Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que había leido cuando
me inventé y resolví el siguiente problema.Lo pongo aquí porque no sé
si el problema en sí mismo es una chorrada que el único que no lo
tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:

Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
cierto del que se puede partir.

Ahora el problema:

Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.

Saludos.

Javier Esquinas escribió:
> Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que habÃ***a leido cuando
> me inventé y resolvÃ*** el siguiente problema.Lo pongo aquÃ*** porque no sé
> si el problema en sÃ*** mismo es una chorrada que el único que no lo
> tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:
>
> Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
> Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
> unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
> circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
> ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
> cierto del que se puede partir.
>
> Ahora el problema:
>
> Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
> la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
> áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.
>

Formalicémoslo.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer el circunradio unidad y que
los vértices son

z1 = exp(i t1), z2 = exp(i t2), z3 = exp(i t3)

El área de este triángulo es

S = (1/2)Im(z3 z2* + z2 z1* + z1 z3*) =

= (1/2)(sen(t3-t2) + sen(t2-t1) + sen(t1-t3)) =

= 2 sen((t3-t2)/2)sen((t2-t1)/2)sen((t1-t3)/2)

Por otro lado, la ecuación del lado AB es

z = z1 + x (z2-z1)

y la normal que pasa por z3

z = z3 + i x (z2-z1)

Esta recta corta al circuncÃ***rculo en dos puntos dados por la condición
|z| = 1, lo que nos da

|z3|^2 + x^2 |z2-z1|^2 + ix(z3*(z2-z1)-z3(z2*-z1*)) = 1

x = 0 (el propio punto z3)

x = i(z3/(z2-z1) - z3*/(z2*-z1*)

y sustituyendo en la ecuación de la altura

z3' = z3*(z2-z1)/(z2*-z1*) = exp(i(t1+t2-t3))

esto quiere decir que los vértices del segundo triángulo se encuentran en

t1' = -t1 + t2 + t3

t2' = t1 - t2 + t3

t3' = t1 + t2 - t3

y el nuevo área es

S' = 2|sen((t3'-t2')/2)sen((t2'-t1')/2)sen((t1'-t3')/2)|

pero

t3' - t2' = 2(t2-t3)

por lo que nos queda

S' = S |8cos((c-b)/2)cos((b-a)/2)cos((a-c)/2))|

Queda demostrar que para un triángulo acutángulo el producto de cosenos
es siempre menor que 1/8 en valor absoluto.

Hay que señalar que para un triángulo obtusángulo, el área del triángulo
"imagen" si es mayor que el del original.

--

Antonio

Javier Esquinas escribió:
> Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que habÃ***a leido cuando
> me inventé y resolvÃ*** el siguiente problema.Lo pongo aquÃ*** porque no sé
> si el problema en sÃ*** mismo es una chorrada que el único que no lo
> tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:
>
> Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
> Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
> unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
> circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
> ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
> cierto del que se puede partir.
>
> Ahora el problema:
>
> Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
> la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
> áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.
>

Formalicémoslo.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer el circunradio unidad y que
los vértices son

z1 = exp(i t1), z2 = exp(i t2), z3 = exp(i t3)

El área de este triángulo es

S = (1/2)Im(z3 z2* + z2 z1* + z1 z3*) =

= (1/2)(sen(t3-t2) + sen(t2-t1) + sen(t1-t3)) =

= 2 sen((t3-t2)/2)sen((t2-t1)/2)sen((t1-t3)/2)

Por otro lado, la ecuación del lado AB es

z = z1 + x (z2-z1)

y la normal que pasa por z3

z = z3 + i x (z2-z1)

