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Universidad Interamericana de Puerto Rico - Recinto de Ponce
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Un Análisis del Paralogismo: Todos los Triángulos son Isósceles
Por: Prof. Enrique Díaz González
Universidad Interamericana de Puerto Rico – Recinto de Ponce
Introducción
En la geometría euclidiana es posible obtener ciertos resultados que nos desconciertan, pues
ellos no están de acuerdo con nuestra experiencia. Estas conclusiones, denominadas paralogismos,
se producen al razonar incorrectamente en una figura aparentemente bien construida, pero que
después de un examen más profundo se advierte que en ella no se cumplen resultados básicos de la
teoría.
El presente trabajo contempla los siguientes propósitos. En primer lugar, exhibir uno de los
paralogismos clásicos mencionado en la mayoría de los textos de Geometría. En segundo lugar,
justificar rigurosamente los pasos empleados en la construcción dada. Finalmente, realizar un
análisis para determinar los principios geométricos fundamentales que se ignoraron en el
razonamiento y que originaron el paralogismo.
I. Un poco de Historia
Recordemos que la obra “Elementos” de Euclides tiene una vigencia de más de dos mil años.
Debido a la creación de las geometrías no euclidianas en el siglo XIX, los matemáticos comenzaron
a preocuparse intensamente de los fundamentos de la geometría y analizaron en forma crítica la
obra de Euclides. Estos estudios culminaron con el trabajo de Moritz Pasch publicado en 1882,
continuado y enriquecido por Giuseppe Peano (1889), David Hilbert (1899) y Oswald Veblen
(1904). En la actualidad se reconoce que el trabajo de Hilbert vertido en su obra “Fundamentos de
la Geometría”, constituye el desarrollo lógico más completo para presentar la geometría
euclideana. De la gran cantidad de material geométrico que figura en los “Elementos”, Hilbert
distinguió los conceptos primitivos adecuados y agrupó los postulados en cinco grupos: postulados
de incidencia, postulados de orden, postulados de congruencia, postulados de paralelismo y
postulado de continuidad.
Uno de los postulados de orden, que no aparece en forma explícita en el trabajo de Euclides,
es el denominado “Postulado de Separación del Plano” (propuesto por primera vez por Pasch en
una forma equivalente al dado). Para enunciarlo necesitamos el concepto de conjunto convexo.
Definición: Un conjunto no vacío H se denomina convexo si para cualquier par de puntos A y B en
H, el segmento está contenido en H.
Ahora podemos expresar el postulado mencionado anteriormente.
Postulado de Separación del Plano. Si P es un plano y L es una recta contenida en P, entonces
existen subconjuntos convexos, y de P, tales que:
i) P = L ;
ii) , y L son subconjuntos disjuntos ;
iii) Si A , B , entonces L 0
Definición: Los subconjuntos y dados por el postulado anterior se denominan semiplanos y se dice
que ellos son lados de la recta L. Si dos puntos están en un mismo semiplano se dice que ellos están
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a un mismo lado de L, y si están en semiplanos distintos se dice que ellos están a distintos lados de
L.
Consecuencia inmediata de este postulado es el siguiente
Corolario: Dado un ABC contenido en un plano P. Si D, D B, D C, E ,
E A, E B, y D-E-F, entonces D y F están a distinto lado
Demostración: Como se tiene el orden D-E-F resulta que E. Si D y F están a un mismo lado de,
entonces (pues es convexo). Luego E. Como E resulta que 0 lo que contradice la parte ii del
postulado anterior.
II. El paralogismo.
Procediendo como se hace habitualmente en la geometría euclidiana, vamos a probar la siguiente
proposición: Todos los triángulos son isósceles.
Demostración: Dado un ABC cualquiera como el de la figura 1.
Tracemos la bisectriz del C y la simetral del lado. Denotemos su intersección por P. Tracemos
desde este punto las perpendiculares y a los lados y, respectivamente. Unamos P con A y con B.
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En los triángulos rectángulos APS y BPR se tiene:
(1) AP = PB (P está en la simetral de y luego equidista de A y de B).
(2) PS = PR (P está en la bisectriz del C y luego tiene igual distancia a los lados del C).
