Había mandado calcular el centro de gravedad de un cuadrilátero homogéneo. Pepe Chapuzas explicó cómo había encontrado el punto pero no demostró que tal punto fuera realmente en centro de gravedad...
Mire, profe...
Sean A, B, C y D los vértices consecutivos del cuadrilátero.
Trazamos los 8 segmentos que unen los vértices con los puntos medios de sus lados opuestos, en azul los de A y C y en rosa los de B y D.
Llamamos E y F a las intersecciones de los segmentos azules y G y H a las intersecciones de los segmentos rosas como se observa en la figura.
Trazamos en morado los segmentos EF y GH. Y... ¡atención!: la intersección de estos es el centro de gravedad I del cuadriátero ABCD.
¿Quién demuestra que este punto es efectivamente el centro de gravedad buscado?
SOLUCIÓN
Mire, profe...
Si trazamos la diagonal AC, el cuadrilátero queda dividido en dos triángulos cuyos baricentros son precisamente E y F, por lo que el centro de gravedad I del cuadrilátero estará alineado con E y F.
Si trazamos la diagonal BD, el cuadrilátero queda dividido en otros dos triángulos cuyos baricentros son precisamente G y H, por lo que el centro de gravedad I también estará alineado con G y H.
En conclusión, I es el punto de intersección de los segmentos EF y GH.
Estaba claro que el razonamiento de Nina Guindilla se había realizado con cuadriláteros convexos y que, con los remiendos pertinentes, podría aplicarse también a cuadriláteros cóncavos... Nina terminó con una pregunta intrigante y enigmática:
¿El centro de gravedad de un cuadrílatero coincide con el de su paralelogramo de Wittenbauer?
RESOLUCIÓN
Yoyó Peluso se acordaba de que el paralelogramo de Wittenbauer pasaba J, J', K, K', L, L', M y M', los puntos de trisección de los lados del cuadrilátero, y lo dibujó en rojo (en un cuadrilátero convexo).
Empezó a trabajar con los vectores de posición:
Mire, profe. OE = (OA+OB+OC):3 , OF = (OA+OC+OD):3 , OG = (OA+OB+OD):3 y OH = (OB+OC+OD):3 porque son baricentros de triángulos. Por lo tanto EF = BD:3 y GH = AC:3 . Es decir, los segmentos morados son paralelos a las diagonales verdes y miden la tercera parte... Así que tenemos las equipolencias EF = J'J = LL' y GH = KK' = M'M. Sea N la intersección de las diagonales del cuadrilátero. Como las distancias del centro de gravedad I a G y a H son proporcionales a las áreas de los triángulos BCD y ABD, y estas son proporcionales a las distancias de N a C y a A, tenemos que IG = CN:3 . Análogamente IH = AN:3 , IE = BN:3 e IF = DN:3 . Si prolongamos los segmentos EF y GH hasta que corten al paralelogramo de Wittenbauer en P, Q, R y S como se muestra en la figura, entonces las distancias de I a P y a Q son iguales, del mismo modo son iguales las distancias de I a R y a S, lo que prueba que P, Q, R y S son los puntos medios del paralelogramo de Wittenbauer e I es su centro de gravedad. (Aunque no se muestre en el dibujo, I es la intersección de las diagonales del paralelogramo de Wittenbauer.)
SOLUCIÓN
Mire, profe...
Si trazamos la diagonal AC, el cuadrilátero queda dividido en dos triángulos cuyos baricentros son precisamente E y F, por lo que el centro de gravedad I del cuadrilátero estará alineado con E y F.
Si trazamos la diagonal BD, el cuadrilátero queda dividido en otros dos triángulos cuyos baricentros son precisamente G y H, por lo que el centro de gravedad I también estará alineado con G y H.
Estaba claro que el razonamiento de Nina Guindilla se había realizado con cuadriláteros convexos y que, con los remiendos pertinentes, podría aplicarse también a cuadriláteros cóncavos... Nina terminó con una pregunta intrigante y enigmática:
¿El centro de gravedad de un cuadrílatero coincide con el de su paralelogramo de Wittenbauer?
RESOLUCIÓN
Yoyó Peluso se acordaba de que el paralelogramo de Wittenbauer pasaba J, J', K, K', L, L', M y M', los puntos de trisección de los lados del cuadrilátero, y lo dibujó en rojo (en un cuadrilátero convexo).
Empezó a trabajar con los vectores de posición:
Mire, profe. OE = (OA+OB+OC):3 , OF = (OA+OC+OD):3 , OG = (OA+OB+OD):3 y OH = (OB+OC+OD):3 porque son baricentros de triángulos. Por lo tanto EF = BD:3 y GH = AC:3 . Es decir, los segmentos morados son paralelos a las diagonales verdes y miden la tercera parte... Así que tenemos las equipolencias EF = J'J = LL' y GH = KK' = M'M. Sea N la intersección de las diagonales del cuadrilátero. Como las distancias del centro de gravedad I a G y a H son proporcionales a las áreas de los triángulos BCD y ABD, y estas son proporcionales a las distancias de N a C y a A, tenemos que IG = CN:3 . Análogamente IH = AN:3 , IE = BN:3 e IF = DN:3 . Si prolongamos los segmentos EF y GH hasta que corten al paralelogramo de Wittenbauer en P, Q, R y S como se muestra en la figura, entonces las distancias de I a P y a Q son iguales, del mismo modo son iguales las distancias de I a R y a S, lo que prueba que P, Q, R y S son los puntos medios del paralelogramo de Wittenbauer e I es su centro de gravedad. (Aunque no se muestre en el dibujo, I es la intersección de las diagonales del paralelogramo de Wittenbauer.)
Aquí dejamos los razonamientos del esbozo de la demostración de Yoyó... El que desee atar los cabos sueltos, que ate...
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