Similitud espiral

Una semejanza en espiral que lleva el triángulo ABC al triángulo A'B'C'.

La semejanza espiral es una transformación plana en matemáticas compuesta por una rotación y una dilatación . ^[1] Se utiliza ampliamente en geometría euclidiana para facilitar las demostraciones de muchos teoremas y otros resultados en geometría, especialmente en competiciones matemáticas y olimpiadas. Aunque no se conoce el origen de esta idea, fue documentada en 1967 por Coxeter en su libro Geometry Revisited . ^[2] y en 1969 -utilizando el término "rotación dilatativa"- en su libro Introduction to Geometry . ^[3]

El siguiente teorema es importante para el plano euclidiano:
dos figuras directamente similares están relacionadas ya sea por una traslación o por una semejanza en espiral. ^[4]
(Pista: Las figuras directamente similares son similares y tienen la misma orientación)

Definición

Una semejanza espiral se compone de una rotación del plano seguida de una dilatación alrededor de un centro con coordenadas en el plano. ^[5] Expresando la rotación mediante una transformación lineal y la dilatación como multiplicación por un factor de escala , un punto se asigna a ${\displaystyle S}$ ${\displaystyle O}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle T(x)}$ ${\displaystyle d}$ ${\displaystyle p}$ $${\displaystyle S(p)=d(T(p-c))+c.}$$

En el plano complejo , cualquier similitud espiral puede expresarse en la forma , donde es un número complejo . La magnitud es el factor de dilatación de la similitud espiral y el argumento es el ángulo de rotación. ^[6] ${\displaystyle T(x)=x_{0}+\alpha (x-x_{0})}$ ${\displaystyle \alpha }$ ${\displaystyle |\alpha |}$ ${\displaystyle {\text{arg}}(\alpha )}$

Propiedades

Dos círculos

Similitud espiral

Sea T un círculo de mapeo de similitud espiral k a k' con k k' = {C, D} y punto fijo C. ${\displaystyle \cap }$

Entonces, para cada punto P k, los puntos P, T(P)= P' y D son colineales. ${\displaystyle \in }$

Observación: Esta propiedad es la base para la construcción del centro de una semejanza espiral para dos segmentos de línea.

Prueba:

${\displaystyle \angle CMP=\angle CM'P'}$, ya que la rotación y la dilatación preservan los ángulos.

${\displaystyle \angle P'DC+\angle CDP=180^{\circ }}$, como si el radio interseca la cuerda , entonces no se encuentra con , y si no se interseca con , entonces se interseca con , por lo que uno de estos ángulos es y el otro es . ${\displaystyle {\overline {MD}}}$ ${\displaystyle {\overline {CP}}}$ ${\displaystyle {\overline {M'D}}}$ ${\displaystyle {\overline {CP'}}}$ ${\displaystyle {\overline {MD}}}$ ${\displaystyle {\overline {CP}}}$ ${\displaystyle {\overline {M'D}}}$ ${\displaystyle {\overline {CP'}}}$ ${\displaystyle \beta }$ ${\displaystyle 180^{\circ }-\beta }$

Entonces P, P' y D son colineales.

Centro de una espiral de semejanza para dos segmentos de línea

Mediante la dilatación de una línea, rotación y traslación , cualquier segmento de línea puede ser mapeado en cualquier otro a través de la serie de transformaciones del plano. Podemos encontrar el centro de la semejanza espiral mediante la siguiente construcción: ^[1]

• Dibuje líneas y , y sea la intersección de las dos líneas. ${\displaystyle {\overline {AC}}}$ ${\displaystyle {\overline {BD}}}$ ${\displaystyle P}$
• Dibuja los círculos circunscritos de los triángulos y . ${\displaystyle \triangle PAB}$ ${\displaystyle \triangle PCD}$
• Los círculos circunscritos se cortan en un segundo punto . Entonces, ¿el centro de la espiral se corresponde con ${\displaystyle X\neq P}$ ${\displaystyle X}$ ${\displaystyle {\overline {AB}}}$ ${\displaystyle {\overline {CD}}.}$

