _ .__

Empleando el lema obtenemos:

~ OA'P' = 4_ OPA Y < i OB'P = < } . OPB.

de aqui

q OB'P' - 4 OA'P' = q OPB - <\ OPA,

En los triangulos A'B'P' y ABP

~ A'P'B' = < : : OB'P' - < l: OA'P' Y < APB = 4_ OPB - 4 " orA = 9 0



-. ._ . . . ._ - - _ . _ .. ._._----

A I tomar en considcrucion la igualdad antenor obtenem os:

< t ;I 'P 'B ' = < ): AP B = 90'.

Supongamos ahora eJ que punto P se mueve a 1 0 largo de la

circunferencia dada (0" R), cntonces el punto P' de inversion

a esta describira la circunferencIa (Oz, P') que tienecomo su

diarnetro c J segmento A 'B '. A s] queda demosirado el teorema.

S i Q Q ' es la tangente exterior comun de la circunferencia dada

W I. R) y de la circunferencia (02 , P') inversa a la primera,

eruonces los punios de tangencia Q y Q' seran siem pre m utuarncnte

de inversion. L a perpendicular levantada del pu nto Q hacia la tang enteQQ ' cortara la linea de centres 001 en el punto Ol que es

cent TO de la circunferencia lnversa a la dada.

~ 4. APLICACION DEL METODO DE INVERSION

EN LA GEOMETR iA DEL COMPAS

La aplicacion del m etodo de Inversion a la solucion de los

problemas gcornctncos de construccion empleando un solo cornpas

da Ii! posibi lidad de mdicar el metodo general. los pri ncipios

generales que se cmptean para solucionar los problem as de

construccion en 1 < 1 genmcrria del compas.

Las construccioncs de M ohr - Mascheroni, aunque son en sumograde elcgam es, sin embargo. en la mayoria de los casos se

rc aliz an mediante v ia hasta tal punto a rtif ic ia l que involun ta ria rnen te

surge la cuesiion. como fuera posiblc cfcctuar cada una de estas

construeciones.

!'RflHIfM,\ Ii Trr icese el punto X de inversion al punto dado

C con respccto de la circunferencia de inversion (0, r].

("011.' [rJlCfilil1, para OC:>~. ldibujo 26). D escribamos la

circunferencia (C, 0) hasta que se intcrscque en los puntos D

y D, con la circunfcrencia de inversion. S i ahora se trazan la s

circunferencias (D, 0) y (f ) j, O J . cntonccs en la interseccion

obtcndrernos cl punto buscado X.

Vem(mrC1!: i r i l ! . S iendo los triangulos isosceles CDO y DOX



J I )

sernejarues encorn ramos:

OC :OD=OD :OX

6

Oh. \er l ' l l c i im. No cs dificiJ ver que J i I . censtruccion cxpucsta

coincide con la solution del problema 9 (I' procedirniento) , S I

no se construyc c I scgmento AC "" flA B , sino que sc consrdera el

IJIB ..:,)O 26.

punro C como determinado. De este modo < :1segundo proeedimicnto

de solucion del problema 9 sirve tam bien para cncontrar cl puntoX que cs de inversion al punto dado C: adclll.is cl punto C

eSI; i prefijado y no 5C debt ' IT,ILar cl ~C l!n H'nlll .1C "" / I ·W.

CurPi l ru( ' ( 'wn, si OC ~ T (d ibujo 27 ). L et c i reunfcrenc ia (C, 01

no intersecara la eircuntcrencia de inverxmn: por eso Iraccmo,>al princip io el segm ento OC ! =1I0C. ademas cI nurnero natural

1 1 se tornara tal que OC I > _.':_problema 21. Encont rem os c I

punto C . que es de inversiol-t al punto C I (I' proccdirmemo

de construction del prohlema exarninado). T racemos el scgmemo

OX = 1I0C1 • EJ punto X es de inversion al punto dado C.

OXDF1rnn~l rad tJ l1 . Sustiruye nd o OC I '" nOC Y OC, = e n la

II

igualdad O C,· O C ', := rl, obtenemos:

OC I'OCt =1I0C-O~ = 0('. OX = = fl.U



40

0I8UJO % 1.

I'WBLEMA j!, Sean dadas la circunferencia de inversion (0, rJ

y la recta AB que no pasa a traves del centro de inversion.

Describir la circunferencia inversa a la recta dada.Construccion. Tomemos 01 que es sim etrico al centro de

inversion 0 respecto a la recta AB (problema I). Encontrernos cl

punto 0 '1 que es de inversion al punto 01 (problema 15). La

circunferencia (0'1, 0) es inversa a la recta dada AB (dibujo 2H).

o RI

0,

DIBl'JO 2 : 1 1 .

D I 'm o . s I I 'Q c i t 1 l l . Sean eye lo s p u n t o s de i n r e r s e c c i o n de la

recta 001 con la recta dada AB y la circunferencia (0'], 0),



4 1

----------_._-_._--

De la construccion cxpuesta se deduce:

001,00'1 = r2 , 001 = 2OC, OC' = 20n'l, DC I AB.

De aqui

001 . 00'1 = WC· O~" = OC OC = r2

En virtud del teorrnea III la circunlerencia (0'1> 0) es mversaa la recta A B.

PRORLFMA 17 _ Trazar la recta A B inversa a la circunferencia

dada (0" R) que pasa pO T eI centro de inversion O.

Construccion. Si la circunferencia dada interseca la circunferencia

de inversion en los puntos AyE , eruonces la recta AB es

inversa a esta circunferencia En caso contrario tomemos CII Ia

circunferencia dada los puntas A I Y 81 (dibujo 29) y hallemos

!>IIIBJO : N _

los puntos A y B de inversion a los primeros [prohlema 15).La reela AB es mversa ala circunferencia dada (0(, R). AI carnbiar

Ia posicion de los puntos A I Y Bien la circunferencia dada

es posiolc construir cualesquiera que sean puntos de esta recta

EI caracter correcto de la construccion es evideme (vcase elteorerna 1 1 1 ) _

PROBLEMA I~. Se da la circunferencia !O1' R) que no pasa por

el centro de inversion O . Trazar la circunterencia inversa a In

dada.

Construccion. Tomcrnos [a circunferencia dada (OJ, R) por [a



4 2

de inversion y marquemos el punio 0' que sea de inversion al

punto 0 (problema 15). Luego dere rminernos el pu mo O 2 que

sea de inversion al 0' ton respecto de la circuoferencia de inversion(0, f l , E l punto 0 1 es centro d e la c ircu n fe re n c ia bu se ad a

(dibujo JO ).

UIBUJO :MI,

Tomernos en la circunlerencia dada (0,. R ) un punto arbitrario

A y determ inernos el punto A ' que es de inversion al primcro,

L a drcunferencia (Oz. AI es inversa a la circunferencia dada

(0" R).Delf los t rac ic in . Sea PP' la tangcnie exterior comun de las

circunfcrcneias (0,•. R ) Y (0., A') Y 1)0 ' .L 001 ,

En virtud de. la semejanza entre los triangulos rectangulos

oro' y OP'Oz podernos cscribir:

002 : 01" = or, 00'

de otro modo.

002,00' = OP.OP' = ,.2,

pu cs to qu e los pu n to s P y P ' son m u t u a m e n r e de inversion. De

la u ltim a igualdad 5C deduce qu e los puntas Oz y 0' son de

inversion rcspecto a la circunfereocia de inversion (0, r),

En el triangulo rectangulo OO IP el seg rncnto O 'P es alturay , po r 1 0 ramo,

0.0· 01° ' = (0.-1')2 = R2

De este modo el punio 0' es de inversi6 n al pu nto 0 con respecro

d e 1 :Je ir cun fe r e ncia (0,. R), si la ultima sc lorna p o r la circunferencia

d e inversion.



43

El punto 0 esta dedo. Durante la construccion hemos encontrado

al principio el punro 0' y luego el punto O2 que es el centro

de [a circunferencia buscada.En los problemas 15. 16, 17 Y Hi hernos dernostrado como se

pucde, uti! iza ndo sOlo un com pas. I razar figu ras que sean inversas

a punto, recta y circunferencia. Ahora podemos cxaminar el metodo

general aplicado para soiucionar los problemas geornetricos de

construccion con ayuda de un solo compas.

Cada construcci6n realizada con el cornpas y la regla da en

el plano del dibujo 1a figura $compuesta de puntos, rectas

y circunferencias aisladas. La figura Cl)' es inversa a In < I > respecto

a la circunferencia (0, r) que esta tomada por 1a circunferencia

de inversion con eJ centro 0 que no se halla sobre alguna

de rectas 0 circunfercncias de la figura < 1 > , y se formant solo por

puntos y cireunferencias. A J usar ta mbien los problemas IS, 16, 17

Y 18 vemos que eada uno de est os pu ntos y rectas puede obte nerse

con ayuda de un solo compas.

Supongamos ahora que cierto problema de consr rucc ion

resoluble por media del cornpas y la regla, es necesario solucionar

valiendose solo de un compas,Imaginemos que este prohlema se ha resueJto con ayuda del

com pas y la regIa a consecuencia de 10 cual se ha obterudo

cierta Iigura $compuesta de puntos, rectas y circunferencias,La construccion de esta figura se realizara mediante el trazado en

un orden deterrninado de un numcro finito de rectus y

circunferencias.Tomemos, dentro de 10 posible, la circunferencia mas apropiada

de inversion (0, r ) y tracernos la Figura <[)' que sea inversa

a la figu ra ! l > (problemas de 15 a 18). La ligu fa c I > ' seracompucsta s610 de puntas y circunlerencias, si, claro esta, Ja

circunfcrcncia de Inversion fuera clcgida de I:Ll m o d o que su

centro no sc hulla sobre alauna de rectus () c i rcunte rcnc ias dc lafigura ¢ ,

S i ahora se construye una representacion inversa a aquellaimagen que se lorna por resultado en la figura ¢, entonces

llegaremos al resultado buscado, Adcrruis es necesario notar qlie es

preciso hacer la construccion de la figura ¢ siguiendo aquelorden que se acepta para efcctuar la construccuin de la figura

t1 } empleando el co rn pas y la regIa.