Esta recta corta al circuncÃ***rculo en dos puntos dados por la condición
|z| = 1, lo que nos da

|z3|^2 + x^2 |z2-z1|^2 + ix(z3*(z2-z1)-z3(z2*-z1*)) = 1

x = 0 (el propio punto z3)

x = i(z3/(z2-z1) - z3*/(z2*-z1*)

y sustituyendo en la ecuación de la altura

z3' = z3*(z2-z1)/(z2*-z1*) = exp(i(t1+t2-t3))

esto quiere decir que los vértices del segundo triángulo se encuentran en

t1' = -t1 + t2 + t3

t2' = t1 - t2 + t3

t3' = t1 + t2 - t3

y el nuevo área es

S' = 2|sen((t3'-t2')/2)sen((t2'-t1')/2)sen((t1'-t3')/2)|

pero

t3' - t2' = 2(t2-t3)

por lo que nos queda

S' = S |8cos((c-b)/2)cos((b-a)/2)cos((a-c)/2))|

Queda demostrar que para un triángulo acutángulo el producto de cosenos
es siempre menor que 1/8 en valor absoluto.

Hay que señalar que para un triángulo obtusángulo, el área del triángulo
"imagen" si es mayor que el del original.

--

Antonio

Javier Esquinas escribió:
> Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que habÃ***a leido cuando
> me inventé y resolvÃ*** el siguiente problema.Lo pongo aquÃ*** porque no sé
> si el problema en sÃ*** mismo es una chorrada que el único que no lo
> tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:
>
> Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
> Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
> unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
> circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
> ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
> cierto del que se puede partir.
>
> Ahora el problema:
>
> Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
> la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
> áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.
>

Formalicémoslo.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer el circunradio unidad y que
los vértices son

z1 = exp(i t1), z2 = exp(i t2), z3 = exp(i t3)

El área de este triángulo es

S = (1/2)Im(z3 z2* + z2 z1* + z1 z3*) =

= (1/2)(sen(t3-t2) + sen(t2-t1) + sen(t1-t3)) =

= 2 sen((t3-t2)/2)sen((t2-t1)/2)sen((t1-t3)/2)

Por otro lado, la ecuación del lado AB es

z = z1 + x (z2-z1)

y la normal que pasa por z3

z = z3 + i x (z2-z1)

Esta recta corta al circuncÃ***rculo en dos puntos dados por la condición
|z| = 1, lo que nos da

|z3|^2 + x^2 |z2-z1|^2 + ix(z3*(z2-z1)-z3(z2*-z1*)) = 1

x = 0 (el propio punto z3)

x = i(z3/(z2-z1) - z3*/(z2*-z1*)

y sustituyendo en la ecuación de la altura

z3' = z3*(z2-z1)/(z2*-z1*) = exp(i(t1+t2-t3))

esto quiere decir que los vértices del segundo triángulo se encuentran en

t1' = -t1 + t2 + t3

t2' = t1 - t2 + t3

t3' = t1 + t2 - t3

y el nuevo área es

S' = 2|sen((t3'-t2')/2)sen((t2'-t1')/2)sen((t1'-t3')/2)|

pero

t3' - t2' = 2(t2-t3)

por lo que nos queda

S' = S |8cos((c-b)/2)cos((b-a)/2)cos((a-c)/2))|

Queda demostrar que para un triángulo acutángulo el producto de cosenos
es siempre menor que 1/8 en valor absoluto.

Hay que señalar que para un triángulo obtusángulo, el área del triángulo
"imagen" si es mayor que el del original.

