9.1 Problemas y ejercicios

1.-Demostrar que la suma de los ángulos de un polígono de n lados es ( n-2) 180 º.
2.-Demostrar las siguientes identidades:
3.-Verifica que
4.-Todos los números de la forma 1007, 10017,100117,1001117,... son divisibles entre 53.
5.-Se tienen 2n puntos, y de todos los segmentos que los unen se colorean n² +1. Prueba que existen 3 puntos tales que los 3 segmentos que los unen están pintados.

Inducción matemática

Consideremos por un momento el polinomio p (x) = x + x+41. Sustituyendo x = 1,2,3... obtenemos los valores
Observemos que todos los valores obtenidos son números primos ¿Será cierto que para cualquier entero x el valor que se obtiene es un número primo?

Responderemos esta pregunta más adelante. Veamos otro problema de ejemplo.

Considera un triángulo rectángulo isósceles con catetos iguales a 1 sobre la hipotenusa de éste se levanta un segundo triángulo de cateto igual a 1, sobre la hipotenusa de este nuevo triángulo se levanta un tercer triángulo rectángulo y así sucesivamente. Encuentra la longitud de la hipotenusa del triángulo número 1998.

Usando el teorema de Pitágoras obtenemos que la primera hipotenusa vale √2, la tercera vale √3, la cuarta vale √4. Si este patrón continuara, obtendríamos que la hipotenusa del triángulo 1998 sería √1999. Pero, ¿podemos asegurar que este patrón realmente continúa?

El método de inducción matemática.

En muchos problemas necesitamos demostrar que una propiedad que depende de un número entero n se cumple para todos los enteros positivos. La técnica canónica que usaremos para lograr este objetivo se denomina inducción matemática.
En su forma simple, este método consta de dos etapas:

1.Se verifica que la propiedad se cumple para un valor inicial ( n=1).
2. Se demuestra que si la propiedad se cumple para algún entero k, entonces se cumple para el siguiente (k +1).

Una vez verificados esos 2 requisitos, podemos verificar que la propiedad se cumple para n = 1, 2,3,....

Veamos un ejemplo práctico antes de analizar porque funciona el método. En el problema del triángulo, queremos comprobar la propiedad
La hipotenusadel triángulo n es √(n +1).
Notemos que la propiedad depende de un y sólo un número entero, el valor de n.Esto es un indicador de que el método de inducción matemática podría ser apropiado.
La primera etapa pide mostrar que la propiedad se cumple para n=1, es decir , que la hipotenusa del primer triángulo es √2, lo cual es cierto en virtud del teorema de Pitágoras.
En la segunda etapa, imaginamos que ya sabemos que la propiedad se cumple para algún valor de k ( o sea la hipotenusa del triángulo k es √(k +1) ).Queremos probar que la propiedad también se cumple para k +1 (o sea, la hipotenusa del triángulo k+1 es √(k +2)).
Para calcular la hipotenusa del triángulo k +1 aplicamos el teorema de Pitágoras. Uno de sus catetos es 1, y el otro es la hipotenusa del triangulo anterior, el cual estamos suponiendo que vale √(k +1). Entonces

Comprobamos que si la propiedad se cumple para un entero k, se cumple para k +1 . Entonces la inducción matemática nos garantiza que la propiedad siempre se cumple, y ya somos capaces de asegurar que la hipotenusa del triangulo 1998 es √1999.
¿Por qué funciona el método?
Este proceso puede compararse a una escalera, donde la primera etapa nos da el primer peldaño, y la segunda etapa construye nuevos peldaños a partir de los anteriores. La primera etapa prueba que la propiedad se cumple para n=1, dándonos un punto de partida. La segunda etapa dice que si sabemos que la propiedad se cumple para algún entero, se cumple para el siguiente.¡ Pero la primera etapa nos dice que la propiedad se cumple para n =1! Entonces podemos asegurar que la propiedad se cumple para el siguiente entero, es decir n =2. Como la propiedad se cumple para n=2, la segunda etapa nos dice que se cumple para el siguiente n =3.Como ahora ya sabemos que se cumple para n=3 ,la segunda etapa nos dice que la propiedad se cumple para n =4, y así sucesivamente.
Esto basta para asegurar que la propiedad se cumple para n= 1,2,3,4... ya que no importa que número escojamos, en algún momento la escalera “alcanza” ese número.
Variantes del método de inducción.

El análisis del método de inducción sugiere algunas variantes. Por ejemplo, en la primera etapa , el valor inicial no necesariamente tiene que ser 1. Si en la primera etapa probamos (por ejemplo) que la propiedad se cumple para n =10 , el método de inducción nos garantiza que la propiedad se cumple únicamente para n= 11,12... y si probásemos que la propiedad se cumple para n = -3, el método de inducción nos garantiza que la propiedad se cumple para n = -3,-2,-1, 0, 1,2,... Sin embargo, en la mayoría de los problemas el paso inicial es n =0 o n = 1.
La segunda etapa también es susceptible de modificación. Un ejemplo sería probar que si la propiedad se cumple para algún entero k , se cumple para k +2 . En este caso suponiendo que el valor inicial fuese n =1, habríamos que la propiedad se cumple para n = 1, 3,,5,7... ( Cerciorarse de este hecho). Sin embargo, las modificaciones a la segunda etapa son bastante raras, y con frecuencia pueden evitarse escogiendo adecuadamente las variables de la inducción.

Importancia de las dos etapas.
Si bien es cierta que la segunda etapa es la que “demuestra” que la propiedad se cumple, la primera tiene una importancia fundamental. Un error común es dar por sentada la primera parte del método y comprobar únicamente la segunda. Este es un error que se debe evitar, pues es necesario tener un punto inicial para que la inducción pueda funcionar. Consideremos el siguiente ejemplo.
En el problema del triángulo, imaginemos que equivocadamente hubiéramos notado que la hipotenusa del triangulo n era √(n-1).
En la segunda etapa suponemos que la propiedad se cumple para un k e intentamos probar que también se cumple para un k +1. Usando el teorema de Pitágoras:

Y concluimos que la hipotenusa del triangulo n es ! √(n-1) en vez de √(n+1)!
El error provino de omitir la primera etapa, que es la que nos provee de una base verdadera para que la segunda etapa construya una escalera de verdades.
Analicemos ahora el problema del polinomio. Después de probar los primeros 20 números obtenemos siempre números primos ( esto equivaldría a realizar la primera etapa), sin embargo, como nos es difícil probar la segunda parte, nos vemos tentados a decir “ después de hacer muchos casos”, concluimos que el polinomio siempre devuelve números primos”. Este es un error aún más grande que el anterior ,pues
P (41) = 41₂ +41 +41 = 41 (41 +1+ 1)= 41× 43
Y tenemos que el polinomio no siempre genera números primos. La moraleja es que si algún patrón parece repetirse de manera constante, es bueno señalarlo, pero hasta no realizar ambos pasos de la inducción no podemos garantizar que la propiedad siempre se cumple (aunque la comprobemos en muchos casos particulares).