Al aplicar el procedimiento expuesto anteriorrnente se puede

solucionar, sirv iendose de un solo compas cada problema deconstruccion resoiuble por medio del cornpas y la regia. EI resultado



fundamental de Mohr y Mascheroni esta demostrado una vez mas

con ayuda del metcdo de inversion.

Mediante e J metodo general pueden resolverse tambien cincoproblemas mas simples que se exponen al final del * I.

A fin de ilustrar el metodo general emp\eado para solueionar

los problemas de construccion, utilizando un solo compas,aduzcarnos la resolucion del problema 7. Hallemos el punto de

mterseccion de las dos reel as dadas A8 y CD cada una de las

cuales esta dada mediante dos puntos,Tomemos en el plano una circunferencia arbitraria (0, r)

con el centro en 0 que no yace sobre las rectas dadas y 1 0

aceptemos por la circunfercncia de inversion. Tracemos las

circunferencias inversas a las rectas dadas y notemos oon X ' el

punto de su interseccion (problema 16). Construyamos el punto X

que es de inversion al punta X ' (problema 15). X es el punto

buscado de interseccion de las rectas dadas AB y CD.

Aqui la ligura ([J esta formada par dos rectas dadas AB y CD

( ma s precisamente, consta d e cuatro punros dados A, B, C y D

por los cuales trazarnos mental mente las rectas dadas]: la figura

¢ consta de dos circunferencias que son inversas a las recrasdadas A B Y CD. Como la imagen que acepta ell la figura < 1 > '

como resuhaoo, sera et punro X ', EI punto X que es de inversional punta X', es el rcsultado buscado, 0 sea, e I punta de intrseccion

de las rectas dadas,

Precisamente del mismo modo se pucde solucionar el problema

6 (cuarto problema mas simple). Hallese los puntos de interseccion

de la recta dada y Ia circunferencia dada. Si en este caso la

recta no pasa por el centro de la cireunfereneia, entonces comola circunferencia de inversion hay que tomar la circunferenciadada. Esto simphficara considerablemente la solucion del problema.

La validez de estas construcciones se deduce inmediatamente

del teorema I.

PR081,I'MA IQ Encontrar el centro de la circunferencia dibujada.

Construccion, Tomemos en la circunlerencia dada el punto 0

y con un radio arbitrario r describarnos In circunlcrencia (0. r)

que intersecara la circunferencia dada en los puntos A y B .

A ccptcm os la circunfercncia (0, rl por h i d e inv ersion y marqucrnos

cl centro de la circunfercncia que sea inversa 1 1 la recta AB(problema 16). Para curnplir la ultima construccion tracemos

las cireunfcreneias (A. 0) Y (B, 0) h asia quc se encuen! ren en

d punto 0; describarnos la circunferencia (0" 0) y notemos



45

-- - . --". . . . . _ _ . _ " _ . . . . .__ ._------------,, . . . . .

los puntos D y Dl de su interseccion con la circunferencia de

inversion. L as circunferencias ( D . . 0) y (D I> 0) determ inaran el

centro buscado de la circunferencia dibujada ffigura 31).Demos t r ac i on . L os puntos A y B son de inversion a si m ismos

puesto que se hallan SOPI'C lu circunfcrencia de inversion. De

este modo, la circunferencia dibujada dada y la recta A8 son

figuras mutuamente inversas,

En el problema 16 se ha demostrado que eI punto 0 '1 es el

centro buscado de la circunferencia dada que en cste caso es

inversa a ia re el a AB.

DIIIIIJO _It

Es precise atraer la atencion dcJlcc!or a la simplcza y 1<1

elegancia que tiene la solucion de! ultimo problema Pa ra encon tra rel centro de la circunferencia se han descrito seis clrcunferences"

Esta construceion es mas simple y mas precisa que la corrienterealizada con ayuda del cornpas y la reg la,

E l problema dado, as! como algunos alTOS problemas en la

gecrnetria del compas, como, por ejemplo, los problem as 3 y X

(2" proeedimiento de solucion) es posible proponerlos como

ejercicios en la s clases de geornema a los ulumnos de gradessu periores. Pa rtiendo de esto adu 7ea rnos Ia demos! r;ICIt)1l de

construccion d e l problema 1 9 sin rccurrir al princi pro de Inversion.

Demos! racirin. La recta 00 I es per pend leu la r a la cuerda AB

'I S ill duda, a la condicion < J ~ que el rad io r se

lorna mayor que la m itad del radio de la c ircun fe renc ra duda En cnso

cornrario el numero d e las circu nfe ren cia s sera mayor (veasc solucion del

prob lem a 15, segundo easo)



46

de la circunferencia dada y pasa per su centro. csto significa

que d centro buscado debe yacer sobre la recta 0.01, Sean Ii y

F los pu I I I os de iterscccion de la recta 0 .0 I con I I I circu nferenciadada y la (ai, 0), 1::1 segmento DE: es el diarnetro de 1<:1

circu nferen cia d ad a.

Examinando los triang ulos rectaog nlos OAE y ODF para los

que los segmcnros AN y . DK son alturas, enconrramos:

OA1=.oE· .o f i y . oV1=QF,OK

Tomando en consideracion que 00", OA = r, OF"" 200,• ON =

J [= :f . 0 . 0 I Y OK = 2 · . 0 . 0 ' " ob tencmos :

OE·OH = OF,OK

()

rkOBLl':\l" l~ Descnbir un., circunferencu alrcdedor del triangulo

dado ABC'.

IlUlUJO : 1 1 .

CVMSIY l I c c iOn . [)c$!;nb;lmos la circunlerencia lA . B ) Y In aceptemos

pur In circuntcrcncra tie inv ersion. Construyamos el punto C



47

que sea de inversion al punta C (prohlcma 15). Descr ibamos la

circunferencia (X, A) inversa la recta Be (problema 16). (X, A)

es la circu nferencia buscada dcscrita a l r ededo r d el tria ng ulo A Be.Demos t r ac i on . El punic 8 es inverse a si mismo, puesto que

sc halia sabre lacircu nreren cia de inversion (A , B l; cl punro

C cs inverse al punto C segun In construccum. Por 10 tarno,

la circunlercncia que pasa u traves de los puntas dados A, B, y

C, cs inversa a la recta BC'. Pero, como se ha demosrrado en CI

problema 16. c J punto X esceruro de la circu nfcrencia buscada II_

Obse ruac i on . Aduzcamos ahara ei proeedirmento siguiente usado

para resolver cl problem a '8 . T ornemos en lacircunferencia dada(0[, R) los puntos arbitrarios A, Bye 'j obtengarnos los puntos

II', 8 ' Y C' de inversion a los prim eros. L it circunlercncia descrita

alrededor de! triangulo A 'B 'C ' es la buscada e invcrsa a la

circunferencia dada.

----~---- . . . . .---

" En cl problema 16 hcmos hallado e l centro de lacircunfcrencia inver-sa a la recta dada. Prccisamcrnc esta censtruccion

sr h;l H5:tdn PM~ soitK!nn;!r los problemas )1 ) y ~().



CAPITULO 2

CONSTR UCCIONES GEOMETRICAS

MEDIANTE UN COMPAS

CON LIMIT ACIONES

En eI primer capitulo de nuestro libro hemos examinado las

construcciones realizadas COil un solo compas las que se puedellarnar ahora la gcometria clasica del compas,

En la teoria de las construcciones geometricas en las quese ernplea un solo cornpas siernpre se sobreentiende el uso libredel cornpas, cuando no 5C ponen algunas limitacioncs sobre las

aberturas de las varillas (brazos). Con un cornpas de esta indolese puede dibujar las circunferencias de cualesquiera que sean radiosgrandes 0pequefios.

Sin embargo. 5C conoce que en la rcalidad con ayuda de un

com pas dado coneretamente se puede describir las circunferencias

cuyos radios no son mayeres de un cierto segmento R",,.. y

no mcnores que un segmcnro Rmin . EI segmento Rm. . eli igual a

la abertura maxima de brazos del cornpas dado y Rmin , a la

abertura minima. Si Sf designa con r el radio de la circunferenciaque se puede describir can ayuda de este cornpas, entonces siempretiene lugar la desigualdad

Acordernos de decir que en el caso dado las aberturas devarillas del compas estan limitadas por abajo con el scgmento

R m .n Y pOT arriba con el segmento R . .. .. ..

En el segundo capitulo examinaremos las construccionesgeornetricas realizadas con un solo cornpas, cuando en las aberturas

de varillas estan puestas eiertas limitaciones.



§ 5. CON STRUCC IONES M ED IANTE UN COM PA S

CON AB ERTURA DE B RAZOS LIM lTADAPOR ARR IBA

------_._._- -- -----~.-. _ .. --_-- . . . .-----~--_

En el parrafo dado utilizaremos uncornpascuyas aberturas de

varillas estrin lirnitadas sol a men t e p o r a r rib a con un cierto

segmento R,n;', dado de antemano. Alusar este cornpas se puededescribir las circunferencias cuyos radios no sobrepasen este

segmento. Para abreviar las anotsciones escribircrnos e m ulterior

en vez de R",." simplemente R . S i se designa COi l r el radio de

la circunferencia que se puede describir con ayuda del compas

dado, entonces siernpre

0< r 0 : : ; R .

