El gran ángulo

Pista azul El 15 septiembre 2014  - Escrito por  Aziz El Kacimi
El 5 diciembre 2019  - Traducido por  Jimena Royo-Letelier, Julio E. De Villegas
Artículo original : Le grand angle Ver los comentarios
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Estoy frente a la estatua del Mariscal Toto, instalada a tal altura que sus pies quedan más arriba de mi cabeza. De lejos, me parece pequeña, pero crece a medida que me acerco a ella. A una cierta distancia, comienza a parecerme nuevamente cada vez más pequeña.
¿Cuál es la posición exacta donde me parecerá más grande?

La demostración de la existencia y la determinación efectiva de la posición en cuestión son un excelente ejercicio de geometría elemental. Los razonamientos mezclan propiedades entre arcos de círculos, ángulos... Son simples de llevar a cabo y se ilustran mediante muchos dibujos. ¡Para verlos totalmente!

1. COMENTARIOS PRELIMINARES

1.1. La separación entre los dos rieles en la primera imagen (o la anchura del camino en la segunda) es, por supuesto, la misma a lo largo de toda su extensión. Sin embargo, parece reducirse conforme se mira hacia el fondo.

1.2. En el primer dibujo, los dos triángulos son de tamaños diferentes; sin embargo, para el observador en el punto $O$, esos tamaños son los mismos. En cambio, en el segundo dibujo, la barra roja es más pequeña que la negra, pero para ese mismo observador parece más grande.

1.3. El tamaño de un objeto es evidentemente independiente de todo. Pero -como se acaba de ver en los ejemplos anteriores- su apariencia no es la misma: depende del lugar desde donde uno ve el objeto y bajo qué ángulo. Tamaño y ángulo son dos parámetros importantes. Su comprensión en el contexto permite resolver el problema, es decir, la determinación y la construcción explícita del punto desde donde la estatua parece más grande.

2. CÍRCULO Y ÁNGULOS

2.1. Los dos ángulos $\angle AMB$ y $\angle AOB$ en el dibujo de abajo subtienden el mismo arco de extremos $A$ y $B$.
El primero es llamado ángulo inscrito y el segundo ángulo en el centro.

2.2. Proposición. El ángulo en el centro es el doble del ángulo inscrito que subiendo el mismo arco, es decir, $\angle AOB = 2\angle AMB$.

Prueba

Es de un nivel muy elemental y casi inmediata, pero la damos igual. Recordemos primero la importante propiedad que sigue:

En el triángulo, la suma de los ángulos vale $\pi $. De ahí resulta que un ángulo exterior (de ese mismo triángulo) es igual a la suma de los otros dos ángulos interiores (los que no son adyacentes a él).

$\bullet $ Al ser $\angle AOJ$ un ángulo exterior del triángulo $OMA$ se tiene
$\angle AOJ = \angle AMO +\angle OAM$. Como $OMA$ es isósceles de base $MA$, los ángulos $\angle AMO$ y $\angle OAM$ son iguales. En consecuencia:

\[\angle AOJ =2\angle AMO.\tag{1}\]

$\bullet $ Al ser $\angle JOB$ un ángulo exterior del triángulo $OMB$ se tiene
$\angle JOB = \angle OMB +\angle OBM$. Como $OMB$ es isósceles de base $MB$, los ángulos $\angle OMB$ y $\angle OBM$ son iguales. En consecuencia:

\[\angle JOB = 2\angle OMB.\tag{2}\]

$\bullet $ Al sumar miembro a miembro las igualdades (1) y (2) se obtiene:

\[\eqalign{ \angle AOB = &\angle AOJ +\angle JOB \cr =&2\angle AMJ +2\angle JMB \cr =&2\angle AMB.} \]

Comentario. La prueba que acabamos de dar supone que el segmento $\overline{MJ}$ está dentro del ángulo $\widehat{AMB}$ o sobre uno de sus lados. La misma idea funciona cuando $\overline{MJ}$ está fuera del este ángulo (el lector se encargará de ver cómo).

2.3. De lo anterior se extrae una consecuencia muy importante: cuando el punto $M$ varía sobre el arco $\buildrel \frown \over{AB}$,
la medida de $\angle AMB$ permanece constante, ya que siempre es igual a la mitad del ángulo en el centro, que es el mismo cualquiera sea la posición de $M$ en cuestión.

2.4. Pregunta: Se da un ángulo de medida $\theta$, con $0<\theta <\pi $, y dos puntos $A$ y $B$ (distintos, por supuesto).
¿Cuál es el lugar geométrico $\Gamma $ del punto $M$ que verifica $\widehat{AMB}=\theta $
?

Respuesta. Se construye un punto $M$ tal que $\angle AMB = \theta $ (esto se hace fácilmente). El punto $M$ evidentemente no está sobre la recta $\overline{AB}$ ya que $0<\theta <\pi $. Luego, se traza la circunferencia que pasa por los puntos $A$, $B$ y $M$. Esta se divide en dos arcos de extremos $A$ y $B$. Se denota $\Gamma_1$ al que contiene el punto $M$. Entonces todo punto de $\Gamma_1$ está sobre el lugar geométrico buscado. La figura simétrica de $\Gamma_1$ en relación a la recta $\overline{AB}$ es también un arco de circunferencia $\Gamma_2$ que posee la misma propiedad. El conjunto $\Gamma $ obviamente contiene a la unión $\Gamma_1\cup \Gamma_2$ (en azul sobre el dibujo que sigue). Demostraremos que es exactamente $ \Gamma_1\cup \Gamma_2$ respondiendo la pregunta que viene.