8 Principio de las casillas

El principio de las casillas es también conocido como el principio del Palomar se enuncia como sigue:

(Principio de las casillas)Si se dispone de n casillas para colocar m objetos y m >n, entonces en alguna casilla deberán colocarse por lo menos dos objetos.

Este principio puede parecer tan obvio a simple vista que parecería un poco extraño estudiarle en un capitulo aparte. Pero como veremos, una gran variedad de problemas combinatorios pueden atacarse con este principio, especialmente aquellos en los que se desea demostrar la existencia de alguna situación. Veamos unos ejemplo muy sencillos.

Ejemplo. En cualquier grupo de seis personas, hay tres personas que se conocen todas entre sí o tres personas que no se conocen ninguna a la otra (asumiendo que si x conoce a Y entonces Y también conoce a X).
Consideremos una persona de las seis, digamos a A. Las restantes cinco personas caen en dos clases: conocen a A o no conocen A. Por principio de las casillas, una de esas clases debe tener al menos tres personas.
Supongamos que hay al menos tres personas que no conocen a A, si algún par de ellas no se conocen, junto con A ya son personas que no se conocen entre sí, y en el caso restante las tres personas se conocen todas entre sí. Un argumento similar se ocupa en el caso cuando las tres personas conocen a A.

Ejemplo. Algunos de los cuadritos de una cuadricula de 3 × 7 se pintan de negro y los otros se dejan en blanco. Probar que forzosamente las líneas de la cuadrícula forman un rectángulo en cuyas cuatro esquinas los cuadraditos tienen el mismo color (los cuatro blancos o los cuatro negros).
Solución. Supongamos que tenemos una cuadricula pintada de manera tal que no se forma el rectángulo con las esquinas del mimo color.Simbolicemos por N al color negro y por B al blanco, y observemos que los cuadritos de una columna pueden haber quedado pintados según las siguientes8 posibilidades :p₁=NNN,p₂=NNB,p₃,p₄=BNN,p₅=NBB,P₆=BNB,p₇=BBN,p₈=BBB.

Supongamos que una de las columnas esta pintada según la posibilidad p ₁; entonces con cualquiera de las posibilidades en que la columna tiene dos N`s se formara un rectángulo con las esquinas negras, así que ninguna columna está pintada así; pero entonces las columnas están solo pintadas según las según las posibilidades p ₁, p ₅,p ₆,p ₇,p ₈; como el número de columnas es 7, entonces el principio de las casillas nos dice que debe haber dos columnas iguales, pero aquí también, por el principio de las casillas, como son tres cuadritos en cada columna y sólo dos colores hay un color que se repite, y entonces es obvio que se forma un rectángulo con las esquinas del mismo color. Concluimos entonces que la posibilidad p ₁ no aparece. Lo mismo ocurre al considerar la posibilidad p ₈. Entonces ninguna de las posibilidades p ₁ y p ₈ aparece; pero así sobran sólo 6 posibilidades, con lo cual , otra vez aplicando el principio de las casillas, tenemos dos columnas iguales, y de ahí una contradicción.

7.2 El triángulo de Pascal y el teorema del binomio

Acomodemos en una tabla los valores de C (n,k) con los valores de n por filas y los de k por columnas

La identidad de Pascal nos dice que todo elemento del triangulo es igual a los dos que se encuentran directamente sobre de ella .Esto quiere decir que si construimos un arreglo triangular de números (comenzando con el 1 en la primera fila) de modo que toda entrada sea la suma de las dos que están encima de ella, los números que aparecen son precisamente los coeficientes binomiales. El arreglo que se forma se conoce como triángulo de Pascal.
El triángulo de Pascal encierra muchas relaciones numéricas, por ejemplo, la suma de todos los números en la n- ésima fila es 2ⁿ equivalente al teorema 7.3. Fijémonos ahora en la suma de las “diagonales”. En la siguiente figura, consideremos las diagonales cuarta (en verde), quinta (en rojo) y sexta (en azul) contando desde cero. Sus sumas son respectivamente 1+3+1=5, 1+4+3=8 y 1 +5+6+1=13.
Entonces tenemos que la suma de los elementos de la diagonal verde y la roja es igual a la suma de los elementos de la diagonal azul. Esto sucede en general si d _rdenota la suma de los elementos de la r-ésima diagonal, entonces:

d_r+1 =d _r + d_r-1 .

Además, dado que d₀= 1 y d₁ =1.Los números que se forman de esta manera se conocen como números de Fibonacci. Decimos entonces que la suma de los números en la r-ésima diagonal del Triángulo de Pascal es igual al r-ésimo número de Fibonacci.Otra relación interesante es la propiedad hexagonal

Escojamos un número en el interior, por ejemplo el 10 = C (5,3). Fijémonos en el hexágono de números que se forma a su alrededor con 6= C(4,2), 4 =C (4,3), 10=C (5,2), 5=C(5,4) ,20=C(6,3), 15=C (6,4).Si se multiplican vértices alternados de este hexágono se obtiene en ambos casos la misma cantidad:
4×10×16= 600= 6 ×5×20.
Esta propiedad también es válida formando hexágonos de este tipo en cualquier parte del triángulo. Sin embargo, quizás la relación más interesante en el triángulo de Pascal se relaciona con el teorema del binomio.
Consideremos el producto (a+b⁵). Al desarrollarlo, ¿con qué coeficiente aparece ab ? Aquellos que conozcan el teorema del binomio dirán enseguida: El coeficiente es C (5,3).¿Pero porque sucede así? Uno podría decir: “porque si desarrollamos (a+b)⁵=a⁵ +5ab⁴ + 10a²b³ + 10a³b² +5ab⁴ +b⁵ +vemos que el coeficiente es 10”.Pero esa respuesta en realidad no esta diciendo la razón de porque el coeficiente se calcula precisamente como C (5,3).
Para analizar la situación vamos a diferenciar los factores:
(a+b)⁵= (a₁+b₁) + (a₂+b₂) +( a₃+b₃) +( a₄+b₄) +( a₅+b₅) .
Donde las a_i y las b_j, son iguales entre sí.pero que estamos considerando como diferentes por ahora. Si efectuamos el producto de la derecha vemos que los términos que cuentan con ab³² son:
a₁a₂a₃b₄b_{5 ,} a₁a₂b₃a₄b₅ , a₁a₂b₃b₄a₅ , a₁b₂a₃a₄b₅ , a₁b₂a₃b₄a₅ ,

a₁b₂a₃a₄b₅ , b₁a₂a₃a₄b₅ , b₁a₂a₃b₄a_5, b₁a₂b₃a₄a_{5 ,} b₁b₂a₃a₄a₅ .

