On Jun 23, 7:57***pm, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>


>
> Cierto también. ¿Puedes dar una demostración?
>
> --


Ok. Voy a dar una demostración con el orden inverso del enunciado:

1 - Construcción de P como interseción de las circumferencias
circunscritas a los triángulos equiláteros (exteriores):
(supongo que todos los ángulos del triángulo difieren de 120º. en caso
que, por ejemplo, el ánculo ABC fuera de 120º, entonces P=B y pasamos
al punto 3)

Las circumferencias ABD y BCE no son tangentes por ser el ángulo en
ABC diferente de 120º, de modo que se cortan en un segundo punto: P.

Ahora, los puntos A, D, B, P son concíclicos, y el ángulo ADB es de
60º, de modo que el ángulo APB es de 120º. Del mismo modo, tenemos que
el ángulo BPC es también de 120º. De ahí que el ángulo APC sea de
120º. Como el ángulo AFC es de 60º, tenemos que los puntos A, P, C, F
son concíclicos.

2 - El punto P pertenece a los segmentos AE, BF y CD.

Se deduce de lo anterior: al pertenecer P a las tres circumferencias,
los ángulos BPE, EPC, CPF, FPA, APD y DPB son todos de 60º.
Así, los ángulos APE, BPF y CPD son de 180º.

3 - Los tres segmentos son de la misma longitud.

Ver que AE = BF es lo mismo que ver que PF - PA = PE - PB

Se demuestra que PF - PA = PC, de donde se sigue el resultado. (Nota,
esto es válido para todos 4 puntos concíclicos A, P, C, F en donde ACF
es un triángulo equilátero y P entre A y C)

Se aplica el teorema del coseno al triángulo APF con el ángulo APF (de
60º) y al triángulo CPF con el ángulo CPF (tb de 60º).
Juntando, esto da:
(AP)^2 + (PF)^2 - 2*AP*PF = (CP)^2 + (PF)^2 - 2*CP*PF
de donde se tiene:
AP*(AP + CP - PF) = CP*(AP + CP - PF)

AP = CP solo cuando PF es el diámetro de la circumferencia (de modo
que se cumple trivialmente lo que se quería), aí que tenemos
AP + CP - PF = 0


salu2,
Jordi Loki

On Jun 23, 7:57***pm, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>


>
> Cierto también. ¿Puedes dar una demostración?
>
> --


Ok. Voy a dar una demostración con el orden inverso del enunciado:

1 - Construcción de P como interseción de las circumferencias
circunscritas a los triángulos equiláteros (exteriores):
(supongo que todos los ángulos del triángulo difieren de 120º. en caso
que, por ejemplo, el ánculo ABC fuera de 120º, entonces P=B y pasamos
al punto 3)

Las circumferencias ABD y BCE no son tangentes por ser el ángulo en
ABC diferente de 120º, de modo que se cortan en un segundo punto: P.

Ahora, los puntos A, D, B, P son concíclicos, y el ángulo ADB es de
60º, de modo que el ángulo APB es de 120º. Del mismo modo, tenemos que
el ángulo BPC es también de 120º. De ahí que el ángulo APC sea de
120º. Como el ángulo AFC es de 60º, tenemos que los puntos A, P, C, F
son concíclicos.

2 - El punto P pertenece a los segmentos AE, BF y CD.

Se deduce de lo anterior: al pertenecer P a las tres circumferencias,
los ángulos BPE, EPC, CPF, FPA, APD y DPB son todos de 60º.
Así, los ángulos APE, BPF y CPD son de 180º.

3 - Los tres segmentos son de la misma longitud.

Ver que AE = BF es lo mismo que ver que PF - PA = PE - PB

Se demuestra que PF - PA = PC, de donde se sigue el resultado. (Nota,
esto es válido para todos 4 puntos concíclicos A, P, C, F en donde ACF
es un triángulo equilátero y P entre A y C)

Se aplica el teorema del coseno al triángulo APF con el ángulo APF (de
60º) y al triángulo CPF con el ángulo CPF (tb de 60º).
Juntando, esto da:
(AP)^2 + (PF)^2 - 2*AP*PF = (CP)^2 + (PF)^2 - 2*CP*PF
de donde se tiene:
AP*(AP + CP - PF) = CP*(AP + CP - PF)

