O Teorema da Escaleira

 

Tentando resolver o outro día un problema tipo Sangaku, lin nunha solución que recorrían ao Ladder Theorem, que na miña memoria aludía a un problema ben famoso que apareceu dúas veces neste blog, Un problema difícil de resolver(de verdade) e Unha sorpresa elemental (dúas veces como mínimo, que cando escribín a 2ª, tivo que vir Cibrán a lembrar que xa falara antes del, co cal eu non son moi de fiar). Ver o diagrama do problema é abondo para que se acenda a lámpada:

   

Pero resulta que o dato na miña memoria estaba trabucado: este diagrama non representa o Teorema da Escaleira, senón o Teorema das Escaleiras Cruzadas, en concreto o caso no que hai perpendicularidade(como non hai bibliografía en galego, non sei se debería traducir mellor ladder por escada). Así que busquei en google, o que é unha agonía desde que incluíron a IA no buscador, e achei que o teorema non é clásico, senón que foi descuberto nunha data tan recente como 2002. O descubridor, Harold J. Stengel, profesor de secundaria nos USA, mandou unha carta ao editor da revista Mathematical Spectrum, "The extended crossed ladders theorem", na que demostraba o Teorema das escaleiras cruzadas:

   

Teorema das escaleiras cruzadas: Se $\overline{AB} \parallel \overline{EF} \parallel \overline{CD}$, entón $\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}=\frac{1}{EF}$ 

A demostración a estas alturas xa é pure textbook work, observade:

Dada a semellanza dos triángulos CFE e CAB, temos que $\frac{FC}{AC}=\frac{EF}{AB}$, e dada a semellanza de AFE e ACD, temos que $\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{CD}$.

De onde $\frac{EF}{AB}+\frac{EF}{CD}=\frac{FC}{AC}+\frac{AF}{AC}=\frac{FC+AF}{AC}=\frac{AC}{AC}=1$

Dividimos entre EF o comezo e o final dese carreiro de igualdades e obtemos o desexado.

Na miña pescuda en google obtiven varios resultados que levaban ao traballo do prolífico Ignacio Larrosa, por exemplo a este applet, Teorema de Stengel. Aproveito para recomendar o seu traballo con geogebra, que eu teño utilizado moito na aula. É un dos poucos casos nos que, en troques de facer eu algo desde cero, opto por recoñecer "para que, se xa o fixo mellor el?"(probade os seus applets sobre resolución de triángulos, p.ex. o do caso dubidoso).

Vexamos agora o teorema e a demostración do propio Stengel do seu teorema:

   

Teorema de Stengel: Nun triángulo ABC as rectas AD e BE intersécanse nun punto F. Os puntos I, G, J e H están no lado AC, cumprindo que $\overline{EI}\parallel \overline{BG}\parallel \overline{FJ}\parallel \overline{DH}$. Nestas condicións cúmprese que $\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$ 

Sigamos pois a demostración do propio autor:

Stengel comeza por debuxar unha paralela ao lado BC polo vértice A(cantas veces veríamos esa xogada, eh?), e extende CE ata cortar a esa recta nun punto K. Tamén traza paralelas por E e F ao lado BC, EM e FL, con M e L no lado AC.

Permitide a licenza de cambiar a figura anterior para que quede máis bonito

E agora habilmente invoca o Teorema das Escaleiras Cruzadas cos triángulos ACK e ACB e logo con ACK e ACD:

$\frac{1}{AK}+\frac{1}{BC}=\frac{1}{EM}$

e

$\frac{1}{AK}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}$

Despexando $\frac{1}{AK}$ nas dúas igualdades, obtemos

$\frac{1}{AK}=\frac{1}{EM}-\frac{1}{BC}$ e $\frac{1}{AK}=\frac{1}{FL}-\frac{1}{DC}$

E igualando,

$\frac{1}{EM}-\frac{1}{BC}=\frac{1}{FL}-\frac{1}{DC}$ e por tanto $\frac{1}{EM}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}+\frac{1}{BC}$

Agora, observando a semellanza dos triángulos EMI, BCG, FLJ e DCH, 

$$\frac{EI}{EM}=\frac{BG}{BC}=\frac{FJ}{FL}=\frac{DH}{DC}$$

Chamamos k a ese valor común:

$$EI=kEM, BG=kBC, FJ=kFL, DH=kDC$$

Volvendo a $\frac{1}{EM}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}+\frac{1}{BC}$,

$$\frac{1}{kEM}+\frac{1}{kDC}=\frac{1}{kFL}+\frac{1}{kBC}$$

E Finalmente

$$\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$$

q.e.d.

En realidade o resultado invocado non era este Teorema de Stengel, senón o primeiro corolario na súa carta ao editor, que fala de áreas nesa situación:

Nótase un chisco cando non fago eu as imaxes, non si?

Na situación anterior, $$\frac{1}{(AEC)}+\frac{1}{(ADC)}=\frac{1}{(AFC)}+\frac{1}{(ABC}$$

Onde denotamos (PQR)=área do triángulo PQR

A demostración é inmediata, lanzando as alturas deses catro triángulos desde E, D, B e F, utilizamos o Teorema de Stengel e obtemos:

$$\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$$

E do mesmo xeito que fixemos na demostración do resultado xeral, multiplicamos os catro denominadores pola lonxitude do lado AC, que é a base dos catro triángulos implicados no corolario. Dividindo entre 2 os catro denominadores proporciona o resultado.