En otras palabras, si efectuamos la multiplicación “larga” de los cinco factores, los 10 términos de arriba son los que quedan en la columna de ab. Una manera de contar la lista consiste en fijarnos que siempre hay precisamente cinco posiciones de las cuales dos son ocupadas por b`s y tres por a`s. Entonces, dependiendo si nos fijamos en las a`s o en las b`s obtenemos que hay C (5,3) o C (5,2) que en ambos casos es 10.

Ejercicios y problemas

1.-Interprete combinatoriamente la siguiente afirmación:

2.-Demuestre la propiedad hexagonal del triángulo de Pascal
3.-Demuestre que la suma de los elementos en la r-ésima diagonal del triángulo de Pascal es precisamente el r- ésimo número de Fibonacci.
4.-Demuestre que

7 Coeficientes binomiales

En el capitulo anterior, vimos que C (n, k) representa el número de subconjuntos de k elementos que tiene un conjunto con n elementos. Además, vimos que se puede calcular mediante la formula

A lo largo de este capitulo veremos una gran variedad de otras propiedades, pero el enfoque será distinto al anterior. Para poder desarrollar las habilidades de demostración en combinatoria, nuestras pruebas no se basaran en el cálculo explicito con la fórmula, sino en el hecho de que son el número de k-subconjuntos de un conjunto con n elementos. Así, aunque podemos demostrar las propiedades desarrollando la formula con factoriales, de este modo las combinaciones nunca serán más que herramientas de conteo para nosotros, mientras que el uso de su definición como número de subconjuntos nos permite adquirir nuevas habilidades que nos serán extremadamente útiles al momento de enfrentarnos a la resolución de problemas.
7.1 Identidades básicas.
Al usar las combinaciones en el capitulo anterior, habían unos casos especiales (cuando los subconjuntos son de un elemento, cuando se escoge todo el subconjunto), que tal vez notaste. A continuación los enunciamos para poder usarlos libremente

Dado que sólo hay una manera de escoger todos los elementos, y solo una manera de no escoger ninguno, tenemos que C (n,n) = C (n,0)=1 . Por otro lado, si un conjunto tiene n elementos y queremos escoger uno, tenemos n opciones. Así C (n,1)=n.

Para demostrar la segunda, notamos que cada vez que escogemos k elementos para formar el subconjunto, estamos determinando a los n-k que no estén en el subconjunto. Y viceversa, escoger n-k que no estén en el subconjunto automáticamente determina a los k que si están. Si para cada una elección de unos hay una elección correspondiente de los otros, el total en ambos casos es el mismo ( igual número de formas de escoger los k que sí van a estar y los n-k que no van a estar). Esto es,

La demostración dada es un ejemplo de como se evita la aplicación mecánica de la fórmula, usando un argumento basado en le definición. El siguiente resultado ya no es tan simple y a la vez es muy interesante, se conoce como la identidad de pascal.

Hagamos un análisis previo .Supongamos que S = { a₁,a₂,a₃,...,a_n }es el conjunto que tiene n elementos, con los que queremos formar subconjuntos con k elementos. Fijémonos en un elemento cualquiera, digamos a₁. De todos los conjuntos que queremos formar, algunos contendrán a a y otro no, sin embargo
Total de subconjuntos con k elementos =
(subconjuntos con k elementos que contienen a a₁)
+ (subconjuntos con k elementos que no contienen a a₁).

El total es, por definición C (n,.k).Ahora queremos contar cuantos de ellos contienen a a₁.
Si uno de tales conjuntos tiene a a₁, hay que llenar k-1 posiciones con cualquiera de los otros n-1. En otras palabra, como ya sabemos que a₁ es un elemento, hay que escoger k-1 de los n-1 restantes, lo que se puede hacer de C (n-1,k-1) formas.
Para formar un conjunto que no contiene a a₁, hay que escoger k elementos de los n-1 que son distintos a a. Esto lo podemos hacer de C (n-1,k)formas. Entonces, por las observaciones de arriba, concluimos que C (n,k)= C (n-1,k-1) + C (n-1,k)
Sabemos contar cuantos subconjuntos de tamaño k tiene un conjunto de n elementos, ¿pero cuántos subconjuntos tiene en total? Hay un conjunto con 0 elementos (el vacío), hay n con un solo elemento, hay C (n,2), que tienen dos elementos,etc. En otras palabras , queremos calcular la suma
Como hemos estado haciendo, analizaremos primero un caso particular como ejemplo. Imaginemos que tenemos el conjunto S= { p,q,r,s,t}. Como tiene 5 elementos, queremos calcular C (5,0)+ C(5,1)+C(5,2)+C(5,3)+C(5,4)+C(5,5). La idea que usaremos será “representar” los subconjuntos con sucesiones de unos y ceros del siguiente modo: consideramos cinco espacios _ _ _ _ _ y escogemos un subconjunto; si un elemento aparece en el conjunto escribimos un 1 en su posición, y de lo contrario ponemos un cero.
Ejemplo: Si el conjunto escogido fuera {q,s,t , escribiríamos 01011 porque solo el segundo, el cuarto y el quinto elementos están en el subconjunto. Si el subconjunto fuera { p,q} la sucesión seria 11000, y al subconjunto vacío le toca 00000. También es claro que si escogemos cualquier sucesión de longitud cinco hecha de unos y ceros, representa algún subconjunto. Por ejemplo la sucesión 10101 es el subconjunto {p,r,t} y la sucesión 00001 es el subconjunto { t}.
Así cada sucesión es un subconjunto y cada subconjunto una sucesión. Entonces contar subconjuntos es lo mismo que contar sucesiones. El principio de la multiplicación nos dice que hay 2⁵ de tales sucesiones. Por tanto, hay 32 subconjuntos.
No había nada especial en que el subconjunto tuviera 5 elementos. Si tuviese n elementos, usaríamos sucesiones de longitud n. El argumento es completamente análogo. De nueva cuenta resumimos nuestro análisis en un teorema.
Teorema 7.3
Un subconjunto con n elementos tiene 2 Un subconjunto con n elementos tiene 2ⁿ subconjuntos diferentes.

