Encontrar un triángulo equilátero cuyos vértices estén cada uno en una de tres rectas paralelas cuyas distancias relativas conocemos, pongamos que la primera de la segunda dista "d", la primera de la tercera dista "e" y la tercera de la segunda dista "e-d"
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Comentarios
Para que se vea más claro...
#25 Profusa aplicación del teorema de Pitágoras. Gracias.
#28 El favorito de los "catetos" que no sabemos tantas mates!
Gracias a ti!
#19 Me tomo la libertad de verbalizar el método:
Paso 1 construyes un equilátero con un lado sobre una de las rectas y vértice en la tercera
Paso 2 sobre la semirecta con origen en uno de los extremos del lado que hay sobre esta recta y que pasa por la intersección del lado opuesto del triángulo llevas la medida del lado del triángulo dado ¿Para qué haces esto?
Paso 3 construyes un ángulo de 60º desde esta intersección con respecto a la semirecta y el tercer vértice del triángulo estará en la recta más remota.
¿Cómo pensaste en esto? ¿Demostraste que funciona?
Enhorabuena, es muy elegante.
#22 Funcionar funciona para otras rectas sea cual sea la distancia que ponga (otro ejemplo en la foto).
El paso uno es construir un triangulo equilatero cualquiera, entre cuyas propiedades estan el que coinciden las medianas, mediatrices y bisectrices, y por tanto baricentro, circuncentro e incentro, aunque estos puntos para este caso me dan igual. En un triangulo semejante esas propiedades se mantienen y ademas depende de como lo giremos, o proporcionemos se mantienen alineadas de determinada manera aunque los puntos cambien por la proporcion, claro.
El dos es digamos girar el triangulo grande generico hasta donde quiero llevar el vertice B que es la recta del medio, apoyandome en mi punto de giro que es el vertice A. Aqui a parte de girar el lado BC del triangulo lo que estoy es girando las medianas, bisectrices, etc de ese lado aunque no las haya dibujado. Con la particularidad (y esto es lo que me imagine como hipotesis probando mi primer metodo no exacto) de que tanto en el lado BC como B'C' van a estar igualmente alineadas las medianas, mediatrices, etc. Entonces sabiendo eso, lo unico que tengo que hacer ahora es fijar el vertice de abajo, el C', para lo cual lo que hago es convertir el punto medio de mi nuevo segmento B'C' en el punto de donde parten las mediatrices, bisectrices, etc. Es decir, recorto y muevo el segmento hasta que mi mediana, mediatrz, etc partan del punto medio del segmento B'C'.
Y el tercero una vez tengo esos dos puntos es construir el triangulo equilatero con dos arcos desde los extremos B'C' y C'B'.
Seguro que he aplicado mas propiedades sin saberlo, pero bueno.
#26 La construcción e correcta y yo puedo demostrarlo, pero
1. Me gusta conocer los caminos de pensamiento de las personas
2. Creo que tu razonamiento no es una demostración rigurosa de que ese punto está donde tiene que estar, es decir que coincide el tercer vértice del triángulo equilátero construído sobre B'C' coincide con el vértice A.
Pero vamos, una demostración rigurosa no es imprescindible, yo la tengo, pero soy matemática de formación, es una "pequeña ventaja"
Un esquema, no muy necesario, pero vaya.
#1 Nunca sobran datos... el objetivo es transmitir lo que tienes en la cabeza. A mi me ha ayudado a entenderlo, es más, siempre me han reventado los enunciados que presuponen un millón de cosas.. grrr... cómo los uqe ponen letras y no explican de dónde salen.
Aquí va otra en dos partes:
#5 primera parte
#6 segunda parte
#7 es claro d(V1,V2)=d(V1,V3) al ser puntos de la misma circunferencia pero ¿podemos asegurar =d(V2,V3)?
#12 tienes razón, mi solución es incorrecta
Me quito el sombrero
#13 Gracias, pero quizás no sea incorrecta sino que puede estar inacabada, por ejemplo podrías trazar otra circunferencia de radio r sobre V2 y ver donde te lleva, ya que en este caso la intersección de las circunferencias y la tercera recta será V3, el cuál quedará así determinado fijando b (de hecho fue eso lo que más me chirrío pues permitía infinitos triángulos de vértice común para los diferentes valores de b).
#16 estoy contigo que es incorrecta por inacabada, si te digo la verdad me salía tan bonita la solución que no me plantee más
#7 se puede imponer que la distancia entre los dos puntos que faltan sea r o que el ángulo que forman los dos vectores sea 60º para completar el cálculo.
A ver, dibujarlo es trivial (foto adjunta), el tema es saber dibujarlo para unas medidas de d y e determinadas.