I'ROBLtMA"1 Trazar el segmento igual Ia 2~ del segmento dado

2. 4, 8, 2" partesB [div id ir 1;:1 segrnenro dado AB en

iguales).

RI

No es dificil cornprobar que cuando AH ~ 2 ' se puede

aprov ccharse de la consrruccion expuesta en el problema \0;. en

H Para comparar los dos segmenios dados AB y CD

es conveniente describir la eircunferencia lA, CD). si cl punto B se bulla:

a) en el interior de esta circunferencia, AB <: CD, b) en la circunlerencia,

AB =CD, c) fuera dela circunferencia, AB :> CD.

tPara comprobar la desigualdad AB ,; -R 0 Ia desigualdad lAB s ; R

2hay que describir la circunferencia (A , RI, si el punio 8 $.C halla sohre

la c irc un le re nc ia lA, R J 0 fuera de esia, R - c lAB; si el puruo B seencueutra en eJ m terior de csta circunferencia, AB <, R y , pOT consiguiente,

e I segmemo 1 A8 puede cnnstruirse (problem a 1) y compararse, mediante

c l p ro ced ir nien to in dic ado ante rio rmemc, con eJ segmentc R.



50

esta construccicn el radio de 1a circunferencia mayor AC = 2AB <<RH

Construc t ion para A B < 2 R 2).

Con un radio arbitrario r describamos las circunferencias

(A. r) y (B, r) y desig nernos par C y D los puntos de su inter-

seccien, V ariando la magnitud del radio r siempre es posible

log rar que el segrnento CD ~ ~. D iv idamos ahora por la m it.ad

el segm ento CD (problema 10) y obtenemos el punto X l' Es

ev idente que el punto X 1 div ide por la m itad tambien el segmentodado AB .

Del m ism o m odo hallarnos el punto X l que div ide por la rnitad

el se gmen to A X J. EI se gmen to A X 2 = !B : , ; ; ~ . La constru cc ion

de los puntos X 1. X . , "'j X, se reduce luego a la solucion del

problema 10.

ABAI aumen ta r AX. =2" 2" veces (problema 2) div idamos el

segmento A B en 2" partes ig uales.

P ara el I:liSO AB ~ 2R la construccion se dara en el

problema 24.

PROB I.EMA ,I (primera operacion fundamental). En una recta

I. Al a p l le ar e I pr imer procedimiento d e construccion

del problema 10 se debe cornprobar que AD. ~ R para todos losII= I. 2 . 1, _

} ~ r : : ,AD.!. = , , _ 1 , , : : ; ( 1 + + + }, + _ . + i) l I l =

(

' I I I ') i!~

= 1 +- +-, + ...+ - + ... u1

= - - = 2ul

= 2ABl,2 : ! 2 " 1. , 1--

2

es demo AD, < l- '2 A8 c. R

~ I

rruer-ecan. A B ; . 2 R

Sl II, circunferencras 1.4, R ) y (8 . R ) no se



5 1

cuyos dos puntas A y B cstan prefijados construyese uno 0 varios

puntos!',Conuruccio« en e J caso de que AB <2 R sc reduce al problema 5.C onslru{'rion, cuando A B ~ 2R . Describamos las circunferencias

(8, R ) Y (A , rl, donde r es un segmento arbitrano que es

menor 0 igual a R Tomemos en la circunferencia lA, r) el

punta C de tal modo que este se halle "aproximadamente'

sabre eI segment a AB (es decir, que el angulo CA8 sea 1 0

minima posible ly tracemos el segmento AD = mAC (problema 2,

AC = r ~ R). E I niimero natural m se elige de ta l modo que cl

punta D se caiga en el circulo (B , RJ 11 Carnbiando la posiciondel punic C sobre el area (A , 1 ') y , si tS necesario, ,,1

variar la magnitud del radio r. siernpre es posible lograr que el

punto D se encuentre en el circulo (B, R). D e estc modo

consiruiremos los segmcnros 4C = ... "" ND = ~ e. [dibujo 33).m

Tornemos un nurnero natural n tal que 2" '·1 .; III ~ 2".Tracernos

1

el seg rnento DK = rBD (problema 21, aqui BD < 2RJ. D iv id arn os

el segmento DH en 2n partes iguales (problema 21 DH = r ~ R)

my tomemos el segmento DE = T"-DH (en el drbujo 33. m = J,

2 -I 2 32 < 3 < 2 , n = 2 , DE = 4" DNJ-

T racem os el paralelogram o HEKM para 1 0 que es necesario

describir las circunferencias (H , EK ) Y (K , EH). (S i en lain terseccicn d e e stas circu nferen cias el punto M no se define conprecision. entonces para obtener eI punto M hay que describir

la c irc un fe re nc ia IE, K) Y trazar en est a las cuerdas KP = PTque son iguales al radio E K . E n la interseccion de las circunferencias

(H , EK ) y (P , 'TN ) obtenemos el punto , 1 . . 1 )

11 Como ya hernos rndicado antcrrorrnente, al usar un

solo cornpas, aim r n a , un com pas con abertura Iimuada de sus brazos.

no podemos trazar una recta continua. Sill embargo podemos construrr

cualquier cantidao de puntos que pertenecen a esra recta

z , EI punto D puede 11 (1 yacer en cl orculo lB . R l. 1 0

nnportarae es que B D < :: 2 R . El pumo Ilene q ue halla rse en el circulo(B , 2R l, pero esta circunlereneia no podremos descnbu con ayuda del

cornpas dado.



52

-----.-----

Y. por lin . si se describen las circunferencias (A , HM) y

(C, DM), entonces ambas estas circunferencias se intersecaran en elpunto buseado X que se halla sobre la recta AB .

La construccion ulterior de los puntos que perteneeen a 1 3

recta dada AB , SI! reduce at problema 5 (AX ~ R).

------------ ..-.--~

R

A , (""'< :;.:.-----~t----- ------- -- ----------pB

~~-~~,-¥ ~'C .,----_ M ~/

--,. AJr-- >.:= - - = : 1 ! ; . . . . , , ( . . ,f -;.--,,"-.~

[)IBWO 33.

Demostracion. Segun la construccion podemos escri bir:

AD _ mAC _ 2"DE - - .

. . ! : ! ! . . AC2 "

De este modo los triangulos ADB y DEK son sernejanres

(angulo ADB es comun). Esto significa

<} DEK = <} DAB Y EK I I AB .

Puesto que HM I I EK (figura de HEKM es paraJe!ogramo),

entonces

HM I I AB.

De [a igualdad existente entre los triangulos ACX y DH M sededuce que A X I I H M , es decir, el punta X se halla sobre la recta

AB .Los radios de todas las circunferencias deseritas en curse

de la construccion dada no sobrepasan el segmento R .



53

Obse r sac t on . S i resu lta que m = 2", es decir. m lorna uno delos valores de 2, 4, 8, 16, ... , la construccion del problema

se simplifica considerablemente; el punto E en este caso coincidecon el punto H y el punto M con el punto K. En este casu nos e r a necesario realizar la division del segmento DH en 2" partes

iguales y el trazado del paralelogramo EKMH.

De este modo, carnbiando la magnitud del radio r siempre bay

que tratar de conseguir que 01 nurnero m acepte uno de losvalores de 2, 4, 8, 16,...

PROBLEMA nOel punto dado C trazar bacia la derecha (0 hacia

la izquierda) un segmento igual y paralelo al segmento dado AB.Si el punto C no se encuentra sobre la recta AB, el problema

se reduce a la construccion del paralelcgrarno ABCD (0 ABCD').

C 01 1 struccio 1 1 , cuando AB:O ;; R . Supongam os que AC:o ;; R y elpunto C no se encuentra sobre la recta AB . Describamos las

circunlerencias (C, AB) Y (fl, AC) Y marque rnos el punto D de suinterseccion. EI sermento CD es buscado, [a figura ABDC es

paralelograrno.

Si es neeesario trazar el segmento a partir del punta C endireccion opuesta, entonces en vez de la circunferencia (B, AC)

hay que describir [a circunferencia (A, BO. Si BC> R, para

nosotros sera. imposible describir la circunferencia lA, Be) con el

compas dado, sin embargo podremos ohtener el punto buscado,si en la circunferencia (c, AB) se obtiene el punto D' que es

diametralmente opuesto al punto D. L a figura ABCD' es el

paralelogramo buscado,

Sea ahora AC> R y Be> R (d ibujo 34 ). E n la direcci6n delpunto A al punta C tomemos una serie arbitraria de puntas A I.

A 2 , .... Ak a la condicion de que AA I ~ R , A JA 2 :;;; R , ....

A . ro

A1PC - - -~ -- -*8;, ,-

, 4 , 1 - - - - - -18,I , I, .

A 6 - - - - - ---.dB

z . . - - - - - -~IJAk~::· :· -- - - . Q ' i £ . . . . -

DlBtlJO )of.



54

A . C : ! : f ; R . T ra ce m os lo s p ara le lcg ra mo s A B B ) AI' A ) 8 \H 1A! ...

A'_IB'_IB~k' Tracemos luego el paralelogramo A.BkDC (0AkBkCD' ) . EI segmento CD es buscado, Esta construccicn es

valida tambien, cuando el punta C se halla sabre la recta AB .

Si resulta que el punta AI se encuentra por casualidad sobre

la recta Aj~B (_ [ , entonces en Vel del pUniO AI es conv eniente

tamar otro punta.

COn$f ru r c i o r r , cuando AB:> R. A l usar Is solucion del problema

22, determ inernos sobre el segmento AB los pu ntos X I> X l, ". , X "

a la condicion de que: AX! .~ R, X! X 1~R, ,,., X.B ,,;:R .

Luego Iracemos los paralelogramos AX] D \C , X I X 2 D 2 VI'X" _1 . X .D.D. _ 1, X,,8DD.. EI segmento [' D es buscad d.