6.3 Combinaciones

Para terminar esta sección, consideramos el siguiente tipo de problemas: “Dada una colección de n objetos. ¿De cuantas maneras se peden escoger k de ellos?
Veamos un ejemplo concreto. El conjunto a considerar será A = {a,e,i,o,u} y nos preguntamos de cuantas maneras se pueden escoger tres vocales. Un primer intento diría:
Como hay que formar arreglos de tres letras a partir de un conjunto que tiene 5 elementos, hay P (5,3) = 60 arreglos.Sin embargo, el razonamiento anterior es incorrecto. Para ver el porqué, imaginemos que las letras escogidas, son, a, i, u. Estas forman los arreglos aiu,aui, iua,iau,uia,uai. Entonces seis diferentes arreglos representan la misma elección . El problema es que aquí no se nos pide el número de arreglos, sino simplemente el numero de formas de escoger las letras. Es decir,no importa el orden.
Nuestro problema es, que si contamos arreglos, estamos contando seis veces el número que queremos. Esto es así porque cada vez que escogemos tres letras, hay 3! = 6 formas de revolverlas entre si .Si por cada grupo de 3 letras hay 6 arreglos, entonces el número que buscamos es un sexto del numero de arreglos. Entonces la respuesta que buscamos es 60/6 = 10.
¿Qué habría pasado si en vez de grupos de 3 hubiéramos formado grupos de cuatro?¿o de dos? ¿Y si en vez de un conjunto de 5 elementos hubiésemos comenzado con uno de 10 o de 20?
Para encontrar la formula, supongamos que comenzamos con un conjunto de n elementos y queremos contar de cuantas formas se puede hacer un grupo de k de sus elementos. Al igual que en el razonamiento anterior, comenzamos contando el numero de arreglos de tamaño k. El teorema 6.4 nos dice que este número es

Pero al igual que en el ejemplo, este no es el número que buscamos ya que varios arreglos pueden representar el mismo grupo. Pero ya sabemos que k objetos se pueden revolver de k! maneras entre si. Entonces el número de grupos es 1/ k! veces el número de arreglos. De este modo, el número de formas de escoger k elementos a partir de un conjunto con n elementos (sin importar el orden) es
Un subconjunto de k elementos de un conjunto con n se llama a veces una combinación, por lo que al número calculado se le llama combinaciones de n en k (o “n en k” por brevedad). También se le da el nombre de coeficiente binomial por razones que aprenderemos más adelante. Se representa de varias maneras algunas de las cuales son entre otras, son:
Resumimos Nuestro trabajo n el siguiente teorema.
6.5Combinaciones de n en k. El numero de subconjuntos con k elementos de un conjunto con n elementos es
Las combinaciones juegan un papel central n la combinatoria, por lo que dedicaremos todo el capitulo siguiente al estudio de sus propiedades. Por ahora únicamente nos interesa su aplicación al conteo (cálculos numéricos) .

Ejemplo. El poker se juega con 32 cartas, cada una de las cuales tiene un “número” que puede ser 7,8,9,10,J, Q ,K,A y un símbolo (o “palo”) que puede ser ♠, ♣,♥,♦.De este modo, (10, ♥) representa el diez de corazones. Un jugador recibe 5 cartas.

1.Si de las cinco cartas, hay 3 de u mismo número y dos de otro, ¿de cuántas maneras se puede hacer?
2.Si el jugador recibe cuatro cartas del mismo número (por tanto la última de distinto ¿Cuantos casos posibles hay?
3.¿De cuantas formas puede recibir sus cartas de modo que las cinco sean del mismo palo?

1.Primero usamos el principio de la multiplicación para ver que hay 8 × 7= 56 formas de escoger que número se va a repetir 3 veces y cual se va a repetir dos (porque en total hay 8 números .
Ahora para cada una de esas elecciones, hay que escoger tres cartas de las cuatro que tienen el primer número. Esto puede hacerse de C(4,3) maneras. Para formar las dos restantes , escogemos dos de las cuatro que tienen el segundo número, lo cual puede hacerse de C (4,2) formas. El total de formas es
2.-Hay 8 formas de escoger el número que se repite cuatro veces (que es lo mismo que hacer C (8,1)). La carta restante necesariamente es de un número distinto, porque solo hay cuatro de cada número, así que la podemos escoger de cualquiera de las 28 restantes (en total son 32 cartas) por lo que el número de casos posibles es 8 × 28= 224.
3. El palo tiene cuatro opciones (que es lo mismo que (C 4,1)). De las 8 cartas de cada palo hay que escoger 5. Entonces el total es

6.21 k permutaciones de n objetos.

El alfabeto tiene 27 letras.¿Cuántas palabras de 5 letras se pueden formar en las que ninguna letra se repita? El principio de la multiplicación nos dice que podemos llenar los espacios _ _ _ _ _ de 27×26×25×24×23 = 9687600 formas.
Si en vez de 5 hubiésemos pedido palabras de 10 letras, el numero habría sido 27×26× 25 ×...18, y si en lugar de 10 pidiéramos arreglos de k letras, el total seria
27 × 26 × 25 ×... (27-k +2) × (27-k +1 )
(podemos sustituir varios valores de k para comprobar) ¿Por qué funciona esa formula? En todas las etapas las opciones vienen del mismo conjunto, pero como cada vez que hacemos una elección ya no podemos volver a usa esa letra, las opciones van disminuyendo de una en una, y como hay k posiciones, tenemos k factores consecutivos.
Tampoco tenia nada de especial el 27. La situación general es como sigue: se tiene un conjunto con n objetos (en el ejemplo anterior fue un conjunto de 27 letras), de las cuales se escogen k elementos (en el ejemplo fueron 5) para formar arreglos (palabras), ¿de cuantas formas se puede hacer? La primera posición tiene n opciones, la segunda n-1, la tercera n-2, y así sucesivamente hasta llenar las k posiciones. El total de arreglos es entonces

Un arreglos formado por k elementos que se escogen de un conjunto con n elementos se llama una k-permutación (de n objetos) o simplemente permutaciones de n en k. El número de las mismas se calcula con el producto de arriba. El producto anterior “se parece” a un factorial. Si lo completamos y dividimos entre los factores que hicieron falta obtenemos la formula que buscamos.

Teorema 6.4
(Permutaciones de n en k) Si de un conjunto de n elementos se escogen k para formar arreglos, entonces el número de tales arreglos se representa como

Y

Este número también se representa comoAsí la solución de las palabras de cinco letras la pudimos haber calculado como P (27,22).