--

Antonio

On 16 jul, 15:57, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
> Javier Esquinas escribió:
>
>
>
>
>
> > Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que había leido cuando
> > me inventé y resolví el siguiente problema.Lo pongo aquí porque no sé
> > si el problema en sí mismo es una chorrada que el único que no lo
> > tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:
>
> > Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
> > Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
> > unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
> > circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
> > ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
> > cierto del que se puede partir.
>
> > Ahora el problema:
>
> > Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
> > la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
> > áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.
>
> Formalicémoslo.
>
> Sin pérdida de generalidad, podemos suponer el circunradio unidad y que
> los vértices son
>
> *** z1 = exp(i t1), z2 = exp(i t2), z3 = exp(i t3)
>
> El área de este triángulo es
>
> *** S = (1/2)Im(z3 z2* + z2 z1* + z1 z3*) =
>
> *** *** = (1/2)(sen(t3-t2) + sen(t2-t1) + sen(t1-t3)) =
>
> *** *** = 2 sen((t3-t2)/2)sen((t2-t1)/2)sen((t1-t3)/2)
>
> Por otro lado, la ecuación del lado AB es
>
> *** z = z1 + x (z2-z1)
>
> y la normal que pasa por z3
>
> *** z = z3 + i x (z2-z1)
>
> Esta recta corta al circuncírculo en dos puntos dados por la condición
> |z| = 1, lo que nos da
>
> *** |z3|^2 + x^2 |z2-z1|^2 + ix(z3*(z2-z1)-z3(z2*-z1*)) = 1
>
> *** x = 0 ***(el propio punto z3)
>
> *** x = i(z3/(z2-z1) - z3*/(z2*-z1*)
>
> y sustituyendo en la ecuación de la altura
>
> *** z3' = z3*(z2-z1)/(z2*-z1*) = exp(i(t1+t2-t3))
>
> esto quiere decir que los vértices del segundo triángulo se encuentran en
>
> *** t1' = -t1 + t2 + t3
>
> *** t2' = t1 - t2 + t3
>
> *** t3' = t1 + t2 - t3
>
> y el nuevo área es
>
> *** S' = 2|sen((t3'-t2')/2)sen((t2'-t1')/2)sen((t1'-t3')/2)|
>
> pero
>
> *** t3' - t2' = 2(t2-t3)
>
> por lo que nos queda
>
> *** S' = S |8cos((c-b)/2)cos((b-a)/2)cos((a-c)/2))|
>
> Queda demostrar que para un triángulo acutángulo el producto de cosenos
> es siempre menor que 1/8 en valor absoluto.
>
> Hay que señalar que para un triángulo obtusángulo, el área del triángulo
> "imagen" si es mayor que el del original.
>
> --
>
> *** ***Antonio- Ocultar texto de la cita -
>
> - Mostrar texto de la cita -



Efectivamente,se llega a que la relación entre las superficies es
1/8·cosA·cosB·cosC que es siempre menor que 1 excepto que el triángulo
sea equilátero.De hecho,yo creo que precisamente la gracia del
problema es llegar a esa relación que es clásica dentro de la
geometría de los triángulos.¿Qué te parece el problema Antonio,está
bien o es una chorrada?

Saludos.

