En esta ocasión os traigo el problema semanal hoy lunes. Ahí va:
Dado un triángulo equilátero con vértices
, encontrar el lugar geométrico de los puntos
interiores al triángulo que verifican:
A por él.
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Tengo la geometría un poco oxidada, por lo que no sabré explicarme en la terminología adecuada, pero lo intentaré con un dibujo, y que alguien más me ayude con la explicación escrita y numérica…
http://img823.imageshack.us/img823/6110/triangulog.jpg
@Interloper eso me suena mucho a arco capaz, cierto? http://es.wikipedia.org/wiki/Arco_capaz
@Interloper me parece que el problema pide puntos Q interiores al triángulo. El lugar geométrico que marcas es exterior.
Información Bitacoras.com…
Valora en Bitacoras.com: En esta ocasión os traigo el problema semanal hoy lunes. Ahí va: Dado un triángulo equilátero con vértices , encontrar el lugar geométrico de los puntos interiores al triángulo que verifican: A por él….
Buenos Días
Los puntos interiores que están sobre cualquiera de las bisectrices cumplen la condición pedida. Una posible aproximación es comprobar si algún punto que no pertenezca a estas bisectrices cumple también la condición. Si fuera demostrable que esto no es posible ya estaría resuelto.
Un Saludo
Auch, eso me pasa por leer rápido… Sorry!
Cheguei à mesma conclusão de Antonio QD
Figura
Esboço de tentativa de resolução (que não sei se levará a algum lado):
O ângulo
formado por duas rectas de declives 
e 
é tal que a sua tangente é dada por
Fazendo os declives dos três lados iguais a
podemos calcular a tangente dos três ângulos do enunciado, que designo por 
,
em que
são as coordenadas do ponto genérico 
.
Deverá ser
Correcções:
Muy buena, AntonioQD. Esa es la respuesta. Tal vez si consideramos el plano complejo se puede dar una explicación simplificada.
Por favor, podrias dibujarlo si no es mucha molestia? No lo tengo nada claro.
Muchas gracias.
Un saludo. Ramnic.
Pero, ¿cuál es la demostración?
Yo al menos no he dado ninguna demostración. Simplemente dije que las bisectrices cumple las propiedades pedidas. Para que esta sea la respuesta hay que demostrar, además, que cualquier punto que no esté en la bisectriz no cumple la condición del problema. Si tengo tiempo, intentaré dibujar un gráfico en el que se demuestre mi afirmación.
Un Saludo
Buenos Días
En el gráfico se puede observar que
Independientemente de donde situemos el punto
sobre cualquiera de las bisectrices siempre obtendremos una figura como la ofrecida donde se cumplirá la igualdad algebraíca que acabo de citar. Bien entendido siempre que esto es cierto para la bisectriz que es eje de simetría de un triángulo isósceles.
Tanausú, por tu nombre creo que eres canario; yo también lo soy.
Un Saludo
Sí, soy canario. Pero, ¿cómo sabes que es la bisectriz y no la mediatriz, la altura o la mediana?
Tanusú, el triángulo es equilátero. Por cierto, yo también soy canario 🙂
No sé porqué el gráfico no se incluyó correctamente.
Este es el gráfico que deseaba insertar.
Ya , pero en un triángulo equilátero coinciden todas las líneas. Además, puedo decir, que \gamma siempre es 30º en la gráfica, y los otros dos ángulos siempre suman 60º.Pero, debemos probar si hay puntos G fuera de esas líneas comentadas.
Precisamente por eso, nunca he dicho que hubiese resuelto el problema. Sólo he ofrecido una visión parcial del mismo. He intentado demostrar que los punto externos a las bisectrices no cumplen esa condición, pero no he encontrado aún una demostración satisfactoria.
Sin embargo, me parece prometedor estudiar lo que pasa con el eje de simetría de un triángulo isósceles, creo que casí tengo pergueñada una demostración de que en estos el eje de simetría del triángulo cumple la condición pedida, y sin embargo cualquier punto externo al eje no puede cumplirla.
Un Saludo
He descubierto que los puntos contenidos en la altura tienen las características del punto G, ya que para que los tres ángulos sumen 90º hay que dividirlo en triángulos rectángulos.
PERDONEN.Me gustaría decir que las líneas que dividen en dos triángulos rectos cualquier triángulo contiene el punto G.Ya que uno de sus águlos mide 90ª y los demás medirán también.
Bueno a continuación esbozo una justificación de que el lugar geométrico pedido está formado por los puntos interiores que están sobre las tres bisectrices (o alturas, …): Interpretamos el triángulo equilátero en el plano complejo y consideramos que su centro es el origen de coordenadas. Asumimos además que el círculo circunscrito es de radio 1. Entonces girando el triángulo, podemos interpretar sus vértices como las raíces cúbicas de la unidad , respectivamente, con . Sea el número complejo que representa un punto interior . Entonces cada uno de los ángulos de la suma del enunciado se relaciona con el argumento… Lee más »
Yo he mirado a estudiar la función resultante de sumar los tres ángulos como esbozo para la demostración. Sitúo los vértices del triángulo en (0.5, 0) (-0.5, 0 ) y (0, raiz(3)/2). Esta función es: Es fácil representarla con cualquier programa sencillo al efecto sin más que tomar ‘y’ como parámetro de una familia de funciones. Es bastante claro, pero veo muy tedioso demostrar rigurosamente dónde están los máximos y mínimos. Sin embargo, dados estos, no puede alcanzarse el valor en x = 0 (que es pi medios para todo ‘y’) en ningún valor más o en dos más, que… Lee más »
Pues, a diferencia de los que han dado respuestas (que por cierto no entiendo), yo creo que no hay ningún punto interior que cumpla que la suma de los tres ángulos a cada dos vértices sea 90ª. Simplemente coged cualquier punto de las alturas, bisectrices, o lo que queráis, calculad los tres ángulos y sumarán 360ª. Sólo hay tres puntos en los que esto no se cumple, y son los VÉRTICES, pero ahí la suma tampoco es 90º, sino 60º. Así que espero alguna respuesta más clarificadora que las que se han dado hasta ahora, porque a mí no me… Lee más »