Autor Tema: Mayor perímetro

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16 Noviembre, 2017, 05:10 pm
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Michel

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Construir el triángulo equilátero de mayor perímetro cuyos lados pasan por tres puntos dados.
Dios creó los números naturales, el resto es obra del hombre.
L. Kronecker

16 Noviembre, 2017, 07:40 pm
Respuesta #1

Ignacio Larrosa

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Construir el triángulo equilátero de mayor perímetro cuyos lados pasan por tres puntos dados.

Solo una pista, sobre una forma de hacerlo que se me ocurre. Aunque quizás haya otras ...

Spoiler
La mayor secante comun a dos circunferencias por uno de sus puntos de corte es ... 
[cerrar]

Saludos,

P.S. ¡Me gusta mucho el problema!
Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

20 Noviembre, 2017, 10:05 am
Respuesta #2

Michel

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Hola Ignacio.

Efectivamente el problema es muy bonito,

Pista, no válida para Ignacio.

Primero trataría de construir un triángulo quilátero cualquiera cuyos lados pasen por los puntos dados (¿arco capaz?).

Luego tendría en cuenta la idea de Ignacio.

¡Ánimo!
Dios creó los números naturales, el resto es obra del hombre.
L. Kronecker

20 Noviembre, 2017, 11:11 am
Respuesta #3

sugata

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No se si es por el sueño, pero.... No veo por donde arrancar.
Me voy a dormir y lo miro tranquilamente después de uno o dos o tres cafés.

20 Noviembre, 2017, 04:23 pm
Respuesta #4

Michel

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Hola sugata.

Veamos si te orienta la figura adjunta para empezar a construir untriángulo equilátero, como el EFG.


E, F y G están en los arcos capaces de 60º sobre los lados AB, AC y BC, respectivamente.

Este triángulo no es el pedido, porque NO tiene los lados máximos.

Hallarlo sería la segunda parte del problema.

¿Te sirve esto?

Si no, pregunta.

Saludos.

Rectificado: Este triángulo no es el pedido, porque NO tiene los lados máximos.
Dios creó los números naturales, el resto es obra del hombre.
L. Kronecker

22 Noviembre, 2017, 04:04 am
Respuesta #5

hméndez

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Construir el triángulo equilátero de mayor perímetro cuyos lados pasan por tres puntos dados.

Aquí una solución.

Spoiler



Una breve explicación del asunto:

1. Se trazan los lados del triángulo \( ABC \)

2. Para cada lado del triángulo formado, se traza un arco capaz de ángulo \( 60° \) (exterior al triángulo) y el otro suplementario de
    \( 120° \) (opuesto al primero) juntos forman una circunferencia que será el lugar geométrico de los vértices de triángulos equiláteros 
    cuyos lados o sus prolongaciones contendrán los puntos \( A, B, C \) uno a uno.

3. Cualquier par de circunferencias de las tres formadas anteriormente se intersecan en alguno de los puntos dados (\( A, B, C \)) y en otro
    muy particular (punto \(  H \) en la ilustración), pues desde allí vemos los lados del triángulo \( ABC \) bajo un ángulo de
    \( 120° \), que no es otro que el conocidísimo punto de Fermat o de Torricelli.

4. Trazamos 3 rectas, cada una pasando por el punto de Fermat y uno de los 3 puntos dados (\( A, B, C \)). Estas rectas así obtenidas son
    también Ejes Radicales del correspondiente par de circunferencias.
 
5. Trazando una recta secante  a cada par de circunferencias, que pase por el correspondiente punto dado (\( A, B, C \)), se determinará
    sobre estas (las circunferencias) un par de puntos que serán los vértices de un triángulo equilátero. Pero si además esta secante es trazada
    perpendicularmente al correspondiente Eje Radical, tendremos un triángulo equilátero de lado máximo y en consecuencia de perímetro
    máximo, que será el triángulo pedido.

   Nota:
   En la ilustración se muestra el triangulo \( ABC \), un triangulo equilátero de color azul \( LMN \) y el triangulo equilátero de
   perímetro máximo \( IJK \).
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Saludos.