On 16 jul, 15:57, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
> Javier Esquinas escribió:
>
>
>
>
>
> > Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que había leido cuando
> > me inventé y resolví el siguiente problema.Lo pongo aquí porque no sé
> > si el problema en sí mismo es una chorrada que el único que no lo
> > tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:
>
> > Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
> > Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
> > unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
> > circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
> > ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
> > cierto del que se puede partir.
>
> > Ahora el problema:
>
> > Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
> > la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
> > áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.
>
> Formalicémoslo.
>
> Sin pérdida de generalidad, podemos suponer el circunradio unidad y que
> los vértices son
>
> *** z1 = exp(i t1), z2 = exp(i t2), z3 = exp(i t3)
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> El área de este triángulo es
>
> *** S = (1/2)Im(z3 z2* + z2 z1* + z1 z3*) =
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> *** *** = (1/2)(sen(t3-t2) + sen(t2-t1) + sen(t1-t3)) =
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> *** *** = 2 sen((t3-t2)/2)sen((t2-t1)/2)sen((t1-t3)/2)
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> Por otro lado, la ecuación del lado AB es
>
> *** z = z1 + x (z2-z1)
>
> y la normal que pasa por z3
>
> *** z = z3 + i x (z2-z1)
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> Esta recta corta al circuncírculo en dos puntos dados por la condición
> |z| = 1, lo que nos da
>
> *** |z3|^2 + x^2 |z2-z1|^2 + ix(z3*(z2-z1)-z3(z2*-z1*)) = 1
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> *** x = 0 ***(el propio punto z3)
>
> *** x = i(z3/(z2-z1) - z3*/(z2*-z1*)
>
> y sustituyendo en la ecuación de la altura
>
> *** z3' = z3*(z2-z1)/(z2*-z1*) = exp(i(t1+t2-t3))
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> esto quiere decir que los vértices del segundo triángulo se encuentran en
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> *** t1' = -t1 + t2 + t3
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> *** S' = 2|sen((t3'-t2')/2)sen((t2'-t1')/2)sen((t1'-t3')/2)|
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> pero
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> *** t3' - t2' = 2(t2-t3)
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> por lo que nos queda
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> *** S' = S |8cos((c-b)/2)cos((b-a)/2)cos((a-c)/2))|
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> Queda demostrar que para un triángulo acutángulo el producto de cosenos
> es siempre menor que 1/8 en valor absoluto.
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> Hay que señalar que para un triángulo obtusángulo, el área del triángulo
> "imagen" si es mayor que el del original.
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Efectivamente,se llega a que la relación entre las superficies es
1/8·cosA·cosB·cosC que es siempre menor que 1 excepto que el triángulo
sea equilátero.De hecho,yo creo que precisamente la gracia del
problema es llegar a esa relación que es clásica dentro de la
geometría de los triángulos.¿Qué te parece el problema Antonio,está
bien o es una chorrada?

Saludos.

On 16 jul, 15:57, Antonio González <gonfe...***gmail.com> wrote:
> Javier Esquinas escribió:
>
>
>
>
>
> > Estaba ayer pensando sobre un hecho geométrico que había leido cuando
> > me inventé y resolví el siguiente problema.Lo pongo aquí porque no sé
> > si el problema en sí mismo es una chorrada que el único que no lo
> > tiene claro soy yo o tiene cierta gracia.Veámoslo:
>
> > Primero una anotación que es la que dió origen al problema:
> > Si tenemos un triángulo acutángulo y reflejamos el ortocentro H en
> > unos de los lados resulta que el punto obtenido está en la
> > circunferencia que circunscribe el triángulo.Evidentemente lo mismo
> > ocurre con las reflexiones en los otros dos lados.Esto es un hecho
> > cierto del que se puede partir.
>
> > Ahora el problema:
>
> > Demostrar que el triángulo formado por los tres puntos obtenidos por
> > la reflexión tiene menor área que el triángulo de partida y que sus
> > áreas son iguales si y solo si el triángulo de partida es equilátero.
>
> Formalicémoslo.
>
> Sin pérdida de generalidad, podemos suponer el circunradio unidad y que
> los vértices son
>
> *** z1 = exp(i t1), z2 = exp(i t2), z3 = exp(i t3)
>
> El área de este triángulo es
>
> *** S = (1/2)Im(z3 z2* + z2 z1* + z1 z3*) =
>
> *** *** = (1/2)(sen(t3-t2) + sen(t2-t1) + sen(t1-t3)) =
>
> *** *** = 2 sen((t3-t2)/2)sen((t2-t1)/2)sen((t1-t3)/2)
>
> Por otro lado, la ecuación del lado AB es
>
> *** z = z1 + x (z2-z1)
>
> y la normal que pasa por z3
>
> *** z = z3 + i x (z2-z1)
>
> Esta recta corta al circuncírculo en dos puntos dados por la condición
> |z| = 1, lo que nos da
>
> *** |z3|^2 + x^2 |z2-z1|^2 + ix(z3*(z2-z1)-z3(z2*-z1*)) = 1
>
> *** x = 0 ***(el propio punto z3)
>
> *** x = i(z3/(z2-z1) - z3*/(z2*-z1*)
>
> y sustituyendo en la ecuación de la altura
>
> *** z3' = z3*(z2-z1)/(z2*-z1*) = exp(i(t1+t2-t3))
>
> esto quiere decir que los vértices del segundo triángulo se encuentran en
>
> *** t1' = -t1 + t2 + t3
>
> *** t2' = t1 - t2 + t3
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> *** t3' = t1 + t2 - t3
>
> y el nuevo área es
>
> *** S' = 2|sen((t3'-t2')/2)sen((t2'-t1')/2)sen((t1'-t3')/2)|
>
> pero
>
> *** t3' - t2' = 2(t2-t3)
>
> por lo que nos queda
>
> *** S' = S |8cos((c-b)/2)cos((b-a)/2)cos((a-c)/2))|
>
> Queda demostrar que para un triángulo acutángulo el producto de cosenos
> es siempre menor que 1/8 en valor absoluto.
>
> Hay que señalar que para un triángulo obtusángulo, el área del triángulo
> "imagen" si es mayor que el del original.
>
> --
>
> *** ***Antonio- Ocultar texto de la cita -
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Efectivamente,se llega a que la relación entre las superficies es
1/8·cosA·cosB·cosC que es siempre menor que 1 excepto que el triángulo
sea equilátero.De hecho,yo creo que precisamente la gracia del
problema es llegar a esa relación que es clásica dentro de la
geometría de los triángulos.¿Qué te parece el problema Antonio,está
bien o es una chorrada?