Yo he dado con una solucion pero no es exacta, es aproximada por lo que no doy por valido el tema. Digamos que he aplicado el metodo de induccion, he dibujado dos arcos capaces de 60 agrados cualquiera a partir de los cuales genero el triangulo equilatero, y a partir de estos dos cualquiera he dibujado una circunferencia generatriz (aproximada) que me da el lugar del vertice de la recta d-e y a partir de ahi construyo el triangulo. Pero como no me sale exacto no me gusta ese metodo.
La solucion seguro que es mas facil que todo esto, alguien que sepa de geometria lo saca facil (por potencias tal vez), porque visto lo visto hay varios lugares geometricos que son fijos sea cual sea la distancia d y e (por ejemplo una recta que une todos los centros de los arcos capaces de 60 grados o los centros de las circunferencias circunscritas de los triangulos), pero ahora lo tengo que dejar.
Haciendo trampa y poniendo una relacion fija matematica tambien te sale, claro, pero eso geometricamente para dos distancias dadas genericamente no me gusta como solucion.
#4 De forma grafica por semejanza de triangulos a partir de un triangulo equilatero cualquiera, haciendo un giro y un desplazamiento:
Luego si tengo tiempo igual se sacarlo de forma algebraica tambien como estais diciendo, pero eso me da mas pereza
Quizas es el segundo metodo que describe #11
#18 Me corrigo...
Tomamos de referencia el vértice que está en la primera paralela y obtenemos las coordenadas de los otros vértices con respecto a las distancias (d y e) y tamaño del lado (L) elegidos:
P1 = [0, 0]
P2 = [d, (L^2-d^2)^(1/2)]
P3 = [e, (L^2-e^2)^(1/2)]
siendo L la longitud del lado, P1 el vértice en la primera paralela, P2 el vértice en la segunda paralela y P3 el de la tercera.
#21 Dándole una vuelta más, la longitud del lado no es opcional, no había caido en eso, viene dada por la fórmula:
L = 2((d^2 - ed - e^2)^(1/2)) / (3^(1/2))
Aplicando eso a las anteriores coordenadas solo necesitamos d y e para obtener las coordenadas relativas de los 3 vértices.
Mañana os miro las soluciones que se me caen los ojos del cansancio.
Yo lo resolví con complejos en forma polar y cartesiana.
#8 yo "creo" haberlo resuelto también por complejos pero me apetece compartirlo ya que es empezando al revés:
1º Tomamos las raíces cúbicas de la unidad.
2º Las multiplicamos por k con lo que tenemos un triángulo equilátero "estirable".
3º En cada vértice, ya que tenemos los afijos de las raíces, tomamos la recta de pendiente L (en su haz).
4º Tenemos tres ecuaciones (una para cada recta) en función de k (vértices) y L (pendiente).
5º Despejamos k y L en función de las distancias e y d. (Realmente solo necesitamos despejar k ya que se nos piden los vértices).
Lo curioso de esta resolución, en caso de ser correcta, es que parto del triángulo a construir y acomodo las rectas para que cumplan las condiciones de distancia.
Creo tener otra resolución en la que posicionaba las rectas paralelas al OX y construía el triángulo asumiendo su centro en el origen y un vértice conocido A(a,b), pero veo la otra más curiosa.
#11 Muy interesante, la estrategia de empezar por el final e clásica, pero no la había aplicado a esto.
Creo que hay infinitos...
Ponemos sólo dos rectas paralelas, L1 y L2, y L2 tiene un vértice y L1 tiene dos vértices del triángulo equilátero. Nada raro. Ahora fijamos uno de los dos vértices de L1, y hacemos rotar "un fisquito" el triángulo... L2 la has desplazado, pero sigue siendo paralela, y se crea una tercera recta paralela donde encaja el vértice que se ha salido de las otras dos.
Tienes tres rectas paralelas que cumplen esa regla.. muy laxa por cierto. Cada posible giro genera tres rectas diferentes.
AHORA: supongamos que son datos fijos, y lo que se busca es ENCONTRAR el triángulo concreto. El problema es que si encuentras uno, encuentras infinitos: basta con desplazarlo a izquierda o derecha y que los vértices caigan en puntos diferentes (pero la distancia entre las rectas ser la misma). Lo que si creo que sería constante es la medida del lado. Pq otra opción sería el reflejo espejo.. pero el lado no cambiaría de tamaño, y si el lado cambia de tamaño.. desplazaría las rectas.
Necesito un punto conocido si quieres al menos reducir las opciones a dos triángulos.
#3 por supuesto que hay infinitos, pero es único salvo simetría y traslación, así que elige un punto al azar y tira adelante.
#9 jajaja oki
Creo que lo tengo por trigonometría...
#14 No me hagáis caso, tengo un fallo gordo
#14 ... por alguna razón trataba de buscar una solución única... una tontería.
La solución que me sale por trigonometría es:
P1 = [0, 0]
P2 = [e, (1-(e^2/L^2)^(1/2)]
P3 = [d, (1-(d^2/L^2)^(1/2)]
siendo L la longitud del lado.