[ancape]

Hola

Sigo preguntándome sobre los problemas de inscribir figuras geométricas en otras.

Dada una elipse y un punto de ésta, inscribir un triángulo equilátero con uno de sus vértices en este punto, en dicha elipse.
En la figura que adjunto doy la solución con 2 cifras decimales exactas para la elipse \( \displaystyle\frac{x^2}{64}+\displaystyle\frac{y^2}{16}=1 \) y el punto \( A=(6,\sqrt[ ]{28}/2) \) con dos cifras decimales exactas.

He resuelto el problema para cualquier elipse y punto de la misma pero sólo numéricamente, eso sí con la precisión que desee, pero busco una solución que evite usar un ordenador para obtenerla.

Saludos

[Richard R Richard]

En este hay un menor grado de dificultad solo tienes 4 incógnitas las coordenadas de los puntos de los vértices del triángulo con sus lados todos iguales ya tienes  $$(x_A,y_A)$$ y los otros dos vértices incógnita serían $$(x_1,y_1)$$ y $$(x_2,y_2)$$

Dada la ecuación de la elipse centrada al origen para simplificar $$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$

Tenemos que hallar 4 igualdades para poder hacer un sistema de ecuaciones de 4 x 4 , obviamente no lineal

Como los vértices pertenecen a la elipse debe cumplirse que

\( \dfrac{x_1^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2}{b^2}=\dfrac{x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_2^2}{b^2}=\dfrac{x_A^2}{a^2}+\dfrac{y_A^2}{b^2}=1 \)

Allí tenemos dos igualdades

Las otras salen de igualar la longitud de los lados

\( (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=(x_1-x_A)^2+(y_1-y_A)^2=(x_2-x_A)^2+(y_2-y_A)^2 \)

mis intentos de llegar a una ecuación fácilmente despejable siempre fallan.



Saludos

[ancape]

.......
Tenemos que hallar 4 igualdades para poder hacer un sistema de ecuaciones de 4 x 4 , obviamente no lineal
.......
mis intentos de llegar a una ecuación fácilmente despejable siempre fallan
.......

Richard
Efectivamente, la que propones es una forma de resolver el problema conceptualmente sencilla pero que conduce a un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas no lineal que, al menos yo, no sé resolver sin ayuda de un ordenador.

Adjunto copia de pantalla de una hoja de Maple en la que se resuelve, muy rápidamente, el sistema con 8 cifras decimales exactas y muy poco trabajo (si exceptuamos el que hace la máquina). El método va muy bien si la elipse y el punto dado son numéricos pues se hace resolución con el comando 'fsolve' pero no serviría si la elipse y el punto son arbitrarios (el comando 'solve' da una solución general "alucinante". Por ejemplo hacer una animación en la que el punto dado pueda moverse por la elipse.



Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Como información complementaria aquí se trata algo relacionado.

 El centro de todos los triángulos inscritos a la elipse forma otra elipse.

https://math.stackexchange.com/questions/2717238/equilateral-triangle-inscribed-in-an-ellipse

Saludos.

[ancape]

Hola

 Como información complementaria aquí se trata algo relacionado.

 El centro de todos los triángulos inscritos a la elipse forma otra elipse.

https://math.stackexchange.com/questions/2717238/equilateral-triangle-inscribed-in-an-ellipse

Saludos.

Hola
Gracias por la información, me ha sido muy útil para 'casi' resolver el problema geométricamente.
En el artículo que contiene el enlace, demuestra (de manera muy enrevesada) que el lugar de los centros de los triángulos equiláteros inscritos en una elipse, es otra elipse. Creo que no es necesaria tanta parafernalia pasando al plano complejo cuando podemos razonar así:

El centro de un triángulo equilátero es el punto resultante de sumar sus vértices y dividir por tres. Dado un vértice, esto es un punto de la elipse, los otros están perfectamente determinados por un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas según expone Richard R. Richard, así que como un vértice satisface una ecuación de 2º grado, el centro satisfará también una ecuación de 2º grado. Se mueve pues en una cónica. Además, claramente, tal cónica no tiene puntos en el infinito. Es pues una elipse.

