[electron]

¡Interesante ejercicio!

Dado un triángulo equilátero \( ABC \) de lado \( L \) y un punto cualquiera \( P \) sobre su circunferencia inscrita, demostrar que

\( AP^2+BP^2+CP^2=k \)

siendo \( k \) una constante, y hallar el valor de ésta.

Spoiler

Si no me he equivocado en los cálculos, sale \( k=\displaystyle\frac{5L^2}{4} \)

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[Luis Fuentes]

Hola

 Por geometría analítica sale muy rápido aunque no sea muy bonito.

Spoiler

Sin pérdida suponemos sin pérdida de generalidad (y salvo semejanza) un triángulo de lado y radio \( 1 \). Sus vértices:


\( A=(0,0),\quad B=(1,0),\quad C=(1/2,\sqrt{3}/2) \)

 Dado un punto \( P=(x,y) \) cualquiera:

\(  AP^2+BP^2+CP^2=\ldots=3(x^2-x+y^2-\dfrac{\sqrt{3}}{3}y)+2 \) (*)

 Ahora el centro del círculo inscrito es \( O=(1/2,\sqrt{3}/6) \) y el radio \( r=\sqrt{3}/6 \). Entonces si \( P \) pertenece a la circunferencia inscrita:

\( (x-1/2)^2+(y-\sqrt{3}/6)=(\sqrt{3}/6)^2 \)

\( x^2-x+y^2-\sqrt{3}{3}y=-1/4 \)

 Susituyendo en (*):

\( AP^2+BP^2+CP^2=-3/4+2=5/4 \)

 Así que en general \( k=5\color{red}L^2\color{black}/4 \) siendo \( L \) el lado del triángulo equilátero.

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Saludos.

CORREGIDO (gracias electron)

[electron]

Spoiler

Así que en general \( k=5L/4 \) siendo \( L \) el lado del triángulo equilátero.

Con un matiz: es \( L^2 \) y no \( L \). Se puede deducir usando en los cálculos un triángulo de lado \( L \) en lugar de lado unidad, o bien extrapolando tu resultado y con argumento dimensional (a la izquierda tenemos longitudes al cuadrado).

Yo también lo he hecho con analítica, aunque he llamado \( P=(Rcost,Rsent) \) y al sumar los 3 cuadrados se comprueba que desaparece el parámetro \( t \).

Sería interesante encontrar una vía alternativa...

[cerrar]

Saludos

[ani_pascual]

¡Interesante ejercicio!

Dado un triángulo equilátero \( ABC \) de lado \( L \) y un punto cualquiera \( P \) sobre su circunferencia inscrita, demostrar que

\( AP^2+BP^2+CP^2=k \)

siendo \( k \) una constante, y hallar el valor de ésta.

Hola:
Aunque ya está "todo el pescado vendido", quizás, si se toma como origen de coordenadas el incentro del triángulo equilátero, los cálculos son más fáciles.

Spoiler

\( \left\{\begin{array}{l}A(-r\sqrt{3},-r)\\B(r\sqrt{3},-r)\\C(0,2r)\\P(r\cos t,r\sen t)\end{array}\right.\Longrightarrow \overline{AP}^2+\overline{BP}^2+\overline{CP}^2=(r\cos t+r\sqrt{3})^2+(r\sen t+r)^2+(r\cos t-r\sqrt{3})^2+(r\sen t+r)^2+r^2\cos^2t+(r\sen t-2r)^2=\cdots \cdots = 15r^2=\dfrac{5L^2}{4} \) ya que \( r^2=\dfrac{L^2}{12} \)

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Por otra parte, creo que se podría también plantear de la siguiente manera; a ver qué opináis:

Spoiler

Según la figura adjunta, usando el teorema del coseno en los triángulos \( AOP,BOP,COP \) y el hecho de que es un triángulo equilátero, siendo \( r \) el radio de la circunferencia inscrita al mismo, se tiene que
\( \left\{\begin{array}{l}\overline{AP}^2=r^2+(2r)^2-2\cdot r\cdot (2r)\cdot\cos\alpha\\\overline{BP}^2=r^2+(2r)^2-2\cdot r\cdot (2r)\cdot\cos\beta\\\overline{CP}^2=r^2+(2r)^2-2\cdot r\cdot (2r)\cdot\cos\gamma\end{array}\right.\Longrightarrow\overline{AP}^2+\overline{BP}^2+\overline{CP}^2=15r^2-4r^2(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)\stackrel{(\ast)}{=}15r^2=15\cdot\dfrac{L^2}{12}=\boxed{\dfrac{5L^2}{4}} \)
Téngase en cuenta que \( \alpha-\gamma=120^{\circ},\beta+\gamma=120^{\circ} \) luego
\( (\ast)\\
\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma =\cos\alpha+\cos(240^{\circ}-\alpha)+\cos(\alpha-120^{\circ})=
\cos\alpha+\cos 240^{\circ}\cos\alpha+\sen 240^{\circ}\sen\alpha +\cos\alpha\cos 120^{\circ}+\sen\alpha\, \sen120^{\circ}=\cdots = 0 \)