AP = CP solo cuando PF es el diámetro de la circumferencia (de modo
que se cumple trivialmente lo que se quería), aí que tenemos
AP + CP - PF = 0


salu2,
Jordi Loki

Javier Esquinas escribió:
> On 23 jun, 19:57, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>> Javier Esquinas escribió:
>>
>>
>>
>>
>>
>>> On 23 jun, 11:44, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>>>> De los que le gustan a Javier Esquinas, ya que además es una
>>>> consecuencia de su problema:
>>>> Sea un triángulo ABC (por simplificar, con ángulos menores de 120º).
>>>> Sobre sus lados se adosan exteriormente sendos triángulos equiláteros
>>>> ABD, BCE, CAF.
>>>> -Probar que los segmentos AE, BF y CD tiene la misma longitud.
>>>> -Probar que estos tres segmentos se cortan en un punto ceviano P.
>>>> --
>>>> Antonio
>>> SÃ***,Antonio,efectivamente es de los que me gustan a mÃ*** y tiene mucha
>>> relación con el problema del triángulo equilátero que propuse.
>>> El punto P yo le llamarÃ***a F:es el famosÃ***simo punto de Fermat que
>>> mimimiza la suma de las distancias a los vértices.
>> Vale, pero ahora manda una demostración.
>>
>> --
>>
>> Antonio- Ocultar texto de la cita -
>>
>> - Mostrar texto de la cita -
>
> El que las tres longitudes son iguales es elemental utilizando el
> teorema del coseno.No creo que quieres que te maltrate escribiéndolo.
>

No, pero se puede dar alguna demostración más "abstracta".

Por ejemplo, usando variable compleja:

Sean z1, z2 y z3 los vértices del triángulo ABC. Construimos el
triángulo BCE girando el segmento BC un ángulo de 60º en torno a c, por
lo que

z4 = z3 + w(z2-z3)

con w = 1^(1/6), que verifica w* + w = 1

El vector que une z4 con z1 es

z4 - z1 = -z1 + w z2 + (1-w)z3 =

= -z1 + w z2 + w* z3 =

= w^3 z1 + w z2 + w^5 z3

Es claro que si repetimos el proceso para otro triángulo, obtenemos una
permutación circular de los Ã***ndices, de forma que

z5 - z2 = w^3 z2 + w z3 + w^5 z1 =

= w^2(w z2 + w^5 z3 + w^3 z1)

y como |w| = 1, resulta que

|z5 - z2| = |z4 - z1| = |z6 - z3|

--

Antonio

Javier Esquinas escribió:
> On 23 jun, 19:57, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>> Javier Esquinas escribió:
>>
>>
>>
>>
>>
>>> On 23 jun, 11:44, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>>>> De los que le gustan a Javier Esquinas, ya que además es una
>>>> consecuencia de su problema:
>>>> Sea un triángulo ABC (por simplificar, con ángulos menores de 120º).
>>>> Sobre sus lados se adosan exteriormente sendos triángulos equiláteros
>>>> ABD, BCE, CAF.
>>>> -Probar que los segmentos AE, BF y CD tiene la misma longitud.
>>>> -Probar que estos tres segmentos se cortan en un punto ceviano P.
>>>> --
>>>> Antonio
>>> SÃ***,Antonio,efectivamente es de los que me gustan a mÃ*** y tiene mucha
>>> relación con el problema del triángulo equilátero que propuse.
>>> El punto P yo le llamarÃ***a F:es el famosÃ***simo punto de Fermat que
>>> mimimiza la suma de las distancias a los vértices.
>> Vale, pero ahora manda una demostración.
>>
>> --
>>
>> Antonio- Ocultar texto de la cita -
>>
>> - Mostrar texto de la cita -
>
> El que las tres longitudes son iguales es elemental utilizando el
> teorema del coseno.No creo que quieres que te maltrate escribiéndolo.
>

No, pero se puede dar alguna demostración más "abstracta".

Por ejemplo, usando variable compleja:

Sean z1, z2 y z3 los vértices del triángulo ABC. Construimos el
triángulo BCE girando el segmento BC un ángulo de 60º en torno a c, por
lo que

z4 = z3 + w(z2-z3)

con w = 1^(1/6), que verifica w* + w = 1

El vector que une z4 con z1 es

z4 - z1 = -z1 + w z2 + (1-w)z3 =

= -z1 + w z2 + w* z3 =

= w^3 z1 + w z2 + w^5 z3

Es claro que si repetimos el proceso para otro triángulo, obtenemos una
permutación circular de los Ã***ndices, de forma que

z5 - z2 = w^3 z2 + w z3 + w^5 z1 =

= w^2(w z2 + w^5 z3 + w^3 z1)