Ejemplo. Si en un concurso de matemáticas participan 50 personas, de cuántas maneras pueden quedar repartidos el primer, segundo y tercer lugar?
Para los premiados se escogen 3 de las 50 personas, y como el orden importa, la respuesta es

6.2 Permutaciones.

En varios de los ejemplo anteriores usamos el principio de la multiplicación en una situación muy especial: en cada posición, siempre teníamos las mismas opciones (como en el ejercicio de la sección anterior que se pedía formas números que solo tenían cuatros y doses). Si hay que llenar n posiciones y cada posición tiene k opciones, el total de arreglos es:

Es importante notar que la formula anterior es valida únicamente cuando en todas las posiciones siempre tenemos la misma cantidad de opciones.

Ejemplo. Se escriben las letras a, b, c, d, e , f en papelitos distintos y luego se resuelven los seis papelitos en una bolsa. Se desea formar palabras de cuatro letras con esas letras. Se extrae un papelito, se apunta la letra, y se regresa a la bolsa, repitiendo este proceso 4 veces ¿cuántas palabras de puede formar?
Las palabras son arreglos de cuatro letras, cada letra puede ser de seis tipos distintos, Entonces el total de palabras es 6⁴ = 1296 palabras.

Otra situación especial que aparece con frecuencia, es que cada vez que hacemos una elección, no podemos volver a escoger esa opción (como en el ejercicio que había que formar números cuyos dígitos no se repitieran). Imaginemos primero que se tienen n objetos y nos preguntamos de cuantas maneras podemos ordenarlos en fila. Como ejemplo concreto, consideremos las 5 vocales, a,e,i,o,u y nos preguntamos de cuantas maneras podemos ordenarlas . Posibles arreglos serian aeiou, ueoia, aioue. Son 5 posiciones y 5 objetos . La primera posición tiene 5 opciones, la segunda 4 (porque ya no podemos usar la misma letra), la tercera 3, la cuarta 2 y la ultima 1. Entonces en total hay 5×4×3×2×1= 120 arreglos.

Hacemos notar que lo importante aquí es que no podemos repetir lo que escogemos. Podemos ver que si en vez de 5 tuviésemos n objetos que ordenar, el total habría sido n (n-1)(n-2)...3×2×1.
Si n es un numero entero positivo, al numero n (n-1)(n-2)...3×2×1 se conoce como n factorial y se representa como n! . Notemos que la definición anterior dice que n! Es un entero positivo una de las propiedades que cumple el factorial es que

Esa propiedad nos dice una manera de “extender” la definición para incluir al cero, ya que entonces 0! seria
Regresando a nuestro problema, podemos enunciarlo con esta nueva notación como sigue:

Hay n! Maneras de ordenar n objetos cualquiera.

Ejemplo. Si se tienen 7 libros, el numero de formas de ordenarlos en un librero (uno junto a otro) es 7! = 7×6×5×4×3×2×1= 5040.

Ejemplo si se baraja un paquete completo de 52 cartas.¿De cuantas formas pueden quedar ordenadas?
El número d e arreglos de las 52 cartas es 52!=
80658175170943878571660636856403766975289505440883277824000000000000.

6.1 Principios básicos de conteo.

Hay dos principios básicos en combinatoria:

Principio de la adición. Si se desea escoger un objeto que puede tener r tipos distintos, y para el primer tipo hay t₁ opciones, para el segundo tipo hay t₂ opciones, para el tercer tipo t₃ opciones, y así sucesivamente hasta t_r opciones para el ultimo tipo, entonces el objeto puede escogerse de t₁ +t₂ ...+t_r maneras.
Lo que el principio anterior dice, es que el total de opciones es la suma del número de opciones en cada tipo. Como por ejemplo, supongamos que hay que escoger un libro de entre tres materias: matemáticas, historia y biología. Hay seis libros de matemáticas, 9 de historia y 4 de biología . Entonces tenemos 6+9+4 = 19 opciones.

Principio de la multiplicación. Si una tarea se ha de realizar en n etapas, y si la primera etapa tiene k₁ maneras de realizarse, la segunda tiene k₂ maneras, y así sucesivamente hasta k_n , maneras de realizar la ultima, entonces el numero de formas de realizar la tara es k ₁× k₂ ×...×k_n.

Si una persona ha de escoger como vestirse, teniendo 4 camisas, 6 pantalones, 5 pares de calcetines y 2 pares de zapatos, entonces tiene 4 × 6 × 5 ×2 = 240 formas de vestirse, ya que cada elección de la camisa (4 opciones) tiene 6 opciones para el pantalón, lo que da 4 × 6 = 24 opciones para la camisa y pantalón. Para cada una de esas 24 tiene 5 pares de calcetines, totalizando 120 formas, y para cada una de esas tiene dos opciones de los zapatos, de modo que se duplica el total y al final tiene 240 formas de vestirse. El principio de la multiplicación puede visualizarse mediante un diagrama de árbol
Veamos algunos ejercicios que usan estos principios.
Ejemplo ¿cuántos números de 5 cifras están formados únicamente de cuatros y doses (ejemplos:44242, 24422)? Nos están pidiendo números de cinco cifras, es decir nos piden llenar con doses y cuatros las cinco rayitas _ _ _ _ _ . En la primera rayita podemos poner un dos o un cuatro (2 opciones), en la segunda podemos poner un dos o un cuatro (2 opciones), lo mismo en la tercera, cuarta y quinta rayita. El principio de la multiplicación dice que el total es 2× 2 × 2× 2 × 2= 2⁵ = 32. Así la respuesta es que hay 32 números pedidos.
Ejemplo ¿Cuántos números de cinco cifras no tienen cincos ni treses?
Como en el ejemplo anterior, tenemos que llenar cinco espacios _ _ _ _ _.En el primer espacio, de los diez dígitos, no podemos usar el 3 ni el cinco, pero tampoco podemos usar un cero ya que si ponemos cero, el numero tendría menos de cinco cifras. Entonces tenemos 7 opciones para el primer espacio. En las restantes 4 posiciones podemos poner cualquier digito excepto el 3 y el 5, es decir 8 opciones en cada caso. El principio de la multiplicación nos da un total de 7 × 8⁴ = 28672.
Ejemplo. Si hay que escoger un número de cuatro cifras que tenga todas sus cifras pares excepto cuatros y ochos, o todas sus cifras impares, excepto cincos y sietes, ¿De cuantas formas puede hacerse?
Hay dos tipos de números que queremos contar: los que tienen dígitos pares y los que tienen dígitos impares. El principio de la adición dice que el total lo obtenemos sumando el total de cada caso.
Cuando todos son pares, hay cuatro posiciones _ _ _ _. En la primera posición tenemos que poner un número par que no sea 4 ni 8, pero tampoco cero (porque de lo contrario, el número ya no tendría cuatro cifras). Entonces tenemos dos opciones (2,6). Para las demás posiciones tenemos 3 opciones siempre (2,6,0). El total es 2 ×3³ = 54.
Cuando todos son impares, como no podemos poner cincos ni sietes, tenemos 3 opciones para cada espacio: 1,3,9. En total hay 3⁴ = 81 números de esta forma.
Entonces, el total pedido (usando el principio de la suma) es 54 + 81 = 135.