!'RO tlLEMII. 1 ¢. Trazar e l segrnento igual a ~; del segmento dado

A B para A B : ; : , : 2 R (dividir el segrnento en 2" partes ig uales).

COllstrucciOn. En el segmento dado AB encontremos el punto C

ala conoicion de que AC : S O ; , R (problem a 22). T racernos el segm ento

AD"" mAC [problema 2), ademas e l nurnero natural m tomemostal que AD,,;; A B Y DB < R, para 1 0 que el segmento AC repetirnos

dos, Ires, etc. veees basta que no lleguernos al punta B . S i el

numero /1 1 resulm impar, tracemos adicionalrnente cl segrnento

DD] = AC , entonces AD] "" (m + IjAC, AB < AD! 'j Bo l < R (en cldibujo 35, m = 6~

LlIIIWO J~

_"--,----

Dividarnos el segmento BD (0 80 1 ) mediante cl punto K por

la mitad (problema 21, B D < R J .

D esignemos con Eel centro del segmento AD (0 ADd ' J tracemos

el segmento EX I que es igual y paralelo al segmenro DK

(problema 23) para que AX I ""AE T EX \ (0 AX 1 "" AE - EX \),

s i el punto E es cl media del segmento A D d ; para esto tomemos



los puntos Q , M, Q \ > H, .... Y tracemos los paralelogramos

Q D K G, M Q GN, Q 1MNG], etc.I).

E l punta X I div ide el segm ent a dado A B por la m ilad .L uego d iv idamos por la m it ad el segm ento AX 1 Y ob teng arno s

la cuarta parte del segm ento AB , etc. S i A X I < 2 R , entonces

em pleemos la construccion ind icada en el problem a 21; en caso

contrario real icemos la construccion de m anera analogs a 10

expuesto anteriormente,

PROBL[MA 25. T razar el segmento que sea n veces mayor que

eI segment a dado AB, cuando AB> R.

Cons t rucc ion . D efinamos en Ia recta dada A B el punto C de

tal m odo que AC < R (problema 21 ) . T racem os elsegm ento

AD = m AC (p roblem a 2 , AC < R ), a1 m ism o tiernpo eljjam os el

numero m tratando que AD ~ AB Y DB < R; para esto es precise

el seg mento AC repetir dos, tres, e tc. veces hasta que alcancem os

el punta B .

Tracemos a 1a derecha del punto D el segm ento O E = nO B

(problem a 2 , DB < RJ. Y , por fin , construy amos a la izquierda del

punta C el segmento AF = (n - I)m AC {en este caso el segm entoCF = [ ( n - I)m + I] CAl . E l se grn en to FE = nAB es buscado. (E n

el d ibujo 36 : m = 3 , n = 2 .)

Demos t racion . El seg rnen to

FE = FA + AD + DE = (n - l) mAC + mAC + nO B = nmAC +

+ nDB = n (mAC + DB ) = n(AD + DB ) =n AB .

Dl8liJO JO .

Obseniarion. Para que el segmento construido coincida en su

extreme izquierdo con el pun ta A, es necesario trazar p rcv iarneruc

" E I punto X I sed hallado, si se traza AX I.:

=AE + EX I (vease Ia observacion para el problema 61.



a la derecha del punto e el seg rnento EK. que sea igual yparalelo al segrnento HD(AC = HD) (problem a 2]) y luego, en vez

del segm ento AF , construir EM"" (n - l )mEK. Entonces AM == nAB.

PROB lEMA u;(segunda operacion fundam ental). D el punto dado

O . como cen t ro , deseribir Ia circunferencia del radio dado A.B.

COlls l ruaic in . S i A8 ~ R, valiendose del cornpas dado con

abertura lim it ada, la c i rcunfe renc ia se describe inm ediaiam ente,

Pero, si AB > R , cntonces con el cornpas dado, no podemos dibujar

la eircunferencia en form a de una curva continua, sin embargoen esrc C,150 es posible obtener cualquier nurncro de puntas situados

de modo cualquier que sea dense en la circunferencia dada que

tiene prefijados el centro y el rad io (dibujo 37).

,,I,

I

II

J

I!j

\\\\

,,\,,

'-. . . . . . . . . . . . . . .

A 8_------~~". ~~--- 0

• a

C " :'~ '\ '. y . .

,0'---

I

I

I

!

I,IIf/

/

- - ~ - - - - . . .

OJlJl'JO 37.

Tracemos e I segmento a= A2~ (problemas 21 y 2 4), elig ien do

el nurnero 1 1 tal quc a ~ R . D escribam os la circunferencia (0 , 1 . 1 ) ,

tom emos en esta un p unto arb itrario X I Y construy arnos el

segmento OX"" 2"O X I (problema 2 , OX I= a ~ R). E l punro X

perteneee a la circunfercncia dada (0, AB).



~~-I

----.-----------------Al cambiar la posicion del punto X L en I a c ircunfe renc ia

(0, a) se puede obtener cualesquiera que sean puntos de la

circunferencia dada.Si en la circunferencia dada ya estan determinados dos puntos

X e Y , siendo que XY < R, DX:;;; R , los puntos ultenores decircunferencia se hallan del modo siguiente, D escribamos las

circunferencias ( Y , X ) Y (D , X ) basta su encuentro en el punto Z .

E I punta 2 se hall a sobre la circunferencia dada. D escribam os

las c ircunferencias (D , C ) y (Y , C ), en la intersecci6n obtenemosel punta E . S i luego se trazan las cireunferencias (2 , Y ) Y

(E , f), eruonces construiremos un punto mas de la circunferencia,etc.

ABDemos trac ion: EI segmento 0 X = 2" . a = 2"· - = AB .

2 "

PROBLE M A. 27 (tercera operaci6n fundam ental), Encontrar lo s

puntos en que se cruzan las dos eircunferencias dadas (0, AB) Y

(Ol> eD).

Cons t rucc ion . Si lo s radios de ambas eircunferencias no sonmayores que R, la obtenci6n de sus puntos de interseccion se

realize directamente con ayuda del compas.

Supongamos ahora que el radio de una circunfercncia dada

(0 de ambas) es mayor que R .

TAB LCD OE _ 00 Iracem es los scgmeruos a =2"' II = 2" y - ~

(problemas 21 y 24); tomemos e l num e ro n ta l queII ~

R Yb ~ R (dibujo 38).

Describarnos la s c ircun fe renc ia s (0 , a) y (E , b) y notemos lospuntas X I e Y 1 en que estas se cruzan,

S i ahara se trazan los segmentos OX =2"OX 1 Y OY=2"OY"

obtendremos los puntos buscados X e Y de interseccion de las

circunferencias dadas (0. AB ) Y (0" CD) .

Demosracion:

ABO X = 2" ·a = 2"·-= B .

2 "

Puesto que los triangulos OKO , y OXIE son sernejantes



58

( g : " "o~~= 2~). e J angulo O lOX es comun), r e s u l t a :

CDO IX = 2n '£X l = 2 '· -= CD.

2 "

De la misrna manera obtendremos 01 Y= CD.

PROBLEMA llI. Construir el punto Cj que sea simetrico al puntodado C con respecto de la recta dada AB .

~---.---jAlJ 8~----.-----.o

a . . . . . . . . . . ,. .

",\

\\

\

\

\\1

\

••1

J,J

III,

I,. -./'

_ , . " . . . . , .

DIBUJO 3 & .

C onstrucc ion . Para A C ~ R Y Be ~ R. la construccion se c i a

en el problema L Si Ia distancia entre el punto C y la rectadada AB es menor que R, enionces, aprovechando el problema 22,

en recta siempre se puede encontrar los puntos Al y B I de talmodo que CAl ~ R Y C81 ~ R. .

Supongamos ahora que la distancia entre el punto C y la recta

dada A 8 es mayor que R. Podemos considerar que A 8 < 2 R ;en caso contrario encontremos eSlOS puntos en 1a recta dada

segun el procedim iento em pleado en el problem a 22 .



S9

Tornem os en el p lano un punta arb itrario E de tal m odo que

CE:!i;; R Y Ia recta CE pasa en tre los puntos A y B . Tracemos

el segm ento CD = mCE para 1 0 que hacernos CE = ... '" HD(problema 2). 81 punto E y el numero 11 ! se eligen asi que los

segmen t os AD. AH . BD y BH no sean mayores que R.

Encon tremos los pun tos VI Y HI sim etricos a los puntos D y

H respecto a la recta dada (problem a I). T racem os el segm ento

D J C t ee mD I HI. E l punto C 1 es buscado, sim etrico al punto

dado C respecto a la recta AB (d ibujo 39).

'0,,,

D1BUJO ],9.

L a vahdez de Ia construccion es ev idente,

PROBLEMA 29 [cuarta operacion fundam ental]. E ncontrsr los puntos

de i terseccion de la circunfereneia dada (O, CD) con la rectaprefijada mediante los punros A y B .

Cons i rucc ton . cuando la recta no pasa por el centro de Is

circunlerencia.

C onstruy amos el pun to 0] sirnetrrco al centro 0 de la

circunfercncia dada respecto a la recta AB (problem a 28).

Deterrninemos los puntos X e Yen que secortanlas circunferencias



(0 , CD) y (0(, CD) (problem a 27). Los puntos X e Y son

buscados,

Construcclon, cuando la recta pasa por el centro de la

circunrerencia , > [dibujo 40).