¿ Qué sucede con los puntos que no están sobre $\Gamma_1\cup \Gamma_2$ ?

Cuando $M$ está en el interior de los círculos $\Gamma_1\cup \Gamma_2$, ocupando, por ejemplo, la posición $K$, se tiene $\widehat{AKB}=\theta +\widehat{KBM}$ (esto deriva del hecho que $\widehat{AKB}$ es un ángulo exterior del triángulo $KMB$, y por lo tanto igual a la suma de los otros dos). En consecuencia $\widehat{AKB}$ es estrictamente superior a $\theta $.

Cuando $M$ está en el exterior de los círculos $\Gamma_1\cup \Gamma_2 $,
ocupando, por ejemplo, la posición $L$, se tiene en cambio $\widehat{ALB}=\theta - \widehat{LAN}$ (funciona el mismo argumento: $\widehat{ANB}$ es un ángulo exterior del triángulo $NAL$, por lo tanto igual a la suma de los otros dos). En consecuencia $\widehat{ALB}$ es estrictamente inferior a $\theta $.

2.5. El dibujo de abajo muestra cómo se podría utilizar las propiedades geométricas anteriores para disponer las butacas en una sala de espectáculos. Cada fila es un arco de círculo que pasa por los dos extremos del escenario: así todos los espectadores que están sentados tienen el mismo ángulo de vista. Mientras más adelante uno está, ¡más crece este ángulo y mejor se ve!

3. LA SOLUCIÓN

3.1. Cuando nuestro observador se desplaza en dirección a la estatua, su cabeza (representada por el punto $M$) varía sobre una recta horizontal $\Delta $ paralela al suelo y de altura $h$ igual, por supuesto, a la estatura del observador. La estatua está representada por un segmento vertical $\overline{AB}$ perpendicular a $\Delta$: $A$ es su cabeza y $B$ su pie.
La altura a la cual se encuentra $B$ se supone que es estrictamente más grande que $h$. Se supone también que las rectas $\overline{AB}$ y $\Delta$ están sobre un mismo plano ${\cal P}$, sobre el cual se va a trabajar de ahora en adelante.

3.2. Existe una única circunferencia $\Gamma$ (en rojo en el dibujo de abajo) sobre el plano ${\cal P}$, del lado derecho de la recta $\overline{AB}$, que pasa por los dos puntos $A$ y $B$ y es tangente a la recta $\Delta$. Su centro $\omega $ es la intersección de la mediatriz del segmento $\overline{AB}$ y del círculo de centro $A$ y de radio $\rho = IJ$ ($I$ siendo la intersección de $\Delta $ con la recta $\overline{AB}$, y $J$ el punto medio del segmento $\overline{AB}$). En efecto, como $\Gamma $ es tangente a $\Delta $ en $M$, el segmento $\overline{\omega M}$ es perpendicular a $\Delta $, y por lo tanto su longitud, que no es otra cosa que el radio $\rho$ de $\Gamma $, es igual a la del segmento $\overline{IJ}$.) Con excepción de $M$, todos los puntos de la recta $\Delta $ están fuera del círculo delimitado por $\Gamma $. Así, según lo que se ha visto más arriba, todos los ángulos $\widehat{AM_iB}$ (con $i=0,1,\cdots $) son inferiores al ángulo $\widehat{AMB}$. A medida que el observador avanza hacia la estatua, este ángulo crece hasta la posición $M$, donde alcanza su máximo.

3.3. Si se continúa avanzando, este ángulo comienza a disminuir. Por ejemplo, en la posición $M'$, vale $\angle AM'B < \angle AMB$. Así, la solución al problema planteado es el punto $M$, donde la recta $\Delta$ es tangente a la única circunferencia que pasa por los puntos $A$ y $B$, situándose en el costado derecho de la recta $\overline{AB}$ (en relación a la cual el problema es evidentemente simétrico).

3.4. Como se puede ver en el dibujo de abajo, hay dos soluciones distintas para dos observadores que no tienen la misma estatura. El observador verde es más bajo que el rojo. Él llega al punto crítico antes, y el ángulo bajo el cual él ve la estatua es más pequeño que aquél bajo el cual el observador rojo la ve.

Post-scriptum :

Fuentes. Este problema fue planteado en el siglo XV por Regiomontano. Yo lo encontré en [David Wells : Le dictionnaire Penguin des curiosités géométriques], donde algunas líneas hablan de eso y un austero dibujo indica una solución. Me dije que valía la pena detallarlo y darle una demostración. Es probable que esté entre otras obras o que se arrastre por aquí o por allá en la red. En todo caso, es un hermoso ejercicio de geometría elemental, muy instructivo, y aborda un asunto concreto que no dejará de encantar a las personas acostumbradas a preguntar ’’¿para qué sirven las matemáticas?’’. Bromas aparte, este problema me ha servido en diversas ocasiones como tema de taller entre alumnos de liceo. ¡Les encantó!

Agradecimientos. Las personas cuyos nombres o seudónimos están a continuación aceptaron leer la versión preliminar de este artículo: Gregoire Dubost, Jean-Romain Heu, Nathmel y Didier Roche. Sus comentarios me permitieron mejorar la claridad. Se los agradezco, así como a Patrick Popescu-Pampu, quien sugirió los primeros pequeños retoques.

Artículo original editado por Patrick Popescu-Pampu

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Para citar este artículo:

Julio E. De Villegas, Jimena Royo-Letelier — «El gran ángulo» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

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