Ejemplo ¿Cuántos números de seis cifras hay que no tienen sus dígitos repetidos ?
Tenemos seis espacios a llenar _ _ _ _ _ _ . En el primero, tenemos 9 opciones, porque no podemos poner al cero. En la segunda posición también tenemos 9 opciones, porque, aunque ya no podemos usar el numero que escogimos antes, ahora si podemos usar el cero. Para la tercera posición tenemos 8 opciones (de los 10 dígitos, ya usamos dos), para la cuarta posición hay 7 opciones, para la quinta 6 y para la ultima 5. En total hay 9 ×9×8×7×6×5= 136080 números de seis cifras sin dígitos repetidos.
Aunque los principios básicos de conteo pueden usarse en la gran mayoría de los casos, usualmente hay formulas(basadas en esos principios) que nos permiten hacer los cálculos de manera más rápida. En las siguientes secciones estudiaremos las principales.

5.4 La línea de Simson

Teorema 5.4.1 Los pies de las perpendiculares trazadas desde cualquier punto del circuncírculo de un triángulo a los lados de éste, son colineales.
Demostración. Sea P un punto perteneciente al circuncírculo de un triángulo cualquiera ΔABC, y sean X, Y y Z los pies de las perpendiculares trazadas desde P respectivamente hacia los lados BC, AC y AB como en la figura.

La circunferencia de diámetro AP pasa por los puntos Y y Z, al ser ÐAZP y ÐAYP ángulos rectos . De aquí que ÐZAP = ÐZYP, y claramente ÐZAP y ÐBAP son suplementarios. Pero como el cuadrilátero ABCP es cíclico , se sigue que Ð BAP es suplemento de ÐBCP. Por lo tanto
ÐBCP = ÐZAP = ÐZYP.

Por su parte la circunferencia de diámetro PC pasa por los puntos X y Y, ya que los ángulos ÐPYC y ÐPXC son rectos. Así Ð XYC = ÐXPC. Además, como ÐXPC + Ð BCP = 90°, tenemos ÐXYC + ÐBCP = 90°.
Por último
ÐXYZ = ÐXYC + 90° + ÐZYP = ÐXYC + 90° + Ð BCP = 180°.
A la línea recta que pasa por los puntos X, Y y Z, que son los pies de las perpendiculares trazadas desde un punto P del circuncírculo a los lados del triángulo, se le llama la línea de Simson.

5.3 Teorema de Ptolomeo

Teorema 5.3.1 (Teorema de Ptolomeo) En todo cuadrilátero cíclico no cruzado, la suma de los productos de los lados opuestos es igual al producto de las diagonales.
Demostración. Sea ABCD cualquier cuadrilátero cíclico y no cruzado. Considerando el punto E sobre la diagonal BD, tal que ÐBAE = ÐCAD, como en la figura.

Tenemos que los triángulos ΔABE y ΔACD son semejantes, ya que los ángulos ÐBAE y ÐCAD son iguales por definición de E, y ÐEBA = ÐDCA por ser inscritos y abrazar el mismo arco AD.
Por lo tanto

y de aquí que
AB × cd = AC × BE
Tenemos quE los triángulos Δ AED y ΔABC son semejantes, puesto que ÐEAD = ÐAEC + ÐCAD =ÐEAC + ÐBAE = ÐBAC y además ÐADE = ÐDCA por ser inscritos y abrazar el mismo arco AB.
Por lo tanto

, en otras palabras
AD × BC = AC × ED.
Sumando miembro a miembro las igualdades que obtuvimos,
AB×CD + AD× BC = AC×BE + AC×ED
= AC ×(BE + ED)
= AC×BD.
Demostración de lo que queríamos.
Teorema 5.3.2 (Teorema inverso de Ptolomeo) Si un cuadrilátero no cruzado es tal que la suma de los productos opuestos es igual al producto de las diagonales, tal cuadrilátero es cíclico.
Demostración. Sea ABCD un cuadrilátero no cruzado, el cual cumple con la hipótesis AB × CD + AD × BC = AC × BD. Consideremos el punto E tal que ÐBAE = Ð CAD y ÐABE= ÐACD, como en la figura.

Para demostrar que ABCD es inscriptible bastará probar que ÐABD = ÐACD; o lo que es lo mismo, que E esté sobre el segmento BD, es decir que BE + ED = BD.
Por la construcción de E, los triángulos ΔABE y ΔACD son semejantes, por lo que Y asi,

BE × AC =CD × AB .

Por otro lado, observamos que ÐBAC = Ð BAE + ÐEAC = Ð CAD + ÐEAC = Ð EAD utilizando la primera identidad , garantizamos que los lados adyacentes a los ángulos ÐBAC y ÐEAD son proporcionales, entonces, por el criterio L.A.L los triángulos ΔABC y ΔAED son semejantes, con lo cual obtenemos que

y así
AC ED = BC AD
Sumando miembro a miembro esta identidad con la segunda que habíamos obtenido, veríamos que
BE AC + AC ED = CD AB +BC AD
AC (BE + ED) = CD AB + BC AD
Y utilizando la hi´pótesis de que AB CD + AD BC = AC BD, concluimos que
BE+ ED = BD,
Ya que AC es diferente de cero 0.

5.2 Rectas Antiparalelas

Definición 5.2.1 Dadas dos rectas a y b no paralelas y l la bisectriz del ángulo formado por a y b. Decimos que las rectas c y d son antiparalelas con respecto a las rectas a y b si solo si α = β, en donde α y β son los ángulos formados por la bisectriz l y las rectas c y d como en la figura.

Teorema 5.2.1 Si las rectas c y d son antiparalelas con respecto a las rectas a y b, y si A,B,C Y D son los puntos de intersección entonces el cuadrilátero ABCD es cíclico.
Demostración. Tenemos dos casos
Caso 1.
Sean A, B, C, D, P , R y Q como en la figura . Hagamos α= ÐAPR = ÐCPR ,β = ÐARQ = ÐBQR, γ = ÐBAC y finalmente δ= ÐBDC. Para demostrar este caso, veremos que γ+ δ= 180°.

