no se dónde publicar ésto así que hize otra entrada. Para el problema de las alfombras, me fijo que los triángulos ABN, MCB, ADM y NDC son todos un cuarto del área total (ABCD), porque su área es (1 * 1/2)/2= 1/4, si considero que el cuadrado tiene lado=1. Así que cómo cada uno es un cuarto, si los sumo todos, me tendría que dar el área total=1 de (ABCD).Pero me fijo que en la forma que están acomodados en el dibujo, éstos se intersectan ; o sea ABN se intersecta con ADM en el triángulo APM; ABN se intesecta con MCB en MQNB, y MBC se intersecta con DNC en el triángulo NRC.Eso quiere decir que las partes en dónde se intersectan tienen la misma área que las que quedan libres. O sea, si pongo los cuatro triángulos que tienen área de 1/4 en el cuadrado, éstos deben de ocupar 1/4+ 1/4+ 1/4+ 1/4 = 1; pero como no están acomodados, éstos se intersectan y dejan un espacio libre, que es el cuadrilátero DPQR, que por lo tanto tiene que tener la misma área que las áreas en donde se intersectan o se traslapan, que son: AMP, BMQN, y CNR. Entonces : AMP+BMQN+CNR=DPQR.
el 6 de cuadrilateros ciclicos. Llamemos ABCD al cuadrilatero, en el triangulo ABD, las medriatrices concurren, y este punto es el circuncirculo de ABCD forzosamente, por tanto equidista de C y entonces en este mismo punto concurren las mediatrices de BC y CD. El 2 de poligonos equiangulares. Nombremos a los vertices A_1, A_2,... A_2n-1. ang A_1A_2A_4=ang A_1A_3A_4 por abrir el mismo arco, y como es un poligono equiangular, tenemos que ang A_3A_2A_4=ang A_1A_3A_2 y por tanto, el arco A_1A_2=A_3A_4 y por tanto el segmento tambien. Analogamente hacemos lo mismo para cada 2 vertices contiguos y tendremos que las longitudes de los aristas de nuestro poligono seran ababababa... (solo por nombrar) Y aqui usamos nuestra condicion de tener impar numero de lados, entonces al final tendremos que A_1A_2n-1=a=b y por tanto todos los lados son iguales y es un poligono regular
Problema de las alfombras. (AMP)+(BMQN)+(CNR)=(DPQR) <=> (AMP)+(BMQN)+(CNR)+(PQM)+(QRN)+(BMQN)=(DPQR)+(PQM)+(QRN)+(BMQN) (ANB)+(CNB)=(DMBN). entonces del lado izquierdo tenemos dos cuartas partes de area de nuestro cuadrado y del lado derecho tenemos un poligono que si le agregamos dos cuartas partes de area de nuestro cuadrado, nos da el area del cuadrado, or tanto, tambien es la mitad de area del cuadrado.
para el 6 de desigualdades geometricas, trazamos las perpendiculares desde A y B a XY y llamemos C y D a los pies respectivamente, entonces la distancia AM + BM sera igual a la raiz de AC^2+CM^2 mas la raiz de BD^2+DM^2 y no se como probarlo pero esto es minimo cuando M es el punto medio
bueno mas formal el 6 de desigualdades geometricas tenemos que AC^2 y BD^2 son constantes entonces para que AM+BM sea minimo, CM^2+DM^2 tiene que ser minimo. Y aqui es donde digo que M debe ser el punto medio.
el de las alfombras: ∆ABN ≅∆DAM ≅∆ DCN ≅∆ CBM por LAL porque ABC es un cuadrado y todos tienen un lado de 1/2,un angulo de 90° y un lado de 1. Como BN=NC=MB=AM= ½ => el area de los ∆ABN=∆DAM=∆ DCN=∆ CBM=1/4 y si los sumamos da 1.y como el area del cuadrado original es 1=>el area de DPQR es en donde se traslapan los triangulos,que es en ∆NRC,∆AMP,y el cuadrilatero MQBN => si sumamos esas 3 areas es igual a lo que no esta cuabierto del cuadrado,que es el cuadrilatero DPQR
Como ABCD es un cuadrilatero cíclico trazamos las diagonales y nos quedan cuatro triangulos, luego vemos el ABC y nos fijamos en su circuncentro, vemos que es en donde las mediatrices de AB y BC se intersectan y el circuncirculo es el circulo en el que el cuadrilátero estaba inscrito. Luego, hacemos lo mismo con los otros 3 triangulos, BCD, DAB, y ADC, nos fijiamos en su circuncirculo y nos damos cuenta que es el mismo para los 4 triangulos, por lo tanto sus mediatrices se deben de intersectar en el mismo punto, entonces la perpendicular al punto medio de AB, de BC, de CD y de AD, se cortan todas en el mismo punto el centro del circulo en donde el cuadrilátero está inscrito.