Calculando fácilmente el triángulo equilátero que corresponde a cada vértice de la cónica y observando las simetrías, obtenemos los vértices de la elipse lugar de centros y por tanto ésta.

Una vez que tenemos la elipse lugar de centros, obtenemos para cada punto de ésta un triángulo equilátero inscrito en la elipse original´

Adjunto dos hojas de Geogebra. En una calculo la elipse lugar de centros (elipse en verde). En la otra calculo el triángulo equilátero inscrito para cada punto del primer cuadrante de la elipse verde.

NO he resuelto el problema completamente tal y como lo enuncié, esto es, determinar el triángulo equilátero inscrito en la elipse dada para cada punto de ésta de forma que tal punto sea uno de sus vértices, pero cada vez estoy más cerca.

Saludos

[martiniano]

Hola

Sigo preguntándome sobre los problemas de inscribir figuras geométricas en otras.

Dada una elipse y un punto de ésta, inscribir un triángulo equilátero con uno de sus vértices en este punto, en dicha elipse.

Considera un giro de \[ 60° \] con centro en el vértice conocido del triángulo. Dicho giro transforma la elipse en otra que intersecta a la original en otro de los vértices del triángulo.

Encontrar los puntos de intersección de dos cónicas conocido uno de ellos equivale a encontrar los puntos dobles de la homografia que induce en el plano la proyección de una de las cónicas sobre la otra desde el punto de intersección conocido. Y el problema de hallar los puntos dobles de un homografia en el plano no es resoluble con regla y compás. La verdad es que no creo que el caso particular que nos ocupa sea una excepción, aunque no estoy seguro.

Un saludo.

[Ignacio Larrosa]

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,

[ancape]

.........
Encontrar los puntos de intersección de dos cónicas conocido uno de ellos equivale a encontrar los puntos dobles de la homografia que induce en el plano la proyección de una de las cónicas sobre la otra desde el punto de intersección conocido. Y el problema de hallar los puntos dobles de un homografia en el plano no es resoluble con regla y compás. La verdad es que no creo que el caso particular que nos ocupa sea una excepción, aunque no estoy seguro.
.......

Hola

Gracias por la respuesta. No entiendo bien lo que dices cuando aseguras que los puntos dobles de una homografía no son calculables con regla y compás. Te adjunto hoja de Geogebra que calcula los puntos dobles de uns homografía y creo que no urtiliza mas herramientas que la regla y el compás.

Saludos

[martiniano]

Hola.

Ignacio. Muy bonito tu Geogebra. Un buen resumen de lo que se está tratando.

Ancape. Efectivamente, así como dices es como se hallan, con regla y compás, los puntos dobles de una homografia definida de una recta sobre sí misma. Sin embargo, la homografia a la que me refería en el mensaje anterior, la inducida por la proyección entre las dos cónicas, es una homografía sobre el plano. Y aquí la cosa cambia.

Un saludo.

[ancape]

Considera un giro de \[ 60° \] con centro en el vértice conocido del triángulo. Dicho giro transforma la elipse en otra que intersecta a la original en otro de los vértices del triángulo.

Encontrar los puntos de intersección de dos cónicas conocido uno de ellos equivale a encontrar los puntos dobles de la homografia que induce en el plano la proyección de una de las cónicas sobre la otra desde el punto de intersección conocido. Y el problema de hallar los puntos dobles de un homografia en el plano no es resoluble con regla y compás. La verdad es que no creo que el caso particular que nos ocupa sea una excepción, aunque no estoy seguro.

Hola
Creo que no cogí la idea de que en general no es posible hallar la intersección de dos cónicas con regla y compás. La construcción que haces girando la elipse 60º da inmediatamente la solución del problema y a lo único que se refería lo de la homografía era la imposibilidad de hallar en general el punto de intersección de dos elipses con regla y compás. No lo vi pues la palabra 'homografía' desvió mi atención. Por otra parte creí que te referías a homografías entre puntos de rectas pues no había estudiado el tema de la homografía de puntos del plano que generan dos cónicas que se cortan. Te agradecería me indiques dónde puedo encontrar información del tema.

Saludos