Demostración: Nótese que y son cuadriláteros cíclicos . Por lo tanto, . De manera similar, . Por lo tanto, por semejanza AA , los triángulos y son similares. Por lo tanto, un ángulo de rotación que se aplica a también se aplica a . El factor de dilatación es entonces simplemente la relación entre las longitudes de los lados y . ^[5] ${\displaystyle ABPX}$ ${\displaystyle XPCD}$ ${\displaystyle \angle XAB=180^{\circ }-\angle BPX=\angle XPD=\angle XCD}$ ${\displaystyle \angle ABX=\angle APX=180^{\circ }-\angle XPC=\angle XDC}$ ${\displaystyle XAB}$ ${\displaystyle XCD}$ ${\displaystyle \angle AXB=\angle CXD,}$ ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle B}$ ${\displaystyle C}$ ${\displaystyle D}$ ${\displaystyle {\overline {CD}}}$ ${\displaystyle {\overline {AB}}}$

Solución con números complejos

Si expresamos y como puntos en el plano complejo con números complejos correspondientes y , podemos resolver la expresión de la semejanza espiral que lleva a y a . Nótese que y , por lo tanto . Como y , sustituimos para obtener , de lo cual obtenemos . ^[5] ${\displaystyle A,B,C,}$ ${\displaystyle D}$ ${\displaystyle a,b,c,}$ ${\displaystyle d}$ ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle C}$ ${\displaystyle B}$ ${\displaystyle D}$ ${\displaystyle T(a)=x_{0}+\alpha (a-x_{0})}$ ${\displaystyle T(b)=x_{0}+\alpha (b-x_{0})}$ ${\displaystyle {\frac {T(b)-T(a)}{b-a}}=\alpha }$ ${\displaystyle T(a)=c}$ ${\displaystyle T(b)=d}$ ${\displaystyle \alpha ={\frac {d-c}{b-a}}}$ ${\displaystyle x_{0}={\frac {ad-bc}{a+d-b-c}}}$

Pares de similitudes en espiral

Para cualquier punto y , el centro de la espiral de similitud que toma a es también el centro de una espiral de similitud que toma a . ${\displaystyle A,B,C,}$ ${\displaystyle D}$ ${\displaystyle {\overline {AB}}}$ ${\displaystyle {\overline {CD}}}$ ${\displaystyle {\overline {AC}}}$ ${\displaystyle {\overline {BD}}}$

Esto se puede ver a través de la construcción anterior. Si dejamos que sea el centro de la semejanza espiral que toma , entonces . Por lo tanto, . También, implica que . Entonces, por la semejanza SAS, vemos que . Por lo tanto , también es el centro de la semejanza espiral que toma . [ ^{5] [6]} ${\displaystyle X}$ ${\displaystyle {\overline {AB}}}$ ${\displaystyle {\overline {CD}}}$ ${\displaystyle \triangle XAB\sim \triangle XCD}$ ${\displaystyle \angle AXC=\angle AXB+\angle BXC=\angle CXD+\angle BXC=\angle BXD}$ ${\displaystyle {\frac {AX}{BX}}={\frac {CX}{DX}}}$ ${\displaystyle {\frac {AX}{CX}}={\frac {BX}{DX}}}$ ${\displaystyle \triangle AXC\sim \triangle BXD}$ ${\displaystyle X}$ ${\displaystyle {\overline {AC}}}$ ${\displaystyle {\overline {BD}}}$

Corolarios

Demostración del teorema del cuadrilátero de Miquel

La semejanza espiral se puede utilizar para demostrar el Teorema del Cuadrilátero de Miquel : dados cuatro puntos no colineales y , los círculos circunscritos de los cuatro triángulos y se intersecan en un punto, donde es la intersección de y y es la intersección de y (ver diagrama). ^[1] ${\displaystyle A,B,C,}$ ${\displaystyle D}$ ${\displaystyle \triangle PAB,\triangle PDC,\triangle QAD,}$ ${\displaystyle \triangle QBC}$ ${\displaystyle P}$ ${\displaystyle AD}$ ${\displaystyle BC}$ ${\displaystyle Q}$ ${\displaystyle AB}$ ${\displaystyle CD}$

