i)Tomemos una curva cerrada simple cualquiera.Demostrar que siempre es
posible tomar en ella tres puntos que determinen un triangulo
equilátero.

ii)Tomemos ahora un triangulo equilátero cualquiera AEF.¿Cual es la
línea de longitud mínima que divide al triangulo en dos partes de
áreas iguales?

iii)Inscribir AEF en un rectángulo ABCD con el vértice A común al
triangulo y al rectángulo, E en BC y F en CD.Demostrar que el área de
CEF es igual a la suma de las áreas de los triángulos ABE y ADF.

iiii)En AEF tomamos un punto cualquiera P situado en la circunferencia
de su círculo inscrito.Demostrar sin trigonometría que (PA)^2+(PE)^2+
(PF)^2 es constante cuando P se mueve sobre la circunferencia donde
está.Para un punto Q situado situado en una circunferencia concéntrica
a la anterior.¿como varia (PA)^2+(PE)^2+(PF)^2 cuando Q se mueve sobre
la circunferencia donde está?

Saludos
León-Sotelo

León-Sotelo escribió:
>
> i)Tomemos una curva cerrada simple cualquiera.Demostrar que siempre es
> posible tomar en ella tres puntos que determinen un triangulo
> equilátero.
>

A golpe de intuición:
Si cogemos un punto arbitrario A de la curva y dibujamos una segunda
curva formada por los puntos que forman un triangulo equilátero con A y
los demás puntos de la curva original, esa segunda curva será idéntica a
la primera, excepto que estará rotada 60º por el punto A. Debe existir
almenos un segundo punto de intersección B entre las dos curvas ya que
al ser iguales encierran la misma área (si no existiera, la segunda
curva quedaria encerrada dentro de la primera, y tendría una área
estrictamente menor). Debemos tener pues como mínimo un triangulo
equilátero con un vértice en cada punto A de la curva, con un segundo
vértice en B.

León-Sotelo escribió:
>
> i)Tomemos una curva cerrada simple cualquiera.Demostrar que siempre es
> posible tomar en ella tres puntos que determinen un triangulo
> equilátero.
>

A golpe de intuición:
Si cogemos un punto arbitrario A de la curva y dibujamos una segunda
curva formada por los puntos que forman un triangulo equilátero con A y
los demás puntos de la curva original, esa segunda curva será idéntica a
la primera, excepto que estará rotada 60º por el punto A. Debe existir
almenos un segundo punto de intersección B entre las dos curvas ya que
al ser iguales encierran la misma área (si no existiera, la segunda
curva quedaria encerrada dentro de la primera, y tendría una área
estrictamente menor). Debemos tener pues como mínimo un triangulo
equilátero con un vértice en cada punto A de la curva, con un segundo
vértice en B.

Quim Testar wrote:
> León-Sotelo escribió:
>>
>> i)Tomemos una curva cerrada simple cualquiera.Demostrar que siempre
>> es posible tomar en ella tres puntos que determinen un triangulo
>> equilátero.
>>
>
> A golpe de intuición:
> Si cogemos un punto arbitrario A de la curva y dibujamos una segunda
> curva formada por los puntos que forman un triangulo equilátero con A
> y los demás puntos de la curva original, esa segunda curva será
> idéntica a la primera, excepto que estará rotada 60º por el punto A.
> Debe existir almenos un segundo punto de intersección B entre las dos
> curvas ya que al ser iguales encierran la misma área (si no
> existiera, la segunda curva quedaria encerrada dentro de la primera,
> y tendría una área estrictamente menor). Debemos tener pues como
> mínimo un triangulo equilátero con un vértice en cada punto A de la
> curva, con un segundo vértice en B.

La idea es buena, pero hay que completarla. Si el punto es el vértice
correspondiente a un ángulo de menos de 60º de un polígono convexo, las dos
curvas solo tienen en común el propio punto A. Este es un contrejemplo
local, no global, que diría Lakatos. Es decir, que va contra la prueba y no
contra la tesis.

Evidentemente, si se escoge como punto A cualquier punto intermedio de un
lado, ya no hay problema. Y si la curva es de clase 1, "suave", en algún
intervalo por pequeño que sea, tampoco hay problema.

