En general, los centros de los triángulos equiláteros inscritos en una cónica están en una cónica del mismo tipo. Aquí tengo un pequeño documento al respecto: Cónicas baricéntricas. Y un applet de GeoGebra:


Saludos,

El segmento \( \overline{AB} \) es el resultado de girar el segmento \( \overline{MC} \  40^\circ{} \) respecto de \( O \), por lo que forman un ángulo de \( 40^\circ{} \) uno con otro.


No se veía la última línea, aunque tampoco hacía mucha falta

Saludos,

Cita de: Ignacio Larrosa en 07 Noviembre, 2023, 12:46 pm

.......
Pero debe notarse que el problema no siempre tiene solución, ..........

Hola

Con tu comentario has destapado la caja de los truenos. Ahora la pregunta es: Suprimimos la obligación de que la recta que pasa por A sea paralela a BC (esto es puede ser cualquier recta que pase por A). ¿ Cual es  la región del plano en que puede moverse C para que el problema tenga solución ? Especificar dicha región describiendo su frontera.

Sugerencia: Si tenemos dos puntos de corte reales tendremos dos soluciones, un punto doble da solución única y en ese caso C está en la frontera de la región pedida.

Este problema se propuso en un examen de la ETS ICCP hace muchos años cuando existía un curso llamado 'Iniciación'. No lo resolvió nadie pero no pudo haber quejas pues las herramientas que se usaron un su resolución eran de sobra conocidas.

Saludos

Se trata de ver en que región del plano debe estar el punto \( C \) para que el arco capaz de ángulo \( \alpha \) del segmento \( \overline{BC} \) corte a la recta \( r \), siendo \( \alpha=\angle\{r,\overline{AB}\} \).

Para ello es suficiente ver cuando es tangente, pues para puntos más próximos a la recta será secante y para más alejeados exterior. Veamos entonces el lugar geométrico de \( C \) para que el arco capaz sea tangente a \( r \). El centro \( M \) del círculo que contiene a esrte arco capaz equidista del punto \( B \) y de la recta \( r \), por lo que su lugar geométrico es la parábola que los tiene for foco y directriz, a trazos y de color azul en el GGB adjunto. Se tiene que \( \angle CMB=2\alpha \) y \( \angle BCM=\angle MBC = 90^\circ{} - \alpha \), y \( \left |{\overline{BC}}\right |=2\sin\alpha \left |{\overline{BM}}\right | \). Por tanto \( C \) describe la parábola que se obtiene girando un ángulo \( \angle MBC = 90^\circ{} - \alpha \) y dilatadando un factor \( 2\sin\alpha \), respecto ambas cosas del punto \( B \), la parábola anterior. Cuando el punto de contacto \( E \) del arco capaz se aproxima al punto \( A \) también lo hace \( C \), que por otra parte no puede atravesar la recta \( r \), por lo que la parábola del lugar es tangente en  a \( r \).

En este fichero GGB puede desplazarse el punto \( B \), manteniéndolo por encima de la recta, y el punto C, que también puede animarse con el control de la parte inderior izquierda.


En este otro, puede desplazarse lentamente el punto \( C \) a un lado y otro de la parábola, dejando un rastro verde donde la construcción es factible y rosa claro donde no lo es. Desplazando el punto \( B \) se borran los rastros.

Mi construcción es diferente, pero en ambas se ve lo mismo: los círculos pueden construirse si C es exterior a la parábola de foco B y tangente en A a la recta r, y no pueden construirse si es interior. Tan solo falta completar la demostración. Ya lo pensaré, que ahora no puedo.

Saludos,

El exterior de la parábola de foco B y tangente en A a la recta dada.



Saludos,

En general, si se toma un punto interior a un paralelogramo y se unw con los cuatro puntos medios de los lados, los cuadiláteros resultantes opuestos por el vértice tienen la mitad del área del paralelogramo. otro tanto ocurre con los triángulos obtenidos al unir el punto con los cuatro vértices. Es consecuencia de que los 8 triángulos no solapados determinados por el punto, un vértice y un punto medio de un lado adyacente, pueden agruparse en cuatro pares de triángulos opuestos por el vértice que suman un área de \( \dfrac{1}{4} \) de la del paralelogramo y que los que están sobre el mismo lado del paralelogramo tienen áreas iguales.