Si aplicamos el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos APS y BPR y empleamos las
relaciones (1) y (2) se tiene:
AS= AP– PS= PB– PR= BR, de donde resulta (3) AS = BR
Mediante un razonamiento análogo en los triángulos rectángulos PSC y
PRC se tiene: SC= PC– PS= PC– PR= RC, de donde (4) SC = RC
Como A, S y C son colineales y B, R y C son colineales podemos sumar (3) y (4) para obtener AC
= BC
Esto prueba que el ABC es un triángulo isósceles.
III. Análisis.
La demostración anterior, que parece correctamente a primera vista, tiene que tener una
inconsistencia en algún punto, pues sabemos que existen triángulos que no son isósceles. (¿Podría
usted exhibir uno?) Sin embargo, determinar donde está la falla en el razonamiento paso a paso
para justificar la prueba dada.
Supongamos, entonces, que está dado un ABC cualquiera. Sin pérdida de generalidad, podemos
comparar las longitudes de los lados y. Si AC = BC el triángulo es isósceles y no hay nadad que
probar. Supongamos por lo tanto que (+) AC BC.(*)
Ahora consideremos las siguientes proposiciones.
1. La bisectriz del C y la simetral del lado se intersectan en un punto.
En efecto, si ellas son paralelas (ver Fig. 2), se tendría que:
m A + m ACD = m B + m BCD = 90º
Como m ACD = m BCD (pues es bisectriz del C) resulta m A = m B y luego AC = BC (pues en un
triángulo si dos ángulos son congruentes, los lados opuestos a ellos son también congruentes). Esto
contradice la relación (*). Análogamente, si suponemos que la bisectriz y la simetral coinciden, se
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llega a una contradicción con (*).
Conclusión. Bajo la suposición (*), la bisectriz del C y la simetral del lado se intersectan en un
único punto.
2. ¿Dónde está ubicado el punto de intersección de la bisectriz y simetral de la conclusión anterior?
Afirmamos que este punto se encuentra en el exterior del ABC. Para hacer ver esto, consideramos
la circunferencia circunscrita al ABC (ver Fig. 3).
Los ángulos ACP y BCP son congruentes y por lo tanto, también lo son los arcos AP y PB (pues en
una circunferencia ángulos inscritos congruentes comprenden arcos congruentes). Por lo tanto, el
punto P es el punto medio del arco AB. Como es cuerda de la circunferencia y es simetral de, resulta
que debe pasar por el punto medio del arco AB (pues los ángulos del centro AOP y BOP son
congruentes y por consiguiente comprenden arcos congruentes). Resulta entonces que la bisectriz
y la simetral tienen el punto P común y como ellas se intersectan en un único punto, éste debe ser
necesariamente P.
Conclusión. Bajo la suposición (+), la bisectriz del C y la simetral del lado se intersectan en único
punto que está situado en el exterior del ABC.
3. De acuerdo con la conclusión en 2, podría pensarse naturalmente que la inconsistencia en la
demostración en I se produjo al dibujar el punto de intersección de la bisectriz y de la simetral en
el interior del ABC. Sin embargo, antes de apresurarse a esta conclusión, examine las siguientes
figuras 4 y 5.
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Figura 5
Mediante un razonamiento similar a la parte I, se prueba en ambos casos que AC=BC, lo que
muestra que la causa del paralogismo es más profunda.
4. En las figuras 1, 4 y 5 los pies de las perpendiculares trazadas desde el punto de intersección de
la bisectriz del C y de la simetral del lado fueron dibujadas de modo tal que siempre están situados
a un mismo lado de la recta. ¿Qué razones existen para justificar esto? Probaremos que esta
disposición de los puntos R y S no es correcta, y que en realidad M, A y B son colineales.
Volvamos a la figura 3 y supongamos por un momento que el pie de la perpendicular trazada desde
P al lado BC coincide con B. (ver Fig. 6)
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Figura 6’
Figura 6
Entonces β + m ABP = 90º. Como BAP ABP y ABC APC (pues son ángulos inscritos que
comprenden el mismo arco), resulta m AFP = 90º.