T I CD I dicic d R. r a c e m e s c . . scgmento r '" 2"can a can ( C J O n e que r ~ T

I)IBUJO 4>1

(problemas 2 1 Y 2 4). D escribamos 1 1 1 circunferencia (0, r) y lacortemos en los puntos A I 'J B I par 1 1 1 circunferencia (A , d) 0 la

(B , d), donde d es un segmento arbitrario que es rnenor 0 iguala R. Si induso cuando d "" R la s c ir cunfer en cia s (A , R) 0 (8. R)

no intersecan la circunlerencia (0 . r) (en este caso O A > R + r

y OB > R + r l , entonces al aplicar el procedirnieato empleado

en el problema 22 . determ inemosel punta E en la recta AB asi

que DE < R + r: la circunfereneia (F , d) cortara (0, r) en los

p un t o s A IY H I · A I ca mbia r In m agn it ud d e l rad io d e s convenienreR

lograr que el segm ento 1 1 = A I 8, . s ; : ; " 2 '

del. problema I

" Para comprobar este heche yeast ta observacion



61

D iv idamos ambos areos AIBI de 1a circunferencia (0, r)

mediante lo s puntos X leY , por la mitad (problema 4).

T racernos los segm entos O X = 2 "OX I Y oy= 2 "OY , (problem a 2 ,

o X I...0 Y , .;, r ~ ~). Los pu OIOS X e Y son los buscados de

interseccion de la recta dada con la circunferencia dada.La mayor de las circunferencias descritas en curso de J a

construccion dada sera la obtenida al div idir el area AlB, por

la m itad . C uando el areo se div ide par la mitad (vease el

problema 4) el radio de Ja circu nferencia may or es igual a

Be = V 2 a 2 + rZ (vease el dibujo 5 ). En nuestra construccion este

radio seraV,2a2+r

2~ V 2 ( ~ y + ( ~ y <R.

PROB LEMA . 30. Construir el segm ento cuarto y proporcional a los

Ires segmentos dados a, bye.

Construc t ion; S i a ~ R , b ~ R ye ~ R , la construccion se

puede ver en el problema 3.

Dado ahora que por 10 menos una de las desigualdades

indicadas no tiene lugar. Tracemos los segmentos a. = 2~' 0 1 =

= ~ Y C I '" 2~ {problemas 2 [ Y 24~ aoemas los num eros naturales

n y m se eligen de tal modo que al:::; R , bl ~ R , 'I ~ R

Y CI < la,.T racem os el segm ento X I que sea cuarto y proporcional a los

segm entos a J , bl Y C I. S i ahora se traza el segmento x"" 2" 'x,

(problem as 2 y 251 encontrarem os el segmento buseado que serecuarto y proporcienal a los tres segmentos dados a, bye.

Demostraci6l1. L a proporci6nabc'2":2"'= 2 m :X .

se puede eseribir asi:



6 2

PROBLEMA)I (quinta operacion fundam ental). D eterm iner el punto

de interseccion de las rectas dadas AB y CD eada una de las

cuales esta deterrn inada m ediante des puntos,L a construccion del punro de interseccion de las rectas dadas

m ediante un corn pas con abertura lim itada se realiza del rnismo

modo como se ha hecho en el problema 7 , sin embargo, en

Vf.2 de los problemas I y 3, ernplearemos los problemas 28 y

30, respectivamente. P ara determ inar el punto E apliquemos el

problema 2 7 .

Obserooc iOn. A base del problema 22 es posible siempre

eleg ir los puntas A, B, C Y D (que determ inan las rectasdad as) basta tal grado prcxim os unos a otros que todas las

circunfereneias deseritas en curso de esta construccion tendran

radios no rnayores que R y , por consiguiente, pueden describ irse par

media del cornpas con la abertura lim itada de brazos.

B asandose sobre todo 1 0 expuesto anteriorrnente en el parrafo

dado llegarnos a la conclusion siguiente.

T odas las cinco operaciones fundamentales (problem as m as

sim ples pueden cumplirse [resolverse] mediante un solo cornpas

que descnbe las circunferencias, cuyos radios no superan cierto

segmento R prefijado de antem ano.

C ada problem a geometrico de construccion quese resuelve can

ayuda de! cornpas y la reg ia, siem pre se reduce al curnplim iento

de una sene ~nita de las operaciones Iundamentales que se

realizan en un o rden d eterm in ado (§ l),

Entonces tiene lugar el teorema siguiente.

nOIHMA. Todos los p rob lem as qeom etric o s de CWlstrucClon que

se resueil!l!n con ayuda del com po s y la reg ia, pu eden solucionarseprec isam en te tam hien m ed iom e un so lo com pds que describe la s

clrnmji>renda\, WYO.'i radios no superan derlO segmenfo prefijado de

antemano.

Exam inernos ahora el m etodo general que se usa para solucionar

los problemas de construccion mediante un solo cornpas, las

aberturas de piernas del cual estan lim itadas por arriba con

el segmento R.

Supongamos que es precise solucionar cierto problema deconstruccion que se resulve con ayuda del compas y la reg ia,

valiendose solo de un compas con abertura lim itada de piernas.

lm aginernos que este problema esta resuelto con ayuda de un solo

cornpas aplicando el m etodo clasico en que el compas se usa

h b rem ente, cuando no se superponen algunas lim iraciones sabre laabertura de brazos: como resultado obtendremos cierta figura ¢l



63

compuesta de unas urcunfcrencias solamente, cuyo numero se lorna

finite. D esignem os con Riel radio m ayor de todas las circunferencias

que forman la Iigura 4 > . S i resulta que R I~R , entonces laconstruccion indicada puedecumplirse mediante el compas dado

con abertura Iirnitada de piernas,

Sea ahara R J > R. Tomemos el nurnero natural n tal que

R [- .,,; " '" R SI ahara t odos los segrnentos que se dan en la condicion

del problema, mcluyendo tambien los scgmentos < tile deterrninan

lo s rad ios de las circunferencias prefijadas, se dism inuyen 2" voces

y luego sc rcaliza la sol uei o n del problema, uti lrza ndo e l corn p a s

dado. como resultado obtendremos la flgur.l ¢l'[ que es semejante

a la figura $ con cI coeficiente de sem ejanza igual a

!yTodas las circunferencias de la Ii~ura < 1 > ' pueden dibujarse

con ayuda del compas dado, puesto que sus radios no son

mayores que~!- (~~. ~ R ) . Ademas, hay que scnalar que s)

entre lo s datos expuestos en la condicion del problema se encuentra

cierta figura W en el plano del dibujo, entonces es ncccsario

uno de los puntas de esta Ilgura tamar como centro de scm ejanza

o y trazar la figura W' sernejante a la primers con el cccficicntc

de sem ejanza 2~' (es decir, disrn inuu la figura H I 2 H veces].

D esignernos can lJI' aquella parte de la ligura $ que seacepta por el resultado buscado, T racemos Ia figura Ii' semejante

a la figura \fI' con el centro de semejanza 0 y el coefieiente

de semejanza 2" (aurnemarnos 101figura 'P ' 2" veces] para to que

trazamos los segmentos

donde can XI, ~ i.. ,.. , X~ estan designados rodos los puntas

de interseccion de las circunferencias de la figura 'V ' , y los

centres de estas circunferencias, Los puntas X I, X 1, .. , X k de

Ia figura 'i' seran cent ros y puruos de interseccion de las

circunferencias que forman esta Iigura,



L a figura I.f' representa eI resultado buscado de solueion del

problema dado. L as rectas y las circunferencias cuyos radios

son mayores que R, no pueden dibujarseen 1a figura 't' con ayudadel com pas dado; pueden ser rrazadas en form a de puntas que

se adhieren de modo cualquier que sea dense unos a otros

[problem as 22 t 26) .

P ara ilustrar todo 10 expuesto se puede aducir la solution del

problema 27 . En esta resoluci6n < t J esta form ada por las

circunferencias (0, AB) y (01) CD). Los elementos dados son dospuntos 0, 0 1 (que representan la figura dada W) y do s segm ento s AH

y CD. L a flgura ¢consta de las circunlerencias (0 , a) y (£, h )(junto con los centros 0 y E). L a figura "P 'que se acepta en

la figura $ por el r esuhado buscado, consta de dos puntos

X I e Y l' E l resultado buscado de solucion es la figura l J J form ada

par los puntas X e Y 0 es el centro de sem ejanza (en el d ibujo

38 se ha eleg ido 2n = 4 , II = 2).

Al solucionar los problem as de construccion el numero n

suele ser desconocido, puesto que can el cfrculo dado no pcdernostrazar la figura ' l > , y por tanto no conoceremos el radio R Ide

la circunferencia mas grande entre las dernas. T eniendo encuenta

esta circunstancia la solucion del problema par m edio del compas

dado can abertura lim itada se realiza hasta que lleguemos a 10:

circunferencia del radio r , > R . D eterm inemos el numero natural

II ) as], que 2rl : E ; ; R. D ism inuyamos los segmentos dados 2", veces" ,

y de nuevo empecemos la solucion del problema dado; como

resultado nosotros 0 bien resolveremos par completo el problem ay trazarernos la figura ¢I', a bien de nuevo llegaremos a 1a

cireunferencia del radio rl > R. D eterm inemosel ruim ero natural

" 2 ( ; : - " ' " R ) Y de nuevo dism inuyamos los segmentos 2"' veces

(al m isrno tiempo los segm entos, dados en la condicion del

problem a, d ism inuiran 2",+n 'veces), etc. Despues de un numero

finito de pasos la Iigura ¢I' sera trazada.

U tilizando el metoda general de solucion no es difrcd trazar

por m edia de un compas sclo can abertura lim itada las figuras

inversas al punro, a la recta 0 la circunlerencia dados,

E n conclusion del parrafo aduzcamos la solucion del problem a

siguiente.



h5

PROBLEMA 12. D ividir el segmento dado AB en cinco partes

iguales, S I no podernos tener un segrneruo cinco veces mayor que

el s e g m e r n o dado AB =a.

