Triángulo y lugar geométrico

En esta ocasión os traigo el problema semanal hoy lunes. Ahí va:

Dado un triángulo equilátero con vértices $A, B, C$ , encontrar el lugar geométrico de los puntos $Q$ interiores al triángulo que verifican:

$\angle QAB +\angle QBC + \angle QCA = 90^\circ$

A por él.

23 comentarios

Interloper | 6 de September de 2010 | 10:35

Tengo la geometría un poco oxidada, por lo que no sabré explicarme en la terminología adecuada, pero lo intentaré con un dibujo, y que alguien más me ayude con la explicación escrita y numérica…

http://img823.imageshack.us/img823/6110/triangulog.jpg
Frinkaedro | 6 de September de 2010 | 11:34

@Interloper eso me suena mucho a arco capaz, cierto? http://es.wikipedia.org/wiki/Arco_capaz
Sergio | 6 de September de 2010 | 12:07

@Interloper me parece que el problema pide puntos Q interiores al triángulo. El lugar geométrico que marcas es exterior.
Trackback | 6 Sep, 2010

Bitacoras.com
Antonio QD | 6 de September de 2010 | 12:46

Buenos Días

Los puntos interiores que están sobre cualquiera de las bisectrices cumplen la condición pedida. Una posible aproximación es comprobar si algún punto que no pertenezca a estas bisectrices cumple también la condición. Si fuera demostrable que esto no es posible ya estaría resuelto.

Un Saludo
Interloper | 6 de September de 2010 | 13:52

Auch, eso me pasa por leer rápido… Sorry!
Américo Tavares | 6 de September de 2010 | 15:14

Cheguei à mesma conclusão de Antonio QD

Figura
Américo Tavares | 6 de September de 2010 | 16:59

Esboço de tentativa de resolução (que não sei se levará a algum lado):

O ângulo $\theta$ formado por duas rectas de declives $m$ e $m'$ é tal que a sua tangente é dada por

$\tan\theta =\dfrac{|m-m'|}{|1+mmm'|}$ .

Fazendo os declives dos três lados iguais a $0,\sqrt{3},-\sqrt{3}$ podemos calcular a tangente dos três ângulos do enunciado, que designo por $\alpha , \beta , \gamma$ ,

$\tan \alpha =\dfrac{|y|}{|x|}$

$\tan \beta =\dfrac{|y/x+\sqrt{3}|}{|1-\sqrt{3}y/x|}$

$\tan \gamma =\dfrac{|y/x-\sqrt{3}|}{1+\sqrt{3}y/x}$

em que $(x,y)$ são as coordenadas do ponto genérico $Q$ .

Deverá ser

$\alpha ,\beta ,\gamma =\pi/2$
Américo Tavares | 6 de September de 2010 | 17:08

Correcções:

$\tan \gamma =\dfrac{|y/x-\sqrt{3}|}{|1+\sqrt{3}y/x|}$

$\alpha +\beta +\gamma =\pi/2$
M | 6 de September de 2010 | 23:46

Muy buena, AntonioQD. Esa es la respuesta. Tal vez si consideramos el plano complejo se puede dar una explicación simplificada.
ramnic | 7 de September de 2010 | 11:10

Por favor, podrias dibujarlo si no es mucha molestia? No lo tengo nada claro.

Muchas gracias.

Un saludo. Ramnic.
Tanausú | 7 de September de 2010 | 11:49

Pero, ¿cuál es la demostración?
Antonio QD | 7 de September de 2010 | 12:03

Yo al menos no he dado ninguna demostración. Simplemente dije que las bisectrices cumple las propiedades pedidas. Para que esta sea la respuesta hay que demostrar, además, que cualquier punto que no esté en la bisectriz no cumple la condición del problema. Si tengo tiempo, intentaré dibujar un gráfico en el que se demuestre mi afirmación.

Un Saludo
Antonio QD | 7 de September de 2010 | 12:53

Buenos Días

En el gráfico se puede observar que

$\alpha + \beta + \gamma = \alpha + (\frac{\pi}{3} - \alpha) + \frac{\pi}{6} =\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$

Independientemente de donde situemos el punto $F$ sobre cualquiera de las bisectrices siempre obtendremos una figura como la ofrecida donde se cumplirá la igualdad algebraíca que acabo de citar. Bien entendido siempre que esto es cierto para la bisectriz que es eje de simetría de un triángulo isósceles.