y como |w| = 1, resulta que

|z5 - z2| = |z4 - z1| = |z6 - z3|

--

Antonio

Javier Esquinas escribió:
> On 23 jun, 19:57, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>> Javier Esquinas escribió:
>>
>>
>>
>>
>>
>>> On 23 jun, 11:44, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
>>>> De los que le gustan a Javier Esquinas, ya que además es una
>>>> consecuencia de su problema:
>>>> Sea un triángulo ABC (por simplificar, con ángulos menores de 120º).
>>>> Sobre sus lados se adosan exteriormente sendos triángulos equiláteros
>>>> ABD, BCE, CAF.
>>>> -Probar que los segmentos AE, BF y CD tiene la misma longitud.
>>>> -Probar que estos tres segmentos se cortan en un punto ceviano P.
>>>> --
>>>> Antonio
>>> SÃ***,Antonio,efectivamente es de los que me gustan a mÃ*** y tiene mucha
>>> relación con el problema del triángulo equilátero que propuse.
>>> El punto P yo le llamarÃ***a F:es el famosÃ***simo punto de Fermat que
>>> mimimiza la suma de las distancias a los vértices.
>> Vale, pero ahora manda una demostración.
>>
>> --
>>
>> Antonio- Ocultar texto de la cita -
>>
>> - Mostrar texto de la cita -
>
> El que las tres longitudes son iguales es elemental utilizando el
> teorema del coseno.No creo que quieres que te maltrate escribiéndolo.
>

No, pero se puede dar alguna demostración más "abstracta".

Por ejemplo, usando variable compleja:

Sean z1, z2 y z3 los vértices del triángulo ABC. Construimos el
triángulo BCE girando el segmento BC un ángulo de 60º en torno a c, por
lo que

z4 = z3 + w(z2-z3)

con w = 1^(1/6), que verifica w* + w = 1

El vector que une z4 con z1 es

z4 - z1 = -z1 + w z2 + (1-w)z3 =

= -z1 + w z2 + w* z3 =

= w^3 z1 + w z2 + w^5 z3

Es claro que si repetimos el proceso para otro triángulo, obtenemos una
permutación circular de los Ã***ndices, de forma que

z5 - z2 = w^3 z2 + w z3 + w^5 z1 =

= w^2(w z2 + w^5 z3 + w^3 z1)

y como |w| = 1, resulta que

|z5 - z2| = |z4 - z1| = |z6 - z3|

--

Antonio

Yo por decir algo mas concreto..

Las distancias AE y CD ( por ejemplo) son iguales , pues los
trianguloS ABE y DBC lo son , ya que el angulo en B es el mismo
=(60+B) y los lados BC es lo mismo que BE y BA = BD y ya esta ..

Yo por decir algo mas concreto..

Las distancias AE y CD ( por ejemplo) son iguales , pues los
trianguloS ABE y DBC lo son , ya que el angulo en B es el mismo
=(60+B) y los lados BC es lo mismo que BE y BA = BD y ya esta ..

Yo por decir algo mas concreto..

Las distancias AE y CD ( por ejemplo) son iguales , pues los
trianguloS ABE y DBC lo son , ya que el angulo en B es el mismo
=(60+B) y los lados BC es lo mismo que BE y BA = BD y ya esta ..

On 23 jun, 11:44, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
> De los que le gustan a Javier Esquinas, ya que además es una
> consecuencia de su problema:
>
> Sea un triángulo ABC (por simplificar, con ángulos menores de 120º)..
> Sobre sus lados se adosan exteriormente sendos triángulos equiláteros
> ABD, BCE, CAF.
>
> -Probar que los segmentos AE, BF y CD tiene la misma longitud.
>
> -Probar que estos tres segmentos se cortan en un punto ceviano P.
>
> --
>
> *** ***Antonio

Por lo que se ve Fermat le propuso este problema a Torricelli que dió
una demostración con todas las esencias de máximos-mínimos sin
utilizar cálculo variacional.La demostración se puede ver en
Mathematical Gems I de R.Honsberger.
Creo que no se han comentado dos propiedades:

(i) EL punto de Fermat F forma con los vértices 120º.De hecho la
demostración clásica de Torricelli parte de este punto y demuestra que
cumple las propiedades de mínima suma.
(ii) Las tres longitudes comunes de las que hablamos son precisamente
la mínima suma de distancias de la que estamos hablando.

Saludos.

On 23 jun, 11:44, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
> De los que le gustan a Javier Esquinas, ya que además es una
> consecuencia de su problema:
>
> Sea un triángulo ABC (por simplificar, con ángulos menores de 120º)..
> Sobre sus lados se adosan exteriormente sendos triángulos equiláteros
> ABD, BCE, CAF.
>
> -Probar que los segmentos AE, BF y CD tiene la misma longitud.
>
> -Probar que estos tres segmentos se cortan en un punto ceviano P.
>
> --
>
> *** ***Antonio

Por lo que se ve Fermat le propuso este problema a Torricelli que dió
una demostración con todas las esencias de máximos-mínimos sin
utilizar cálculo variacional.La demostración se puede ver en
Mathematical Gems I de R.Honsberger.
Creo que no se han comentado dos propiedades:

(i) EL punto de Fermat F forma con los vértices 120º.De hecho la
demostración clásica de Torricelli parte de este punto y demuestra que
cumple las propiedades de mínima suma.
(ii) Las tres longitudes comunes de las que hablamos son precisamente
la mínima suma de distancias de la que estamos hablando.

Saludos.