En la obra volum inosa de L M ascheroni "L a geometria del

compas" este problema es unico que esra resuelto con la lim ita ci6n

indicada en la condicion.

COl i s r run;;oll. D escribamos la circunferencia (8, A ) y hagamos

AC = CD = DE = a (dibuJo 41). Tracernos l as c ircunferencias (A. D J

f

M

E

I>IBl'JO 41.

Y lE , C ) hasta su encuen r ro en los puntos F y Fl' Marquemos

eJ punto H de in terseccion de [a circunferencia (F,. AB) can [3

circunferencia (8, A J , D escribarnos luego las circunferencias (H. F dY IF. A E J Y en la interseccion obtengamos el punto G_ En la

c ir cun f eencia (B , A). I racern as las cuerd us A K = A K ! = F! G . S i SI:

trazan las circunferencias (K , A ). y (K I' A ), entonces en la

i1t:r,-"Cci6n marearcmos el pu nto buscado X _ El scgmento

J

BX=SAB.

Demos t rac i on . Supongarnos que en la cireunferencia {H , F J l el



puntc M es diametralmente opuesto al punto F I y que N es e1

punto d e trnerseccion de la s rectas H F y MG, E I segmento8f = BF I= V 2 AB , L a long itud de la tangente trazada desde el

punto F bacia la cireunferencia (H, F !) es igual a

IJ = ~:FF1' fB = V ' 2 \ . / Z AB, v2AB = 2AB.

Pero, pOI otro lado, FG = lA B segun la consrruccion, 10 que

significa que la recta FG toea la circunferencia (H, F1) en el

punto G ,

D el triangulo rectangulo FGH se deduce que

HF = V H G 2 +GF2 = j!5AB.

El trlangulo fMFl es isosceles, puesto que el angulo F IBM es

recto yse apoya sobre el diarnetro F JM de la circunferencia

(H , 1 - ' 1 ) ' Esto signifies que MF I = MF = 2AB ,El triangulo MGF tarnbien es isosceles (MF = = FG = 2AB ) , por

eso MG.l HF.

D el triangu lo reetangu lo HG F para el que el segmento GN es

altu ra, obtenem os

HGl = II! = HF,HN = J , / S a , H N

6

HN= ~,V S

D e los l r iangulos rectangulos HNG y MGF I encontramcs:

Y , par fin , del triangulo rectangulo A K E tenemos:

AXAK 2 = (in = AE , AP= 2AB'2- ;:;AX , AB

G F T 4aAX =~.".~-= _',

a 5



De aqui

IBX =-A85 .

§ 6. CONSTRUCC IONES M ED IANTE

UN COMPAs CON AB ERTURA DE VAR ILLAS

L I M IT ADA POR AB A JO

En este parrafo utilizarernos el cornpas cuyas aberturas de

varillas estan lim itadas solo por abajo mediante un segmentoR l T \ , n prefijado de aruemano, C an ayuda de este compas se puede

describir las circunferencias de todo radio que sea mayor 0 igual

al segmento Rm1 n. En ulterior en vel de R m w escr ib i remos

simplemente R .

PROBLEMA n. T razar el segmento n veces m ayor que el segmento

d a d o AA I.

Cons t rucc ion . T racernos el segm ento A IE que es perpendicular

a1 segrnento dado AA 1 ( problem a g , tornamos OA ~ R ).

D ererm inernos el punta E' que es sim etrico al punto E respecto a la

recta AAI (problem a I, aqui AE> R yAlE> R I. D e term in cm os

el pu nto AI que es sime t ric o al punto A respecto a la recta I : . ' E ' .

E 1 segm ento AA 2 = 2AA I (d ibujo 42).

Describarnos luego la circunferencia (E . A l Y traecmos Ins

cuerdas AB I =BICI=CIEI que son iguales al radio. E I segrneruoAlEI .1 . AA: z . Encontremos el punto £ '1 que es sim etrico al punto

£l respecto a la recta AA1. S i ahora SI: hallan los puntos

A3 y A4 que son sirnetrieos a lo s puntas A I Y A. rcspcctivamerne.emonces tendremos

AA) = 3AAI• AA4 =4AAI•

En ulterior Ia construccion se repite de modo analogo,Si A A I~R. cntonces la cons! ruceion se da en cl pro ble III~ 2 .

Los rad ios de todas las circunferencias aducidas en esta

construcci6n no son menores que el seg rnen to R .

Ob!ierMcion. Con toda la ev idencia de la ccnstruccion cxpuesta

se deduce que los puntos A 2 , A 4 , Aij . All" ... pu ed en con stru irsc

inmediatamenle. orniriendo en esta construccion los punios A j.



6 8

A s. A (" A1, A 'I, ... etc; es decir, encontrar los segmentos que

sean 2, 4, 4, 8. 16, ... , 2" veces rnayores que el segmentodado AA r •

[}IBUJO 4!.

I'ROBllMA ]~ T razar el segmento igual a _ ! _ del segmento dadon

AB (es dccir, dividir el segmento en n p aries ig uales),

Consuuccibn. S i AB? R , entonces la construccion se da enel problema 9.

S ea ahora AB < R . Tracemos e l segmento AB' = mAB (problema

33) y , ademas, el nurnero natural m se lorna tal que A .3' ~ R .

D i v idamos el segmento ell II ' m partes igue les (pro biema 9).

AB 'O btenernos el segmento buscado AX = - - .

n·m



E n realidad, AX = AB' = mAB = AB .

/I'm fl·m n

Ob,~erl)adon, S i en el case dado en Vel de la construccion

usada en el problem a 9 se emplea la construccion del problem a

.11 0 , obtendremos e l segmento AX = 2 n AB.

L a solucion del problem a 5 tam bien sirve para un compas quetiene abertura de brazos lim itada por abajo.

P R OB LE MA )5 (segunda operacion fundam ental). D esde el punto

dado 0 como centro, describir 1a circunferencia de radio AB = r.Construcc ion . S i A B ~ R , la circunferencia se describe

directam ente con ayuda del compas dado. P ero si A B < R , entonees

no podemos dibujar m ediante el compas dado las circunferencias

DIBUJO e.

en form a de una curva continua; en este caso es posible obtenerun numero arbitrario de puntos que se situan de modo cualquierque sea dense en la circunferencia prefljada por el centro y eJ

radio.Sea AB < R, Con un radio arbitrario a > R + r deseribamos

las circunferencias (0. a) y (A. A) Y en la segunda de estas

tomemos dos puntos C y D de tal modo que CD ~ R . Si ahora en la



70

circunfcrencia (0. a) se traza la cuerda C ,D) = CD Y se describen

las c ir cunferenc ias (CI,CBl y (Dll DB) , entonces en la in te rseccionobtendremos el punto X que se halla sobre la circunferencia

dada (0, r). AI cam biar la posicion de la cuerda CIDI en la

circunferencia (0, a) se puede construir cualesquier que sean

puntos de la circunferencia dada.

L a validez de la construccion descrita se deduce inm ediatam ente

de la igualdad que hay entre los triangulos ACD = OC V I Y

BCD"" XeD!Indiquemos ahora el m etodo general usado para solucionar los

problem as geometriccs de construccion mediante un compas cuy asaberturas de varillas estan lim itadas por abajo con el segmento

R . A plicando este m etodo se puede solucionar cualquier problem a

de construccion resoluble con ayuda del compas y la reg Ia,

incluy endo tam b ien 105 p ro blem as fu nd amenta le s m as simp le s te rc er,

cuarto y quinto.

E I metoda general empleado para resolver los problem as deconstruccien con un cornpas que describe las circunferencias

cuyo radio no es menor que R , coincide can el m etodo generalusado para solociooar los problem as, expuesto en el § 5"

L a diferencia entre est os m etodos consiste en el hecho de que

los segmentos dados en la condicion del problema no es necesario

dism i nuir 2" veces, si no, que al reves, aumentar 11 veees (0 2"

v ec es) (p ro blema 3 3 ). A conunuacion hay que uazar la figura $

que sera sernejamc a la figura ¢ n veces mayor que la primera

E I m imero " se tom a tal que todas las circunferencias de la

figura Ill' tengan los radios m ayores que R y, por 10 tanto,

podnan s er d escrita s con ayuda del campus dado (n R ! ;;;, R ), donde

R ! es el radio de la m enor circunferencia en la figura < f l o . La

Iigura 't' que represent a en si el resultado buscado de solucion

del problem a, se traza n veees m enor que Is figura \fI'

(problema 3 4 ) .

D e esta form a hernos lIegado al teorem a siguiente,

TEOREMA Todos los prob lem ru · g eom ecrico s de conuruccionre.wluhles CO/I uyuda del compds y la reqla, puede» solucionarse

pre6Saml ' I l fe uti l izando U II solo com pds que d es crib e la s c ir cu nfe re nc ia scuyos rad ios no son m enores que un cierto seqmemo prefijadode amemano.



---------------- -----

§ 7 . CON STRUCC ION ES M ED IAN TE UN COM PA S

CON AB ERTURA CONSTANTE DE VAR ILLA S

Las construcciones geom etricas m ediante un com pas con abertura

constante que per m ite describ ir las e irc un le re nc ia s so la rn en te del

radio R se exam inaron par muchos cientilicos. U na parte

considerable de la obra del m atematico arabe A bu-V afa "L ibro

de construcciones geometricas" esta dedicada a este problem a

En la solucion de los problemas de construccion mediante un

cornpas con abertura constante se ocupaban L eonardo de V inci,

Cardano, T artag lia, F errari y otros,

EmpJeando el compas con abertura constante e iguaJ a R

podem os Ievantar perpendicular al segmento AB en su extrem e, si

solamente AB < 2R (problema 8); podcmos aumentar el segm ento

R 2 , 3 , 4 , ... veces (problem a 2). S i AB < 2 R 'j AB I< R , entonceses posible consrruir los puntas de la recta AB (problema 5 ) .

cambiando adem as cada vez la posicion de los puntos sirnetricos

C 'j CI. S in embargo no podemos div idir can ayuda de este

compas los segm entos y las cuerdas en partes iguales, encontrar

los segm entos proporcionales, etc.