Como ÐPQD = 180°- β y α+ δ+ ÐPQD = 180°, puesto que son los ángulos interiores del triángulo ΔPQD, entonces
δ = 180° -α - ÐPQD =β - α.
Consideremos ahora el triángulo Δ PAR. Como Para Ð PRA= 180°- β y α +Ð PRA + Ð PAR = 180° por ser los ángulos interiores de tal triángulo, tenemos
PAR = 180° -α -Ð PRA = β-
α
Y como γ = 180°- ÐPAR = 180°- β+α , entonces

γ+ δ =( 180° -β + α) + (β-α) = 180°.
Así y son suplementarios. Además γ + δ + ÐACD + ÐABD =360°, por lo que ÐACD +Ð ABD = 180°. De esta forma obtenemos un cuadrilátero convexo con ángulos opuestos suplementarios; y por el corolario (5.1.5), ABCD es inscriptible.
Caso 2.
Sean A,B,,D,P,R y Q como en la figura, y α= ÐAPR = ÐCPR, β= ÐAQR= ÐBRQ, γ=Ð ADC y δ=Ð ABC.
Para este caso tracemos la recta que pasa por el segmento AC para que los puntos D y B queden en el mismo semiplano determinado por la recta AC. Demostraremos que δ= γ.

Los ángulos interiores del triángulo Δ PQD suman 180°, por lo tanto β= α+ γ. Y por otro lado, considerando el triángulo Δ PRB, podemos ver que β= α+δ.
Lo anterior implica que γ= β-α= δ. Así vemos que el segmento de la recta AC, desde los puntos B Y D bajo ángulos iguales. Y por la condición suficiente de concíclicidad de cuatro puntos, el corolario (5.1.4), tenemos que el cuadrilátero ABCD es inscriptible.

Circunferencias

5.1 Ángulos en las circunferencias .- Dados dos puntos A y B n una circunferencia, el ángulo central Ð AOB es el que tiene su vértice en el centro O de la circunferencia y sus lados son los segmentos OA y OB.
El arco correspondiente es el que se encuentra entre los lados del ángulo central : el ángulo AB es igual al ángulo AOB.



Por definición todo ángulo central mide lo mismo que el arco que abraza, sobrentendiendo por supuesto, que nos referimos a la medida angular del arco, más no a su longitud. Es decir, el ángulo central es la medida en grados del arco que abrazan los radios que lo conforman.
Definición 5.1.2 Dados tres puntos A, B y P en una circunferencia, el ángulo inscrito ÐAPB es el ángulo que tiene su vértice en P en la circunferencia y sus lados PA y PB son secantes.

Teorema 5.1.1 Todo ángulo inscrito mide la mitad del arco que abraza.
Demostración. Tenemos que demostrar que

Procederemos por casos.Caso 1
El centro de la circunferencia está en un uno de los lados del ángulo.

Seaα = ÐAPB, tracemos el radio OA. Así el triángulo ΔAOP es isósceles. Por tanto ÐOAP = α.
Y como β(el ángulo central ÐAOB) es exterior del triángulo ΔAOP y no adyacente a α y ÐOAP, entonces
β= α+ ÐAOP = 2α.

Por lo tanto

Caso 2.
El centro de la circunferencia está entre los lados del ángulo inscrito.


Sea α = APB. Tracemos EL diámetro que tiene como uno de sus extremos a P y llamémosle C al otro extremo.
Sean α ₁ = Ð APC y α ₂ = Ð CPB. Tenemos que α = α ₁ + α ₂ . Y por el caso 1 ,α₁ es igual a un medio del arco AC y α₂ es igual a un medio del arco CB.

Por lo tanto

α= α ₁ + α ₂ = ½ de la suma de los arcos AC Y CB = ½ del arco AB.
Caso 3.
El centro de la circunferencia queda fuera del área que comprende el ángulo inscrito.


Sean α = Ð APB. Tracemos el diámetro que tiene como uno de sus extremos a P y llamémosle C al otro extremo.
Sean α₁ = Ð APC y α₂ = Ð = BPC. Y por el caso 1 se sigue que
α = α₁ - α₂ = ½ (arco AC- arco BC)= ½ arco AB.
Otra manera de presentar el teorema fundamental de los ángulos inscritos es : todo ángulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ángulo central correspondiente.
Como consecuencias inmediatas tenemos los siguientes resultados.
Corolario 5.1.2 Todo ángulo inscrito en una semicircunferencia, subtendida por el diámetro , es recto.

Corolario 5.1.3 Dos ángulos inscritos en una misma circunferencia y que abracen una misma cuerda, son iguales si sus vértices están del mismo lado de la cuerda; y son suplementarios si sus vértices están en lados opuestos respecto de la cuerda.
Demostración. Sean A, B ,P ,P´ y Q como en la figura, es decir P y P´ están del mismo lado de la cuerda AB y los puntos P y Q están en lados distintos.

Por el teorema (5.1.1) sabemos que ÐAPB = ½ del arco AQB = Ð AP´B, así vemos que si los vértices del ángulo están del mismo lado de la cuerda, ellos son iguales. Por otro lado tenemos que ÐAQB = ½ del arco APB, luego
ÐAPB + ÐAQB = ½ del arco + ½ del arco AQB APB = ½ 360°= 180°.
Concluimos que si los vértices están en lados opuestos respecto de la cuerda, entonces los ángulos son suplementarios.
Hay que notar que este corolario lo podemos escribir de la siguiente manera: si A, B, P y Q son puntos de una circunferencia, entonces
1. Q ∈ arco APB ⇒Ð APB = ÐAQB
2. Q ∉ arco APB⇒ ÐAPB + ÐAQB = 180°
Esto nos da una idea más clara del recíproco de tal corolario, también llamado condición suficiente de conciclicidad de cuatro puntos.
Corolario 5.1.4 Sean A, B, P, Q cuatro puntos en el plano, cada tres de ellos no colineales. Si los puntos P y Q están en el mismo semiplano que determina la recta AB y desde ella se ve el segmento AB bajo ángulos iguales.

O bien, si los puntos P y Q están en distintos semiplanos que determina la recta AB y desde ellos se ve el segmento AB bajo ángulos suplementarios.

Entonces los puntos A,B, P y Q son concíclicos
Demostración.
Caso 1.
Sean A, B, P y Q puntos en el plano. Supongamos que P y Q están del mismo lado con la recta que pasa por A y B.
Tracemos la circunferencia C que pasa por los puntos A, B y . Supongamos que Q no está sobre la misma circunferencia C. Llamémosle l a la recta que pasa por los puntos A y Q. Sea Q´ el punto de intersección de la recta l con la circunferencia C, que no es A.
Sean l₁ y l₂ las rectas que pasan por Q´ y B y por Q y B, respectivamente. Tales rectas l₁ y l₂ son distintas puesto que Q no está en C y por lo tanto Q y Q´ son distintos.
Sean α= Ð APB, β= ÐAQB y γ = ÐAQ´B. Por hipótesis, y por el corolario (5.1.3).α= γ.Se sigue que α=β=γ
De esta forma tenemos un sistema de dos rectas l₁ y l₂ cortadas por la secante l con un par de ángulos correspondientes γ y β iguales. Así l₁ y l₂ son paralelas. Lo cual es una contradicción pues l₁ y l₂ son distintas y se cortan en el punto B.
Por lo tanto Q está en C.

