Nuestros desarrolladores estrellas han agotado sus provisiones de café, en su búsqueda diariamente por la solución, hasta que Jorge halló la solución en Bitbucket por lo tanto hoy la compartimos con nosotros.
Solución:
La página de prueba de SSS de Cut-the-Knot tiene varias soluciones, incluida la de Euclid. Sin embargo, como indica el autor, solo la prueba de Hadamard “se realiza sin problemas”, con el importante aparte: “suponiendo, por supuesto, que los triángulos isósceles hayan sido tratados de manera justa anteriormente”.
Daré un desarrollo completo del argumento de Hadamard, incluidas las partes necesarias sobre los triángulos isósceles. Incluyo un par de subpruebas “obvias” solo para aclarar qué axiomas están en juego.
Preliminares:
- La congruencia de triángulos SAS es una axioma.
- (1) implica una dirección del Teorema del Triángulo Isósceles, a saber: Si dos lados de un triángulo son congruentes, entonces los ángulos opuestos a esos lados son congruentes. PS[star]PS
- (2) implica que Un punto equidistante de los puntos distintos $P$ y $Q$ se encuentra en la mediatriz de la $overlinePQ$. PS[starstar]PS
Ahora, pasaremos a la parte del argumento de Hadamard donde tenemos $triangle ABC$ y $triangle A^prime BC$ con aristas correspondientes congruentes, construidas con $A$ y $A^prime$ en el mismo lado de $overleftrightarrowBC$. (Esa última parte es key.) Solo necesitamos mostrar que $A$ y $A^prime$ coinciden para probar SSS. Hadamard hace este argumento por contradicción…
- Asuma $A neq A^prime$.
- $B$ es equidistante de $A$ y $A^prime$ y, por lo tanto, $B$ se encuentra en la bisectriz perpendicular de $overlineAA^prime$ por (3) arriba. lo mismo es true de $C$.
- Por lo tanto, $overleftrightarrowBC$ es la mediatriz de $overlineAA^prime$.
- Por lo tanto, $overleftrightarrowBC$ coordinados $A$ y $A^prime$.
- Esto contradice el hecho de que construimos $A$ y $A^prime$ para estar en el mismo lado de $overleftrightarrowBC^prime$. PS[starstarstar]PS
- Por lo tanto, la suposición de que $A neq A^prime$ debe ser inválida, por lo que los triángulos $triangle ABC$ y $triangle A^prime BC$ coinciden; esto nos da SSS. $cuadrado$
PS[star]$ Prueba: El $triángulo ABC$ isósceles con base $overlineBC$ es congruente con el $triángulo ACB$ por SAS, y esos ángulos opuestos son correspondiente ángulos de los triángulos congruentes.
PS[starstar]$ El punto medio, $M$, de $overlinePQ$ ciertamente está en la bisectriz perpendicular. Un punto $R neq M$ equidistante de $P$ y $Q$ crea un $triángulo isósceles RPQ$ con ángulos congruentes en $P$ y $Q$ por (2). Por lo tanto, $triangle RPM cong triangle RQM$ por SAS. Los ángulos correspondientes $angle RMP$ y $angle RMQ$ deben ser congruentes; como suplementos, deben ser correctos. $overleftrightarrowMR$, entonces, es la bisectriz perpendicular de $overlinePQ$. (Observaré que un más fácil La prueba podría afirmar que, desde el principio, $triangle RPM cong RQM$ por SSS … pero no podemos usar ese argumento en una prueba de SSS en sí).
PS[starstarstar]$ La contradicción aquí es uno de los descuidos de Euclides que más tarde Hilbert hizo explícito como el Axioma de Separación de Planos. El PSA tiene formulaciones ligeramente diferentes en diferentes tratamientos de bases geométricas, pero efectivamente es el “¡Porque yo lo digo!” afirmación de que las líneas dividen los planos en dos “lados” disjuntos y nos da nuestra contradicción.
Suponga que los triángulos son $ABC$ y $A’B’C’$ con lados $a,b,c$ y $a’,b’,c’$. Primero mueve el vértice $A$ al vértice $A’$ (siempre que sea posible). Luego rotar para hacer coincidir los lados $b$ y $b’$ (posible por suposición). Los lados $a$ y $a’$ ahora parten del mismo punto y son iguales. Entonces, son radios de un círculo con centro en $C=C’$. Algo similar ocurre con los lados $c$ y $c’$, pero con centro en $A=A’$. Estos círculos se cruzan en $B$ y $B’$.
Aplicando simetría con respecto al lado $b$ podemos suponer que los puntos $B$ y $B’$ están del mismo lado de la recta $b$. Los círculos de arriba son simétricos con respecto a la línea $b$. Si $B$ no coincide con $B’$. Luego, los círculos también se cortan en otros dos puntos del otro lado de la línea $b$. Esto es una contradicción porque los círculos no pueden intersecarse en cuatro puntos.
Estabas preguntando sobre la geometría del taxi. Supongamos que tenemos un segmento que es diagonal con respecto a “la cuadrícula” en el plano Taxicab (recuerde que en la geometría del taxi primero fija dos ejes para medir las distancias, entonces, diagonal significa diagonal con respecto a estos ejes). Ahora considere la mitad de la longitud de este segmento. Hay infinitos triángulos isósceles, con base en el segmento y con lados iguales a la mitad de este segmento. La razón es que las circunferencias con centro en el extremo del segmento diagonal y radio la mitad de su longitud, contienen a la vez un segmento entero de la mediatriz del segmento. La imagen son dos cuadrados como este (http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/d/de/TaxicabGeometryCircle.svg) compartiendo un lado y el segmento si es el que une sus centros. Estos cuadrados son los círculos en la geometría Taxicab. El artículo de Wikipedia sobre la geometría del taxi menciona que la geometría del taxi satisface todos los axiomas de Hilbert excepto la congruencia SAS.
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