D e este modo, con ayuda de un solo compos con abenuraconstante es imposible soluciOlwr todos los probleml/S de construccion

que pueden resouerse por media del compos y 10 r eg Ia .

Tomando en consideracion los resultados obtenidos en los

§ 5, 6 y 7 conviene sefialar que aqui queda sin solucion el

problem a acerca de la posibilidad de resolver los problem as

geometricos de construccion mediante un cornpas con abertura

lim itada de varillas sim ultaneamente tanto por arriba, COmo par

abajo, es door, m ediante el compas con que se puede describ ir las

circunferencias de radio no m enor que R , , " n y no mayor que R IIlli ••

~ Que problem as se puede solucionar usando dicho cornpas?

iEs posible 0 no solucionar todos los problem as de construcci6nresolubles con ayuda del compas y la reg ia? S i esto es asi,

iPuede 0n o la d ife re nc ia R ma, - R O l i n ser cualquier que sea peduefia?

En otras palabras, es posible 0 no solucionar tad os los problem as

de construccion que se resueIven empleando el compas 'j Ia

regia, mediante el compas con abertura "casi" con s tan t e.

Como ya hem os sefialado a J principio del parrafo dado todos



72

estes problem as no se puede solucionar 1) m ediante un s610 cornpas

con abertura con s Iant e.SCgUn nos parece, cierto interes presentan tarnbien los problemas

sig uientes que casi no se han descrito en 1a literatura,

J. L a investig acicn de las soluciones de p roblemas geometricosde construccion aprovechando el com pas con abertura lim irada

(solo por abajo y s610 por arriba 0 sim uItaneam ente PO T abajo

y por arriba) y con la regia de longitud constante, L a indicaci6n

de lo s metodos m as sim ples de construcciones.

2. H I es tud io de la s construccion es g eorn etricas realizadas conuna sola re gla (co nstru ction de Steiner), cuando en el plano

del dibujo esta dada una circu nfe ren cia a ux iliar (0, R) Y la regia

tiene una long itud consrante l. A demas uenen imponancia lo s

casas de I < R Y / > R.

§ 8. CONSTRUCC IONES M ED IANTE

UN COM PAS A LA COND IC ION DE QUE TODASLA S C JRCUNFERENC IA S PA SEN POR

UN M ISM O PUNTO

En este parrafo exam inaremos la solucion de los problem as

geom etricos de construcci6n realizados m ediante un solo compas, a

la condicion de que toda.s las circunferencias deseritas pasarana traves de: un m ismo punto del plano 2).

DeFINICION. C omo el angulo de interseccion de las dos

circunferencias (en easo general, de las des lineas cur v as) s e e ntie nd e

II Observadon para la edidon en e sp tln ol. D e spue s de

sali r a L a lUI 1 a edition rusa del follcla presente el aut or se entere deque en 1931 el m atematico japcnes K itizi Y anag iltara Itabia resuelto

este problema. E I demostro que: "todos los problem as de ccnstrucclonresolubles can el ccmpas y la reg ia, pueden selucionarse COIl precision

mediante un solo compas tambien, si la magnitud del radio esta lim itada

sim ult8.neamente tanto para arriba, como por abajo can los segmentos

R I Y R z IR I ~ r ~ R2)' K . Vanagihara. O n lim ited Ma sc he ron i g eome tric al

con stru ctio n, T he Tohok u Math. J. 34 , 1931.

21 En em parra to no se supe rpon en a lg un as limitaciones

sobre aberturas del com pas.



el angulo formada per dos rangentes trazadas hacia esrascircunferencias (lineas curvas] en el punto de su interseccien,

las circunferencias se llarnan 0 r tog 0 n a I e S si se cruzan bajoeI angulo recto.

TEOREMA I. S i fa c ircmifere' lc il1 (0 l' R ) SI?CfL .!ZQ con la d rnm f er en c iade in n er sio n ( 0. f) de m odo o f/ago nal, en tonces aque lla es inversa asi misma 1 1 .

Demostracio». Si las circunferencias se intersecan de modo

ortogonal, entonces el angulo O AO ll formado par los radiostrazados hacia el punto de interseccion de estas circunierencias

es igual al angulo recto. Esto signifies que la recta OAe stangente trazada hacia Ja cireunferencia ( q . R ) en el punto A y

OP . O P ' = = O Al = r Z .

La ultima igualdad es valida para cualquier secante OP.EI

punto P' es de inversion al pun ro P . El arco AP A 1 de la

circunfereneia (0,. R )es inverse al arco AP ' A , (dibujo 44).

r

,

0<1.:

D18lJJO 44.

En el problema II se ha dado el trazado del segmento que

es Y veces mayor que el segmento dado AAu. En proeeso de esta

construceion todas las cireunferencias pasan par el punto A . L a.

excepcion representa la clrcunferencia (A . AD) que describirnospara deterrninar los puntas EyE'. al trazar las cuerdas ,o lE"'" EC

y AE' = £'C'.

II Es valido tarnbien e! teorema inverso,sin embargo

enel parraio dado esre no se aplicara..



7 4

Sin embargo es posible no dibujar l a circunferencia (A , Ao),

sino que actuar del modo siguiente,

H agarnos la abertura del compas igual a AAo Y coloquernos 1a

punta del lapiz en eJ punto ,A , luego, sin cambiar la abertura

del compas, situemos la varilla de modo que la punta de aguja

eaiga sobre el area de la circunferencia (Ao , A). La punta de

aguja del cornpas se ubicara en el punta E 0 en el e. S i ahara

se describe la circunferencia (E, A), entonces en la interseccion

con la circunferencia (A o , A ) construiremos el punto C. D el m ismo

modo se puede trazar el punto C.

Por consiguiente puede trazarse el segmento 3" veces mayorque el dado (problema 11) para que todas las circunterencias

pasen par un m ismo punto,

Las solu crones de los problemas 15, J 6, 17 se han real izado asi

tveanse lo s dibujos 26. 28, 29) que todas la s circunferenciaspasen por un rmsmo punto 0 que es el centro de inversion, Para que

en e l trazado del punto X que es inverso a1 punto C siendo

rOC : s ; 2 (problema IS) tambien todas las circunferencias descntas,

Sin excepcion, pasen par el mismo punto 0, es precise en ver.

del segrnen to Oc. = nOC"'>; [dibujo 27), trazar el segmento

DC I= In• DC > ; (problema [1, tomando en consideracion la s

observuciones que se han heche al com ienzo de esre parrafo)

y trazar OX = Y ' ·OC 1 •

Eruonces. al usaf un cornpas se puede obtener el punta inverseal pu nt 0 dado. descri bir la ci rcunferencia que pase par elcent TO

de inversion y que sea inversa a Ia recta dada y trazar Ia

recta mversa a la circunferencia que pasa por el centro 0,describiendo ademas [as circunferencias a traves del m ismo punta

0, es decir, centro d e inv ersio n.

C omo ya hemos senalado en la "Introduccion ' J. Steiner

demostro que todos los problemas de construccion resolubles

m ediante el cornpas y la regia, pueden solucionarse empleando unasola reg la, SI en el plano del dibujo se da llna circunferencia

constante (auxiliar) WI. R ) Y su centro.

Supongarnos ahara que cierto problema de construccion esta

rcsucho par el rnetodo de S teiner; como resultado en el plano del

dibujo se obiendra la figura 4 > compuesta adernas de la

circunferencia auxilia r. solo de las lineas rectas, T omernos una



7 5

circu nfere ncia arb itraria (0, r) con la unica condicion de que el

centro0

no se halle sobre la circunferencia(0" R)

Y no seencuentre sabre ninguna de las rectas de la fig ura < 2 > , y acep remos la

por la circunferencia de inversion. T razarnos la figura $ que

sea inversa a la figura ¢l. La figura trazada < 1 > ' sera consrituida

s610 de la s circunferencias la s que, a excepcion de la s dos

[circunferencia de inversion (0, r) y la circunferencia que es

inversa a (010 R)], pasaran por un mismo punto 0 que es el centro

de inversion.S i la circunferencia de inversion (0, r ) in tersec a la circu nferen cia

auxiliar (01 , R) bajo el angulo recto, entonces, en v irtud delteorema I la c ircu nfe ren cia (01, R ) es inversa a si m isma.

L a figura < I I se camp one de las lineas rectas, Ia circunferencia

(01 , R) y . puede ser, de los puntcs aislados; la figura ¢J' inversa

a la prirnera se formara par la circunferencia (0 I' R I, la seircunferencias que pasan par el centro de inversi6n 0, las reel asinversas, y puede ser, los puntas aislados .. P ara trazar la figura ¢

sera necesario aprovechar solamente lo s p ro blema s J 5 Y 16 .

Asi, al trazar Ja figura $que es inverse a la figura e, sila c i rcunfe renc ia de inversion interseca la circunfereneia auxiliarbajo el aogulo recto, todas las circunferencias, incluy endo tambien

las circunferencias con ayuda de las cuales se realiza la

construccion de la figura < 1 > ' , pasaran pOT un m ism 0 pun to

0, a excepcion de s610 dos circunferencias: circunferencia de

inversion (0, r) y circunferencia (01, R).

Para ilustrar 10 expuesto anteriorrnente resolvernos el problem a

siguiente,

PR08I.1:M,\ )6 Dada 1<1eircunferencia (OJ. R) Y el punto A que

se encuentra en esta, B ajar la perpendicular del punto dado C

sobre la recta O IA empleando una reg Ia.