Caso 2.
Sean A, B, P y Q cuatro puntos en el plano. Supongamos que P y Q están en lados opuestos con respecto de la recta que pasa por A y B.

Sea C la circunferencia determinada por los puntos A, B y P. Supongamos que Q no está en C. Sea l la recta que pasa por los puntos A y Q, y llamémosle Q´ al punto de intersección de l con C que no sea A. Sean l ₁ y ₂l las rectas que pasan por B y Q´ respectivamente, y por B y Q respectivamente.
Como Q no está en C tenemos que l₁ y l₂ son distintas.
Sean α= ÐAPB , β= ÐAQB, γ= Ð AQ´B. Por hipótesis sabemos que β = 180°- α . Y como A, B, P y Q´ están en distintos lados de la cuerda AB, entonces por el corolario (5.1.3) α + γ = 180°Por lo tanto γ = 180°- α . Se sigue que γ= β.
Así tenemos el sistema de rectas l ₁ y l ₂ cortadas por la secante l, con par de ángulos correspondientes γ y β iguales. Por lo tanto l ₁ y l ₂ son paralelas, lo cual es una contradicción, pues l ₁ y l ₂ son distintas y se cortan en el punto B.
Podemos concluir que Q∈ C.

En el capitulo anterior vimos que dados tres puntos no colineales, existe una única circunferencia que pasa por ellos. Pero en el caso de tener cuatro puntos no colineales no ocurre lo mimo, pues por ellos pasará una única circunferencia o ninguna.
Definición 5.1.3 Se dice que un polígono es inscriptible, si es cíclico, es decir, que todos sus vértices son concíclicos.

Para el caso de cuadriláteros convexos tenemos propiedades que los relacionan con las circunferencias. Podríamos preguntarnos, por ejemplo, ¿cúando los vértices de un cuadrilátero pertenecen a una misma circunferencia ?, o en otras palabras ¿cuándo un cuadrilátero es cíclico? El siguiente corolario responde esta pregunta para el caso de aquellos que son convexos.

Corolario 5.1.5
Un cuadrilátero convexo es inscriptible si y sólo si sus ángulos opuestos son suplementarios.
Demostración. Bastará verificar la proposición para una sola de las parejas de ángulos, en vista de que la suma de los cuatro ángulos es constante igual a 360°.
Supongamos primero que ABCD es un cuadrilátero convexo inscriptible en donde α= ÐBAC y β = ÐBDC.

Como A, B, C y D son concíclicos y A y D están en lados opuestos de la cuerda CB, por el corolario (5.1.3) ÐBAD + ÐDCB = 180°.
Supongamos ahora que ABCD es un cuadrilátero convexo con ángulos opuestos suplementarios. Sean α= BAC y = αBDC.
Así ÐABC + ÐADC = 180°.

Usando la condición suficiente de conciclicidad de cuatro puntos, enunciada en el corolario (5.1.4), A,B,C y D están sobre una misma circunferencia. Se sigue que el cuadrilátero ABCD es inscriptible.

Ejercicio 5.1.1 Sean A, B, C Y D cuatro puntos concíclicos y P el punto de intersección de las rectas AB y CD , demostrar que PA × PB = PC × PD.
Solución. Tenemos dos casos dependiendo del orden en que se encuentren los puntos en la circunferencia. Uno de ellos es cuando el punto P es un punto interior a la circunferencia, el otro caso es cuando es exterior.

Consideremos el primer caso, en el que P está dentro de la circunferencia.

Como los ángulos ÐCAB y ÐCDB abrazan a la misma cuerda CB ellos son iguales. Además ÐAPC = ÐDPB por ser opuestos por el vértice, así
ΔAPC ∼ Δ DPB.
Por lo tanto
Luego
PA×PB = PC×PD
Consideremos ahora el caso en que P está fuera de la circunferencia

Como los ángulos ÐPAC y ÐPDB son iguales al abrazar el mismo arco BC, entonces
ΔAPC ∼ ΔDPB.
Por lo tanto
Podemos concluir que
PB ×PA = PC × PD .

Este Ejercicio nos muestra que, dado un punto P cualquiera y una recta que pase por el punto y corte a una circunferencia en los puntos X y Y, la cantidad PX × PY permanece constante, no importando cuales sean los puntos de intersección. A tal cantidad le llamaremos la potencia de un punto P con respecto a la relación dada.
Definición 5.1.4 Un ángulo semi-inscrito es aquel que tiene su vértice en la circunferencia, unos de sus lados es tangente y el otro es secante.

Teorema 5.1.6 La medida del ángulo semi-inscrito es igual a la mitad del arco comprendido entre sus lados.
Demostración. La demostración se hará por casos de manera semejante a como se procedió en el teorema (5.1.1).
Caso 1.
Supongamos que el centro O de una circunferencia está sobre uno de los lados del ángulo ÐBAC, a saber sobre la secante AC, O ∈ AC (es decir, estando O sobre la línea AC).

Entonces AC es el diámetro de la circunferencia y así ÐBAC = 90° = ½ del Arco AC.

Caso 2.Supongamos que el centro 0 de una circunferencia está entre los lados del ángulo.
Tracemos el diámetro que tiene como un extremo al vértice A del ángulo semi-inscrito Ð BAC. Sea D el otro extremo y sean α= ÐBAC, β= ÐBAD y γ= ÐDAC.


Por el caso 1 α , = ½ del arco AD. Y como es un ángulo inscrito que abraza al arco DC, entonces γ = ½ del arco DC. Así.

α = β + γ= ½ del arco AD + ½ del arco CD = ½ del arco ADC.

Caso 3.
Supongamos que el centro O de una circunferencia no está entre los lados del ángulo semi-inscrito Ð BAC. Tracemos el diámetro AD, sean α= ÐBAC, β = ÐBAD y γ= ÐCAD.

Por el caso 1, β= 90° = ½ del arco AD. Y como es un ángulo inscrito que abraza el arco CD entonces γ = ½ del arco CD. Por lo tanto

α =β - γ =½ del arco AD - ½ del arco CD = ½ del arco AC.