Pero no se si hay "monstruos" que son cerradas, simples y sin ningún punto
anguloso ...


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS***mundo-r.com

Quim Testar wrote:
> León-Sotelo escribió:
>>
>> i)Tomemos una curva cerrada simple cualquiera.Demostrar que siempre
>> es posible tomar en ella tres puntos que determinen un triangulo
>> equilátero.
>>
>
> A golpe de intuición:
> Si cogemos un punto arbitrario A de la curva y dibujamos una segunda
> curva formada por los puntos que forman un triangulo equilátero con A
> y los demás puntos de la curva original, esa segunda curva será
> idéntica a la primera, excepto que estará rotada 60º por el punto A.
> Debe existir almenos un segundo punto de intersección B entre las dos
> curvas ya que al ser iguales encierran la misma área (si no
> existiera, la segunda curva quedaria encerrada dentro de la primera,
> y tendría una área estrictamente menor). Debemos tener pues como
> mínimo un triangulo equilátero con un vértice en cada punto A de la
> curva, con un segundo vértice en B.

La idea es buena, pero hay que completarla. Si el punto es el vértice
correspondiente a un ángulo de menos de 60º de un polígono convexo, las dos
curvas solo tienen en común el propio punto A. Este es un contrejemplo
local, no global, que diría Lakatos. Es decir, que va contra la prueba y no
contra la tesis.

Evidentemente, si se escoge como punto A cualquier punto intermedio de un
lado, ya no hay problema. Y si la curva es de clase 1, "suave", en algún
intervalo por pequeño que sea, tampoco hay problema.

Pero no se si hay "monstruos" que son cerradas, simples y sin ningún punto
anguloso ...


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS***mundo-r.com

León-Sotelo wrote:
>
> ii)Tomemos ahora un triangulo equilátero cualquiera AEF.¿Cual es la
> línea de longitud mínima que divide al triangulo en dos partes de
> áreas iguales?


Un arco de circunferencia de centro uno de los vértices, obviamente ...

Después de cenar, sigo ..


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS***mundo-r.com

León-Sotelo wrote:
>
> ii)Tomemos ahora un triangulo equilátero cualquiera AEF.¿Cual es la
> línea de longitud mínima que divide al triangulo en dos partes de
> áreas iguales?


Un arco de circunferencia de centro uno de los vértices, obviamente ...

Después de cenar, sigo ..


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS***mundo-r.com

Cachis, un punto menos :P

Ignacio Larrosa Cañestro wrote:
>
> Pero no se si hay "monstruos" que son cerradas, simples y sin ningún punto
> anguloso ...
>

Todos los puntos angulosos, quieres decir ¿no?

Cachis, un punto menos :P

Ignacio Larrosa Cañestro wrote:
>
> Pero no se si hay "monstruos" que son cerradas, simples y sin ningún punto
> anguloso ...
>

Todos los puntos angulosos, quieres decir ¿no?

León-Sotelo wrote:
>
> iii)Inscribir AEF en un rectángulo ABCD con el vértice A común al
> triangulo y al rectángulo, E en BC y F en CD.Demostrar que el área de
> CEF es igual a la suma de las áreas de los triángulos ABE y ADF.

Como los tres tienen la misma base, el lado del triángulo equilátero, basta
con compara sus alturas. Llamemoslas b, c y d, con lo que hay que ver que b
+ d = c.

Si rotamos 60º el triángulo ABE en torno a E para que EA coincida con EF y
otro tanto con el triángulo ADF, para que FA coincida con FE, los puntos B'
y D', transformados de B y D, así como C, se encuantran en una misma
circunferencia de diámetro FE, dado que los ángulos en C, D' y B' son
rectos.

Por otra parte, los ángulos CEB' y CFD' son de 120º, por lo que los arcos
correspondientes son de 1/3 de circunferencia, por lo que el DB' también.
Por tanto, CB'D' es un triángulo equilátero, y la suma de momentos de los
tres vértices respecto a una recta que pasa por su baricentro, como el
diámetro EF, debe ser cero. Como B' y D' están a un lado de EF y C al otro,
tenemos que c = b + d, c.q.d.


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS***mundo-r.com