Existirían por consiguiente dos perpendiculares trazadas desde P al lado. Esto es imposible a menos
que coincida con . En este caso se tendría AC = CB (pues AFC BFC por A.L.A.), lo que contradice
la suposición (*). Supongamos ahora que el pie de la perpendicular coincida con el punto medio de
(ver Fig. 6’). Entonces RCP RBP por L.A.L. de donde RCP
RBP. Como RCP PBA resultaría PBA PBR lo que es imposible. En consecuencia, el pie de la
perpendicular trazada desde P a cualquiera de los lados y no coincide ni con A ni con B ni con el
punto medio de, si la suposición (*) es válida.
Sin pérdida de generalidad, supongamos que el pie R de la perpendicular trazada desde P al lado
está entre B y C (ver Fig. 7).
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Tracemos. Afirmemos que no es paralela a . En efecto si lo fuera se tendría ABC~, de donde se
obtiene: MB : AB = BR : BC = 1:2 (pues 2MB = AB). Esto nos dice que R es el punto medio de, lo
cual contradice lo probado en la figura 6’. Por lo tanto, intersecta el rayo en un punto S.
Tracemos. Como los ángulos PRS y BMP son rectos, resulta que los puntos P, B, R y M están en
la circunferencia del diámetro. Luego (5) BPR BMR (pues son ángulos inscritos que comprenden
el mismo arco BR). Además, (6) BMR AMS (opuestos por el vértice).
Como m BPR = 90º - - resulta por (5) y (6) que m AMS = 90º - - .
En el triángulo se tiene m ASM + m SAM + m AMS = 180º.
Luego (7) m ASM = 180º - = 90º - .
De (7) y (8) resulta que es isósceles y siendo bisectriz del C es también simetral del lado. Como P
está en esta simetral resulta que PS = PR y en consecuencia (9) m PSR = m PRS =. De (7) y (9) se
obtiene
m CSP = 90º , lo que prueba que es perpendicular a en el punto S.
Se obtiene así que los pies de las perpendiculares trazadas desde P a los lados del son colineales. La
recta que contiene a estos puntos se denomina recta de Simson (por Robert Simson, 1687-1768).
Como conclusión podemos afirmar que si el pie R de la perpendicular trazada desde P al lado está
a un lado de la recta, el pie S de la perpendicular trazada desde P al lado está al otro lado de la
recta. En efecto, en el se cumplen las hipótesis del corolario enunciado en parte I, lo que prueba
que R y S están a distinto lado de.
5. Estamos ahora en condiciones de explicar el paralogismo producido en la demostración en la
parte I. De acuerdo con la conclusión obtenida en 4, las figuras 1, 4 y 5 están mal dibujadas, pues
en ellas los puntos S y R están a un mismo lado de la recta . Una figura correcta es el número 7. De
acuerdo a ella, aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos y resulta que
CS = CR y AS = RB. Luego,
CB = CR + RB
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CA = CS – AS = CR – RB
De manera que CA = CB sólo si RB = 0 y en este caso, como fue probado en 4 (ver Fig. 6), el
triángulo es isósceles.
Ejercicio propuesto. Determinar la causa del paralogismo siguiente “Un ángulo recto es congruente
a un ángulo obtuso”
Demostración. Consideremos un rectángulo ABCD. Con centro en B rotemos el lado de modo que
se ubique en la posición de la figura. Unamos D con C’ y tracemos las simetrales de los trazos y .
Estas simetrales se intersectan en P, pues son perpendiculares a dos rectas que se intersectan.
Unamos P con A, B, D y C’. Entonces,
AP = PB (pues P está en la simetral de ).
PD = PC’ (pues P está en el simetral de )
AD = BC’ (construcción)
Resulta (por L.L.L.) de donde
(1) m PAD = m PBC’ , además,
(2) m PAB = m PBA (pues AP = PB). Restando miembro a miembro (1) y (2) resulta m PAD – m
PAB = m PBC’ – m PBA m MAD = m MBC’. Luego un ángulo recto es congruente a un ángulo
obtuso.
Referencias
1) Eves, Howard Estudio de las Geometrías, Tomo I, México. UTEHA, 1969.
2) Moise, Edwin E. Elementos de Geometría Superior, México, Compañía Editorial Continental,
1968.
3) Puig Adam, Pedro Curso de Geometría Métrica, Tomo I: Fundamentos. Madrid, 1956.
Prof. Enrique Díaz, [email protected] Profesor de matemáticas- Universidad Interamericana de
Puerto Rico, Recinto de Ponce.
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