ConSlruccion. Tracemos la recta OIA basta su mterseccion

con la circ un fe re ncia (01 , R ). S i ahora se trazan las rectasAC y Be y designemos los puntos E y D en que estas 51 : cruzancon In circunferencia (0 I, R). S i ahora se trazan las rectas

AD y BE hasta su encuentro en el punto F , la recta CF seraperpendicular a la recta O IA . D esignemos con H la base de

perpendicular (dibujo 45).

Demos t rac ton . Los segmen tos CD y £F 50n alturas del triim guio

AFC , puesto que ID S angulos ADB y AEB son rectos, Fe.L AB .ya que las tres alturas del triangulo se cruzan en un punta B ,

En este problema la figura c t I est a cons ti tu ida pOT l a c ircunferencia



76

(O i l R J Y s e i s rectas AB , AC , AD, CD, c r Y EF . D e t e r r n i n e m o s

al principle el punto 0 y el radio r de modo q lie la s c ircun fe renc ia s(0, r) y (01, R) se intersecan ortogonalmente. Para esto

r

F

c

DISUSO 4S

.---~-.-....•-----

aprovecbamos de 1a sclucien del problema 8 (2" procedimientc):iomemos en la eircunferencia (010 R) dos puruos arbitrarios

K y M Y t racemos KO j_ KO! (problema 8). para 1 0 cual

d escrib arnos las circun feren cias (M, K) y(K,PK) basta s u encuentro

en el punta 0 (dibujo 45). E l puma Pobtendremos en la inter-seceion de las circunferen eias (M. K) Y (0I. R).

C arnbiando la posicion de lo s puntas K y M se puede construir

el punta 0 que no se ball a sabre ninguna de las reel as de 1a

figura $. La cireunferencia (0, K) coria con la c irc un fe re nc ia

dada (O h R ) bajo el angulo recto y puede tomarse par la

circunferen cia de inversion ; OK '" r.La figura $es inversa a la figura $, se cornpone de siete

.circunferencias(Oz, 0). (O~.0). (04, 0), (Os. 0), (06, 0), (O~,0) y

(OIR). [La circunferencia (01, R) es inversa a s f mismaJ. L as

primeras seis circunferencias pasan por el centro de Tnversiono Y SOil inversas respectivarnen te a las recras AF. AB, AE. CD,



77

CF, Y EF de Ia figura < 1 > . L os puntas A', B', C , D', E'. F' Y H' de

la figura c I > son inversos a los puntos A, B, C, D, E, F Y H.respectivamente. TOO as las circunferencias que se han trazado para

describir las prim eras seis circunferencias de la figura 4 > ' , y tambien

las c ircun fe rencia s (M, K) Y (K, P) estan dibujadas para determ iner

e 1 centro de inversion 0 y pasaran por un m ismo punto delplano O .

De aqui se deduce el teorema:

TEOREMA tt, Cada problem a geomitrico de construedon resolubleem plea ndo el c ompd : y fa reg ia, se puede s o /u c io na r vafiendose de ul1

s olo co m rxi.~ d e m o do que toda« lo s r in 'U / ife re nc ia s d e cO lIs .lru cc iOn ,a excepcion de las do s (circunferencia de inversidn y la auxiliar

de S teiner) pasaran por un m ism o pun to que es el centro deinversiOn 0,

Supongamos ahora que cierto problema de construccion esta

resuelto por e1 metodo S teiner; como resultado obtendremos la

figura ¢com puesta de 10. circunferencia (01) R) y las rectas,

una parte de la s cuales pasa por el. centro °1, S i la ci.rcunferencia

auxiliar (0 1, R ) se toma como las circunferencias de inversion y seconstruy e la figura ~' que sea inversa a la figura ~, entonces la

figura dibujada 4 l' sera compuesta de las lin ea s rec to s y la s

circunjerencias para que todas estas rectas y circunferencias, a

excepcion de la eircunferencia (01, R) pasanin por Ull m ism o punto0 : Iprefijado de antem ano,

De aqui se deduce el teorem a.

TEOREM" Ill. Cada p rob lem a geom ifr ico de co nstru ccio n siemprese puede solucionar usando el campt is y la regia as; que todas

las rec tos y las c i r cun je rendas , a excepcion de una circu'lferenciu

II A . A dler en (I] [vease pitg. 80) a firma (§ 2 0) qu e 51 la

circunferencia auxiliar de Steiner (01) R) se acepta por 18 de inversion,entonces: "No sOlo es posible, como 10demostro en su tiem po M ascheroni,

solucionar todos los problemas geometricos constructivos de segundogrado, al cmpJear exclusivamente un compas, sino se puede plantear

ineluso unacondicion mas de que tod as la s circu nJerend as que Jormanparre de consrru "c io ll, a excepci6n de una de esta s , pa sen por 1 4 1 1 m ism o pum a

eleg /do arbilrllriamenfe".

L a equivocacien de esta afirmaci6n se deduce del heche de que

todos los problemas de construction resolubles eon ayuda del compas y la

reg ia, no se puede solucionar valiendose de una sO Ia reg ia, S I el centro de

1 8 circunferencia auxiliar 01 no se conoce, es decir, si a trsves del

centro 0, no se trazan la s ltneas rectas [que son inverses a S I m isrnas

[teorema H § 3 ) y , por co n sig ui en re , perteneceran a la figure Ill').



7 8

(circunferencia de inv ersion) pasen por un m ism o pumQ preftjado

de amemano que e s 1'1 cen tro de inver.~io" .

Supongarnos ahora que para solucionar los problemas

geometricos de construccion aprovechando un solo compas se

perm ite usa! una vella reg ia (0 supongamos que en el plano del

dibujo se encuentra la linea recta AB trazada m ediante la reg ia),

E lijam os una circunferencia arbitraria (0, r) con el centro 0 que se

halla sabre la recta AB, como la eircunferencia de inversion y

tracemos la circunferencia (0\, R) que es inversa a Ia recta dada

(problem a 16). L a circunferencia (01, R) pasa par el centro de

inversion 0 y R = 00 t -

La solucion de todo e I problema de construccion por el rnetodo

de S teiner son la circunferencia auxiliar (0" R) dara la figura

¢que se com pone 5610 de las lineas reetas y la c irc un fe re nc ia

(0\, R); la figura $ que esjnversa a la prim era, adem as de la

recta AB, sera formada solam ente par las circunferencias que

pasan por el centro de inversion O . A demas supongamos que

ninguna de las rectas, al solucionar el problem a par el metoda

de S teiner, ha pasado par el punto 0 que se encuentra sabrela circunferencia auxiliar (0 h R); en case cantrario como la

circunferencia auxiliar (0 ), R ); en cas a contrario como la

circunlerencia de inversion (0, r) conviene aceptar alguna otra

circunferencia.

S i la linea recta AB no esta trazada, pero se per m ite usar

una vez la reg la, entonces en el plano del dibujo elijamos una

circun feren cia arb itraria (O J , R ) en calidad de la auxiliar y

resolvemos el problema propuesto empleando el metoda de S tein er.

L uego tomemos en esta circunferencia un punto arbitrario 0 ala condici6n de que este no se encuentre sabre ninguna de las

rectas de figura $. Con el radio r < 2R deseribamos la

circunferencia (0, r) y designemos a traves de A y B ios puntos

de su interseccion con la circunferencia (010 R ), T omemos la reg ia y

tracemos la recta AB que sera inversa a la circunferencia (0 .. R ),

S I se c on sid era (0, r) como la cireunlerencia de inversion Luegotracernos la ligura (J)' que sea inversa a la Iigura $.

TEORF.MA IV. Si en el p larw del d ibujo esta trazada una linearecta todos 1 0 . 1 " problem as de construccion resolubles, usatu lo el

compas y la re gia , pueden so lucionarse va liendose de un s610 compos

de manera que todas la s d rc un fe re nc ia s de esta construccion a

excepc io« de una (circu nferen cia de inv ersion ), pasen par un mismo

pun ta del p lano .

Este teorema tien e eierta analogia con el teorem a fundamental



1 9

de S teiner para la construccion con una sola reg ia en presenciade una circunferencia constante,

S ea trazada actualrnente en el plano del di bujo, empleando la

re gia , c ie rta figura \f cornpuesta de las lineas rectas y lo s segmen to s(por ejernplo, dos lineas paralelas 0 un paralelogramo, etc.)

Supongamos ahora que hemos resuelto cualquier problema deconstruccion aplieando el metoda de Steiner, al lamar la figura

'P corno auxiliar, Entonces obtendrernos cierta figura ¢cornpuesta

solo de las lineas rectas, La figura 'P es una parte de la

figura < f l .

Tomemos una clrcunferencianrbitraria (0, r) a la conditionde que el centro 0 no se halle sabre ninguna. de las rectas

de la figura < l > como la circunferencia de inversion y tracemos la

figura ¢I' que sea mversa a Ia ligura < : I . La figure ¢I' sera

cornpuesta de las circunferencias que pasan por un punto 0 que

es el centro de inversion.

TEORI'M ... v Si en un plano eSla prefljada (dibujada)cierra f igura

complies/a de la s l ineas rectos y los seqm em os, entonces todos

los prob lem as de construccion que se puede so ludonar par elm ito da de Steiner, acep tando es t" f lgura pO T la cux ilia r , s iem pre

es po sih le reso lv er va liendo se de un so lo com pes de ta l que todas

la s circunfermcias , a excepcion de una (circunlerencia de inv ersion),

pas en par WI m isnw punta que Sf! el ige arb i t rar iamen ie en el p llm o

d e l dibujo.



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~I



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Ed MIR - Kostovski - Construcciones Geometric As Mediante Un Compas

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