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Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 A mi me parece bien, ani_pascual.  :aplauso:Por cierto que aunque cambie la constante, el resultado sigue siendo cierto si tomamos un punto \( P \) a distancia constante del centro del triángulo equilátero.

Saludos.

[ani_pascual]

Hola

 A mi me parece bien, ani_pascual.  :aplauso:Por cierto que aunque cambie la constante, el resultado sigue siendo cierto si tomamos un punto \( P \) a distancia constante del centro del triángulo equilátero.

Saludos.

Hola:
Gracias; parece interesante tu observación; supongo que tendrá que ver con que ese punto equidistante del centro del triángulo equilátero, se puede considerar como un punto perteneciente a la circunferencia inscrita a otro triángulo equilátero semejante al original y con los lados paralelos a él ¿no?
Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Gracias; parece interesante tu observación; supongo que tendrá que ver con que ese punto equidistante del centro del triángulo equilátero, se puede considerar como un punto perteneciente a la circunferencia inscrita a otro triángulo equilátero semejante al original y con los lados paralelos a él ¿no?

Simplemente si en cualquiera de las demostraciones que hemos expuesto se cambia el radio del círculo inscrito por otra constante, más allá de un cambio de valor en la suma final todo funciona igual y la suma es constante.

Saludos.

[ancape]

.......
Sería interesante encontrar una vía alternativa...
.......

Hola

Cómo habréis podido ver en mis intervenciones, no soy muy amigo de los métodos que usan geometría analítica pues aparte de la pesadez que me supone hacer cálculos la probabilidad de que me equivoque es muy alta. Además creo que la traducción a coordenadas y manipulación de éstas, oculta la esencia del problema y no invita a generalizar el resultado. En el problema de probar que la suma de cuadrados de distancias es constante basta observar que el resultado es trivial si los puntos elegidos en la circunferencia son los de tangencia con los lados. Después basta ver que la función suma de cuadrados de distancias es de 2º grado y no puede tener 3 raíces salvo que sea constante. El razonamiento concreto puede verse en la figura adjunta.

Utilizando esta técnica creo que puede probarse la implicación en sentido contrario, esto es si en un triángulo la suma de cuadrados de las distancias de la circunferencia inscrita a los vértices en constante, entonces el triángulo es equilátero. Creo que el resultado es cierto, pero aún no lo he probado,os animo a que lo hagáis. yo seguiré pensado en el tema.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Cómo habréis podido ver en mis intervenciones, no soy muy amigo de los métodos que usan geometría analítica pues aparte de la pesadez que me supone hacer cálculos la probabilidad de que me equivoque es muy alta. Además creo que la traducción a coordenadas y manipulación de éstas, oculta la esencia del problema y no invita a generalizar el resultado. En el problema de probar que la suma de cuadrados de distancias es constante basta observar que el resultado es trivial si los puntos elegidos en la circunferencia son los de tangencia con los lados. Después basta ver que la función suma de cuadrados de distancias es de 2º grado y no puede tener 3 raíces salvo que sea constante. El razonamiento concreto puede verse en la figura adjunta.

No me convence. \( P \) también se movería en una curva dada por una ecuación de grado \( 2 \) si tomamos cualquier cónica que pasar por esos tres puntos en los lados, pero si tomamos una hipérbola por ejemplo, es claro que la suma de distancias no es constante.

Saludos.

[ancape]

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No me convence. \( P \) también se movería en una curva dada por una ecuación de grado \( 2 \) si tomamos cualquier cónica que pasar por esos tres puntos en los lados, pero si tomamos una hipérbola por ejemplo, es claro que la suma de distancias no es constante.
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Hola
F(x,y) es un polinomio de segundo grado. En tres puntos \( (x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3) \) toma el mismo valor k. Elegimos unos ejes en los que la recta y=k sea el eje x. En tales ejes F(x,y) tiene tres raíces. Que yo sepa, un ecuación de 2º grado sólo tiene dos raíces. Lo que dices demuestra que F(x,y) no puede ser hipérbola. Además, si lo fuese, la suma de cuadrados de distancias a los vértices podría hacerse tan grande como se quiera, lo que es geométricamente imposible.

Saludos