[ancape]

Hola

Os propongo el siguiente problema. Es un clásico.

Dada una circunferencia c y dos puntos P,Q interiores a ella, buscar un triángulo isósceles inscrito en c y cuyos lados iguales contengan a P y Q.

Saludos

[ancape]

Hola
En Agosto publiqué el problema anterior y esperé respuesta. Posiblemente fue mala época pues estábamos de vacaciones. Vuelvo a pedir solución pues la he conseguido para dos casos particulares pero no para el caso general.

Spoiler

[cerrar]

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 No se me ocurre como diseñar una construcción que resuelva el problema.

 Analíticamente (haciendo cuentas) si lo he resuelto; aunque llego a una ecuación no resoluble explícitamente sino por métodos numéricos. Si alguien tiene curiosidad puedo detallarlo, pero el método es bastante simple pero bruto, con un poco de trigonometría básica.

 Basado en ese método, he hecho el siguiente gráfico de GeoGebra:

 Pueden moverse los puntos \( B \), que sin pérdida de generalidad he situado en un radio fijo de la circunferencia y el otro punto \( C \) en una determinada región; no le he dado total libertad, porque en un momento dado la resolución de la ecuación supone elegir uno de los dos posibles ángulos (agudo y obtuso) con un mismo seno y se me complicaba considerar todos los casos.


 Si alguien se molesta en descargar el archivo y analizar los objetos, verá que la construcción es bastante sucia. No la he depurado.
Saludos.

[ancape]

.....
 Analíticamente (haciendo cuentas) si lo he resuelto; aunque llego a una ecuación no resoluble explícitamente sino por métodos numéricos. Si alguien tiene curiosidad puedo detallarlo, pero el método es bastante simple pero bruto, con un poco de trigonometría básica.
.....
 

Luis

Estoy muy interesado en la construcción aunque sea analítica. Si puedes adjuntar un archivo con las cuentas, te lo agradecería. Te adjunto hoja de Geogebra en la que obtengo una solución numérica con la aproximación que se desee (basta asignar n). Sigo pensando para obtener solución exacta.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Por comodidad supongo la circunferencia de radio \( 1 \). Fíjate en el dibujo.



 Por el teorema del los senos en el triángulo \( ABM \):

\(  \dfrac{1}{sin(\widehat{ABM})}=\dfrac{AB}{sin(x)} \)

 de donde:

\( \widehat{ABM}=arcsin\left(\dfrac{sin(x)}{AB}\right) \)

 Análogamente del triángulo \( ACM \):

\( \widehat{ACM}=arcsin\left(\dfrac{sin(x)}{AC}\right) \)

 Y ahora en el cuadrilátero \( MBAC \) tiene que cumplirse:

\( \widehat{ABM}+\widehat{ACM}+2x+\widehat{BAC}=2\pi \)

 Sustituyendo:

\(  arcsin\left(\dfrac{sin(x)}{AB}\right)+arcsin\left(\dfrac{sin(x)}{AC}\right)+2x+\widehat{BAC}=2\pi \)

 Es una ecuación donde la única incógnita es \( x \). La cosa es que no puede despejarse explícitamente; pero si resolverse por métodos numéricos.

 Una vez hallado \( x \) basta considerar el arco capaz sobre \( BC \) de ángulo \( 2x \) y cortarlo con la circunferencia original para obtener \( M \).

Saludos.

P.D. Tu método yo diría que es aún más bruto que el mío. Tomas \( 10^n \) puntos en la circunferencia y compruebas por fuerza bruta cual es el que da el triángulo con los lados más parecidos posibles.

[ancape]

.........

 Es una ecuación donde la única incógnita es \( x \). La cosa es que no puede despejarse explícitamente; pero si resolverse por métodos numéricos.

 ........

Gracias!!!. Voy a ver si puedo  traducir este método a construcciones geométricas que pueda hacer con Geogebra. Ya te diré si lo consigo.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Gracias!!!. Voy a ver si puedo  traducir este método a construcciones geométricas que pueda hacer con Geogebra. Ya te diré si lo consigo.

Bueno el gráfico que puse en mi primera respuesta ya usa ese método con Geogebra. Tal cuál.

Como la ecuación involucra arcosenos hay que tener cuidado con que rama del arcoseno se usa y por eso para evitar esas consideraciones limité un poco el rango de los puntos dato \( B \) y \( C \).

Saludos.

[ani_pascual]

 Una vez hallado \( x \) basta considerar el arco capaz sobre \( BC \) de ángulo \( 2x \) y cortarlo con la circunferencia original para obtener \( M \).

Saludos.

Hola:
Entonces... hay más de un triángulo isósceles que cumple la condición ¿no?

[Luis Fuentes]

Hola

Entonces... hay más de un triángulo isósceles que cumple la condición ¿no?

Si no me equivoco hay dos. Aunque en realidad cuando una traza el arco capaz y salen dos puntos de cortes sólo uno de ellos es válido. La otra solución aparece con el vértice \( M \) en el otro lado de la circunferencia.

Ya digo que el hecho de que el arcoseno pueda tener varias ramas a considerar (quedarse con el ángulo agudo u obtuso) da un poco la lata.

Saludos.

[ancape]

Hola

Por fin he visto resuelto geométricamente el problema de trazar un triángulo isósceles inscrito en una circunferencia y cuyos lados iguales pasen por dos puntos dados.
El problema es equivalente al famoso Problema de Alhacen de reflexión de la luz en un círculo y entre las muchas soluciones dadas, destaca la de Huygens que obtiene el (los) punto(s) buscado(s) como intersección de una hipérbola, la Hipérbola de Huygens, y el círculo dado. En el enlace http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Alhazen.html puede verse la construcción en Geogebra desarrollada por Ignacio Larrosa  (colaborador en este foro).

Podría objetarse que la obtención de la intersección de un círculo con una hipérbola no es construible en general con regla y compás, pero es un procedimiento que está presente en todos los programas de trazado geométrico o bien analíticamente precisa sólo de la resolución de un sistema de dos ecuaciones de grado dos.

Saludos