Sea el centro de la semejanza espiral que toma . Por la construcción anterior, los círculos circunscritos de y se intersecan en y . Como es también el centro de la semejanza espiral que toma , por razonamiento similar los círculos circunscritos de y se intersecan en y . Por lo tanto, los cuatro círculos se intersecan en . ^[1] ${\displaystyle M}$ ${\displaystyle AB}$ ${\displaystyle DC}$ ${\displaystyle \triangle PAB}$ ${\displaystyle \triangle PDC}$ ${\displaystyle M}$ ${\displaystyle P}$ ${\displaystyle M}$ ${\displaystyle DA}$ ${\displaystyle BC}$ ${\displaystyle \triangle QAD}$ ${\displaystyle \triangle QBC}$ ${\displaystyle Q}$ ${\displaystyle M}$ ${\displaystyle M}$

Problema de ejemplo

A continuación se muestra un ejemplo de problema sobre las finales de MO de Japón de 2018 que se puede resolver utilizando la similitud en espiral:

Dado un triángulo escaleno , sean y puntos en los segmentos y , respectivamente, de modo que . Sea la circunferencia circunscrita del triángulo y la reflexión de a través de . Las rectas y se vuelven a encontrar en y , respectivamente. Pruebe que y se intersecan en . ^[5] ${\displaystyle ABC}$ ${\displaystyle D}$ ${\displaystyle E}$ ${\displaystyle AB}$ ${\displaystyle AC}$ ${\displaystyle CA=CD,BA=BE}$ ${\displaystyle \omega }$ ${\displaystyle ADE}$ ${\displaystyle P}$ ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle BC}$ ${\displaystyle PD}$ ${\displaystyle PE}$ ${\displaystyle \omega }$ ${\displaystyle X}$ ${\displaystyle Y}$ ${\displaystyle BX}$ ${\displaystyle CY}$ ${\displaystyle \omega }$

Prueba: Primero demostramos las siguientes afirmaciones:

Afirmación 1 : El cuadrilátero es cíclico. ${\displaystyle PBEC}$

Demostración: Como es isósceles, observamos que , como se deseaba, se demuestra que el cuadrilátero es cíclico. Por simetría, podemos demostrar que el cuadrilátero es cíclico. ${\displaystyle \triangle BAE}$ ${\displaystyle \angle BPC=\angle BAC=180^{\circ }-\angle BEC,}$ ${\displaystyle PBEC}$ ${\displaystyle PBDC}$

Reclamación 2 : ${\displaystyle \triangle AXY\sim \triangle ABC.}$

Prueba: Tenemos que por razonamiento similar, entonces por semejanza AA, como se deseaba. ${\displaystyle \angle AXY=180^{\circ }-\angle AEY=\angle YEC=\angle PEC=\angle PBC=\angle ABC.}$ ${\displaystyle \angle AYX=\angle ACB,}$ ${\displaystyle \triangle AXY\sim \triangle ABC,}$

Ahora observamos que es el centro de la espiral que se asigna a . Sea la intersección de y . Por la construcción de semejanza de espiral anterior, el centro de la espiral debe ser la intersección de los círculos circunscritos de y . Sin embargo, este punto es , por lo que los puntos deben ser concíclicos. Por lo tanto, debe estar en , como se desea. ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle XY}$ ${\displaystyle BC}$ ${\displaystyle F}$ ${\displaystyle BX}$ ${\displaystyle CY}$ ${\displaystyle \triangle FXY}$ ${\displaystyle \triangle FBC}$ ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle A,F,X,Y}$ ${\displaystyle F}$ ${\displaystyle \omega }$

Referencias

1. Chen, Evan (2016). Geometría euclidiana en las olimpíadas matemáticas . Estados Unidos: MAA Press. pp. 196–200. ISBN 978-0-88385-839-4.
2. Coxeter, HSM (1967). Geometry Revisited . Toronto y Nueva York: Asociación Matemática de Estados Unidos. pp. 95-100. ISBN. 978-0-88385-619-2.
3. Coxeter, HSM (1969). Introducción a la geometría (2.ª ed.). Nueva York, Londres, Sydney y Toronto: John Wiley & Sons. pp. 72–75.
4. Coxeter, HSM (1967). Geometría revisitada . Asociación Matemática de Estados Unidos. pág. 97]. ISBN 978-0-88385-619-2.
5. Baca, Jafet (2019). "Sobre un centro especial de semejanza espiral". Reflexiones matemáticas . 1 : 1–9.
6. Zhao, Y. (2010). Tres lemas en geometría. Véase también Soluciones