22 Noviembre, 2017, 08:56 am
Respuesta #6

Ignacio Larrosa

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Construir el triángulo equilátero de mayor perímetro cuyos lados pasan por tres puntos dados.

Pues aquí mi ggb y las explicaciones pertinentes:

Spoiler



Los vértices deben estar en las circunferencias de los arcos capaces de \( 60^\circ{} | 120^\circ{} \) de los segmentos \( AB, BC\textrm{ y }CA \).

Estas circunferencias \( c_E, c_D\textrm{ y }c_F \), tienen centros en los puntos \( D, E\textrm{ y }F \), que son los centros de triángulos equiláteros construidos sobre los lados del \( \triangle ABC \). Forman un triángulo equilátero, el triángulo exterior de Napoleón del \( \triangle ABC \).

Estas tres circunferencias se cortan en el punto \( T \), de Torriceli o Fermat, del \( \triangle ABC \), pues en el punto en que se cortan dos de ellas, se ven dos segmentos bajo un ángulo de \( 120^\circ{} \), por lo que el tercero también y el punto está en la tercera circunferencia. Este punto minimiza la suma de distancias a los vértices \( A, B\textrm{ y }C \).

Si a partir de un punto cualquiera \( G\textrm{ de }c_D \) se traza la recta que pasa por \( C \), volverá a cortar a la circunferencia \( c_E \) en el punto \( H \). La recta que pasa por \( H \) y por \( A \) forman un ángulo de \( 60^\circ{} \). Si esta recta vuelve a cortar a \( c_F\textrm{ en }I \), el \( \angle HIB \) también será de \( 60^\circ{} \), por lo que la recta \( IB \) se cortará con la \( HC \) con un ángulo de \( 60^\circ{} \), sobre la circunferencia \( c_D \) por tanto. Es decir, en el punto \( G \) de partida, cerrando un triángulo equilátero.

Por la constancia del ángulo inscrito que abarca un segmento, los \( \triangle TGH, \triangle THI\textrm{ y }\triangle TIG \) permanecen semejantes a si mismos, sea cual sea la posición del punto \( G\textrm{ en }c_D \). Los lados del triángulo equilátero \( GHI \) serán máximos cuando los segmentos \( TG, TH\textrm{ y }TI \) sean los diámetros de las circunferencias respectivas.

Por tanto, el triángulo equilátero de perímetro máximo que pasa por los puntos \( A, B\textrm{ y }C \) tiene sus vértices en los puntos diametralmente opuestos de \( T \) en las circunferencias respectivas.

Los \( \triangle DEF\textrm{ y }\triangle G_MH_MI_M \) son homotéticos respecto de \( T \), con razón \( 2 \).

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Saludos,
Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
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27 Noviembre, 2017, 04:46 pm
Respuesta #7

Michel

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Hola, yo lo he resuelto

Construyendo primero uno de los infinitos triángulos equiláteros cuyos lados pasan por tres puntos dados (arcos capaces de 60º, basta sólo hacer dos).

Después teniendo en cuenta que de todas las secantes que pasan por uno de los puntos de intersección de dos circunferencias, la mayor es la paralela a la recta de los centros (demostrarlo).

Saludos.
Dios creó los números naturales, el resto es obra del hombre.
L. Kronecker

06 Diciembre, 2017, 11:37 am
Respuesta #8

Michel

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De todas las secantes que pasan por uno de los puntos de intersección de dos circunferencias, la mayor es la paralela a la recta de los centros.


Sean O y O’ los centros de las circunferencias y B uno de los puntos de intersección.
AC es la secante paralela a OO’.
Trazamos otra secante cualquiera DE y las perpendiculares por O y O’ a AC y a DE, así como la perpendicular por O’ a OM.

OO'=FG=AC/2,  O'P=MN=DE/2
 
Como OO'>O'P , será  AC>DE .
Dios creó los números naturales, el resto es obra del hombre.
L. Kronecker

13 Diciembre, 2017, 11:08 am
Respuesta #9

Michel

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Dubujo definitivo.

Dios creó los números naturales, el resto es obra del hombre.
L. Kronecker