Paralelogramo cuarteado

Saludos,

Hola

Cita de: Richard R Richard en 07 Noviembre, 2023, 01:02 am

Tu propuesta no falla en el caso que todos los ángulos internos del polígono son mayores a $$ 0 $$  y menores que $$ \pi $$ .

Pero simplemente lo que pretende probar es que en cualquier polígono (regular, irregular, convexo, no convexo,... da igual) uno puede escoger un vértice de manera que al eliminarlo quede otro polígono con un lado menos. NO al eliminar CUALQUIER vértice, pero si que uno puede escoger uno de manera que nos quedemos con un lado menos.

Para ello en el triángulo que forman el vértice y sus anexos no debe de haber ningún otro vértice y los lados adyacentes a los vértices anexos del eliminado no deben de ser paralelos al nuevo lado.

Es intuitivo pero no veo claro como justificar que siempre se puede.

Saludos.

En un polígono convexo está claro que cualquier punto vale. Si no es convexo, pueden descartarse los puntos de su cápsula convexa, repitiendo el proceso hasta quedarnos con un polígono convexo, o quizás un segmento o un punto. Cualquiera de los puntos de este conjunto resultante creo que valdría. Es decir, al retirar alguno de ellos del polígono original, se obtendría un polígono válido con un lado menos. Pero 'creo' no es aún una demostración ...

Saludos,

Cita de: Luis Fuentes en 21 Octubre, 2023, 01:44 am

Hola

No lo descarto. Primero considero la otra divisibilidad y eso me permite reducir el problema a unos pocos valores. Después para esos valores si analizamos la divisibilidad por diez.

Saludos.

Ahhhh!! Claro!! MUCHISIMAS GRACIAS!! Luis Fuentes ahora entiendo. 


Saludos

Para analizar la divisibilidad por \( 10 \) de los números que pasen la primera criba, ten en cuenta que puedes estudiar \( a^2+a+8 \), que siempre es un poco más sencillo.

Cita de: Ignacio Larrosa en 28 Agosto, 2023, 12:57 pm

El punto G queda unívocamente determinado, en la mediatriz de DH y en el arco capaz de \( 120^\circ{} \)del segmento DH, en distinto semiplano que E respecto del segmento DH.

Por supuesto que G queda unívocamente determinado. Yo lo razoné viendo que tiene que estar en la perpendicular y la última circunferencia trazada.

Citar

Pero eso en general no podrá ser cierto todo a la vez. El punto I tal y como lo defines no cumplirá en general que \( \left |{HI}\right |=\left |{DI}\right | \)

No entiendo bien la igualdad \( \left |{HI}\right |=\left |{DI}\right | \) supongo que será una errata.

Saludos

Efectivamente, es una errata: queria decir \( \left |{HI}\right |=\left |{GH}\right | \)

Saludos,

Cita de: Ignacio Larrosa en 24 Agosto, 2023, 01:32 am

Si, ya dije antes que el enunciado debería incluir que los hexágonos no sean congruentes. Entonces si que creo que es cierto, aunque sigo sin ver clara la demostración.

Ignacio
Sigo pensando que el resultado no es cierto aunque los hexágono no sean congruentes.
El enunciado original que pusiste es:

'Los hexágonos ⟨ABCDEF⟩ y ⟨DGHIJK⟩ son regulares y los puntos {A,B,H,I} son concíclicos. Demostrar que los puntos {A,D,H} de un lado, y {B,D,I} de otro, están alineados.

La construcción de la figura que adjunto es:
Tomamos el hexágono regular ABCDEF
-Trazamos las rectas AD y BD
-Con el vértice H del segundo hexágono pueden suceder dos cosas:
       Primera que esté en la recta AD. En ese caso, necesariamente I está en BD y ya está demostrado.
       Segunda que no esté en la recta AD. En ese caso trazamos la circunferencia que determinan los puntos A,B,H y podemos tomar una punto en ella I que haga que el punto de corte S no sea D  sin embargo A,B,H,I son concíclicos.

Tenemos la siguiente situación:
'Los hexágonos ⟨ABCDEF⟩ y ⟨DGHIJK⟩ son regulares y los puntos {A,B,H,I} son concíclicos. Los puntos {A,D,H} de un lado, y {B,D,I} de otro, NO están alineados.

Saludos

Pero es que el punto D es común a ambos hexágonos: "Los hexágonos ⟨ABCDEF⟩ y ⟨DGHIJK⟩ ..."

Saludos,