Tanausú, por tu nombre creo que eres canario; yo también lo soy.
Un Saludo
Tanausú | 7 de September de 2010 | 13:04

Sí, soy canario. Pero, ¿cómo sabes que es la bisectriz y no la mediatriz, la altura o la mediana?
M | 7 de September de 2010 | 13:09

Tanusú, el triángulo es equilátero. Por cierto, yo también soy canario
Antonio QD | 7 de September de 2010 | 13:16

No sé porqué el gráfico no se incluyó correctamente.

Este es el gráfico que deseaba insertar.
Tanausú | 7 de September de 2010 | 13:33

Ya , pero en un triángulo equilátero coinciden todas las líneas. Además, puedo decir, que \gamma siempre es 30º en la gráfica, y los otros dos ángulos siempre suman 60º.Pero, debemos probar si hay puntos G fuera de esas líneas comentadas.
Antonio QD | 7 de September de 2010 | 13:48

Precisamente por eso, nunca he dicho que hubiese resuelto el problema. Sólo he ofrecido una visión parcial del mismo. He intentado demostrar que los punto externos a las bisectrices no cumplen esa condición, pero no he encontrado aún una demostración satisfactoria.

Sin embargo, me parece prometedor estudiar lo que pasa con el eje de simetría de un triángulo isósceles, creo que casí tengo pergueñada una demostración de que en estos el eje de simetría del triángulo cumple la condición pedida, y sin embargo cualquier punto externo al eje no puede cumplirla.

Un Saludo
Tanausú | 7 de September de 2010 | 19:45

He descubierto que los puntos contenidos en la altura tienen las características del punto G, ya que para que los tres ángulos sumen 90º hay que dividirlo en triángulos rectángulos.
Tanausú | 7 de September de 2010 | 20:39

PERDONEN.Me gustaría decir que las líneas que dividen en dos triángulos rectos cualquier triángulo contiene el punto G.Ya que uno de sus águlos mide 90ª y los demás medirán también.
M | 7 de September de 2010 | 22:12

Bueno a continuación esbozo una justificación de que el lugar geométrico pedido está formado por los puntos interiores que están sobre las tres bisectrices (o alturas, …):

Interpretamos el triángulo equilátero en el plano complejo y consideramos que su centro es el origen de coordenadas. Asumimos además que el círculo circunscrito es de radio 1. Entonces girando el triángulo, podemos interpretar sus vértices $A,B,C$ como las raíces cúbicas de la unidad $1, \xi,\bar{\xi}$ , respectivamente, con $\xi=e^{i2\pi/3}$ . Sea $z$ el número complejo que representa un punto interior $Q$ . Entonces cada uno de los ángulos de la suma del enunciado se relaciona con el argumento principal de los números complejos $\dfrac{z-1}{\xi-1}$ , $\dfrac{z-\xi}{\bar{\xi}-\xi}$ y $\dfrac{z-\bar{\xi}}{1-\bar{\xi}}$ , de tal modo que la suma $\angle QAB +\angle QBC + \angle QCA = 90^\circ=\pm Arg\left(\dfrac{z-1}{\xi-1}\cdot \dfrac{z-\xi}{\bar{\xi}-\xi}\cdot\dfrac{z-\bar{\xi}}{1-\bar{\xi}}\right)$ .

Simplificando el producto, esto nos dice que el número complejo $\dfrac{z^3-1}{|1-\xi|^2(\xi-\bar{\xi})}$ debe ser imaginario puro. Es decir, que $z^3$ debe ser real; y esto sólo ocurre si $z$ tiene un argumento múltiplo de $\pi/3$ . Con lo cual $z$ está sobre alguna de las bisectrices.
Vayapordios | 8 de September de 2010 | 12:36

Yo he mirado a estudiar la función resultante de sumar los tres ángulos como esbozo para la demostración. Sitúo los vértices del triángulo en (0.5, 0) (-0.5, 0 ) y (0, raiz(3)/2). Esta función es:

$\arctan \left( {\frac{y}{{0.5 - x}}} \right) + \frac{\pi }{3} - \arctan \left( {\frac{y}{{0.5 - x}}} \right) + \frac{\pi }{6} + \arctan \left( {\frac{x}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} - y}}} \right)$

Es fácil representarla con cualquier programa sencillo al efecto sin más que tomar ‘y’ como parámetro de una familia de funciones. Es bastante claro, pero veo muy tedioso demostrar rigurosamente dónde están los máximos y mínimos. Sin embargo, dados estos, no puede alcanzarse el valor en x = 0 (que es pi medios para todo ‘y’) en ningún valor más o en dos más, que en este último caso no pueden ser otros que los que se sitúan sobre las bisectrices.