Saludos.

Javier Esquinas escribió:
>
> Efectivamente,se llega a que la relación entre las superficies es
> 1/8·cosA·cosB·cosC que es siempre menor que 1 excepto que el triángulo
> sea equilátero.

y acutángulo.

Por ejemplo, para un triángulo de 30º,30º, 120º la proporción es

8cos(pi/6)cos(pi/6)cos(2pi/3) = 8(3/4)(1/2) = 3

que es obviamente mayor que la unidad. De hecho, en este caso, el
triángulo "imagen" es uno equilátero.

Este proceso se puede continuar, hallando un triángulo A''B''C'', imagen
de A'B'C', y uno A'''B'''C''', etc. ¿Cúál es el área del n-simo
triángulo en función de la original?

(y sí, es un problema bastante interesante).


--

Antonio

Javier Esquinas escribió:
>
> Efectivamente,se llega a que la relación entre las superficies es
> 1/8·cosA·cosB·cosC que es siempre menor que 1 excepto que el triángulo
> sea equilátero.

y acutángulo.

Por ejemplo, para un triángulo de 30º,30º, 120º la proporción es

8cos(pi/6)cos(pi/6)cos(2pi/3) = 8(3/4)(1/2) = 3

que es obviamente mayor que la unidad. De hecho, en este caso, el
triángulo "imagen" es uno equilátero.

Este proceso se puede continuar, hallando un triángulo A''B''C'', imagen
de A'B'C', y uno A'''B'''C''', etc. ¿Cúál es el área del n-simo
triángulo en función de la original?

(y sí, es un problema bastante interesante).


--

Antonio

Javier Esquinas escribió:
>
> Efectivamente,se llega a que la relación entre las superficies es
> 1/8·cosA·cosB·cosC que es siempre menor que 1 excepto que el triángulo
> sea equilátero.

y acutángulo.

Por ejemplo, para un triángulo de 30º,30º, 120º la proporción es

8cos(pi/6)cos(pi/6)cos(2pi/3) = 8(3/4)(1/2) = 3

que es obviamente mayor que la unidad. De hecho, en este caso, el
triángulo "imagen" es uno equilátero.

Este proceso se puede continuar, hallando un triángulo A''B''C'', imagen
de A'B'C', y uno A'''B'''C''', etc. ¿Cúál es el área del n-simo
triángulo en función de la original?

(y sí, es un problema bastante interesante).


--

Antonio