Bueno el de las alfombras (aunque ya todos lo hicieron -.-): Nos fijamos en que ∆ABN es congruente a ∆DCN por LAL. Por lo tanto, AN=DN y ∆AND es isósceles. Llamemos a el ángulo NAD=ADN=x. Entonces AND=180-2x por ∆AND. También sabemos que el ángulo NDC=90-x por complementarios. Ahora nos fijamos en la congruencia de ∆MBC con ∆NCD por LAL. Luego nos fijamos en que ∆MBC también es semejante a ∆CRD por AA, por lo que el ángulo DRC=CBM=90. Luego, ∆AMD y ∆CND también son congruentes por LAL y nos fijamos en que la altura del ∆CND parte el ángulo en C en 90-x y x. Luego, haciendo angulitos vemos que el segmento AP parte a el ángulo en A en lo mismo, por lo que debe ser altura de ∆AMD y el ángulo APM=90. Luego vemos que ∆QPM y ∆QRN son semejantes por AA, pero en realidad son congruentes pues tienen un lado igual(esto se ve debido a que ∆QNC es congruente a ∆QMA por LAL). Por lo tanto (QPM)=(QRN). Luego, nos fijamos en que ∆ABN es la mitad de ∆NAD. Por esto, tenemos lo siguiente: (AMP)+(CRN)+2(MBNQ)+2(QPM)=(DPQR)+(QPM)+(PAD) Pasamos (QPM) a la izquierda y nos queda: (AMP)+(CRN)+2(MBNQ)+(QPM)=(DPQR)+(PAD) Si queremos probar que (AMP)+(MBNQ)+(CRN)=(DPQR), entonces basta probar que (MBNQ)+(QPM)=(PAD), lo cual si pasa debido a los triángulos MAD y NBA. (MAD)=(PAD)+(MAP) y (NBA)=(AMP)+(QPM)+(MBNQ). Sabemos que (NBA)=(MAD) porque son congruentes por LAL y por lo tanto, podemos igualar ambas ecucaciones, de lo que nos queda: (PAD)+(AMP)=(AMP)+(QPM)+(MBNQ) Y si eliminamos(AMP) nos queda que (PAD)=(QPM)+(MBNQ) con lo cual terminamos el problema.
Para el 6 de cíclicos. Nos tomamos el circuncentro de la circunferencia que contiene los cuatro vertices y trazamos los radios del circuncentro a los vertices. Esto nos deja con 4 triangulos isoseles con los lados del cuadrilatero original como bases. Ahora como son isóseles, sus alturas son al mismo tiempo sus mediatrices y por lo tanto sabemos que las 4 mediatrices intersectan en el circuncentro y acabamos.
Para el problema de las alfombras. Nos fijamos que por congruencia LAL los triangulos ADM, BAN, BCM, CQN son congruentes, y por ALA el triangulo APM es congruente al CRN. Entonces como RN=PM, entonces DP=DR. Ahora trazamos DQ y BQ. Ahora por ALA, AMQ es congruente con CNQ y por lo tanto PMQ es congruente con RQN. Ahora por LAL podemos ver que DPG es congruente con DRQ y MQB es congruente con NQB. ahora por angúlo vemos que <DQB es 180° por lo tanto la diagonal pasa por Q. Y ahora me fijo en los triángulos ABN y DBN, tienen la misma base y misma altura, por lo tanto tienen la misma a´re y como comparten BQN,lo puedo quitar y a los dos triangulos restantes les quito PMQ y RNQ que tambien son congruentes. Esto me deja con que (APN) + (MQB) = (QDC) análogamente probamos que (BQN) +(RNC)= (DPQ) y si sumamos ambas ecuaciones nos da lo que queriamos probar.
PAra el dos de polígonos equiangulares, bueno tenemos que un triangulo tiene tres angulos iguales entonces es equilátero. Ahora para el número de lados mayor a 3, tenemos que siempre si los angulos se reparten en cantidades iguales y despues del rectángulo, siempre van a ser mayores a 90 grados. Por lo tanto nos fijamos en un póligono inscrito en un círculo. Todos sus ángulos sin iguales. Los primeros puntos que noes fijamos son el A, B, C, D y E, AB=n y BC=m todos abren <ABC=<BCD=<CDE=etc....= x. Sabemos que como cada uno de estos abre el mismo arco, el segmento que une los puntos será igual y se llamará p. Por lo tanto ABC tiene lados m,n y p, y el angulo x entre my n. Ahora nos fijamos en el siguiente triangulo BCD, ya sabemos que tiene un lado n, uno p y un angulo x, entonces por congruencia ALL(lado mayor) ys abemos esto porque x es mayor que 90, los trianggulos ABC y DBC son congruentes y CD=AB=m, de la misma forma se va probando que los lados se turnan m, n, m, n, m, n, m, n, etc.... asi se va a seguir hasta la cantidad de lados que tenga el polígono. Pero si es impar, como la sucecion de los lados se va repitiendo n, m, n, m, entonces como son impares los lados en algun momento se llega a que m=n, porque no hay par cantidad para dividirlos mitad y mitad.
no se dónde publicar ésto así que hize otra entrada.
ResponderBorrarPara el problema de las alfombras, me fijo que los triángulos ABN, MCB, ADM y NDC son todos un cuarto del área total (ABCD), porque su área es (1 * 1/2)/2= 1/4, si considero que el cuadrado tiene lado=1.
Así que cómo cada uno es un cuarto, si los sumo todos, me tendría que dar el área total=1 de (ABCD).Pero me fijo que en la forma que están acomodados en el dibujo, éstos se intersectan ; o sea ABN se intersecta con ADM en el triángulo APM; ABN se intesecta con MCB en MQNB, y MBC se intersecta con DNC en el triángulo NRC.Eso quiere decir que las partes en dónde se intersectan tienen la misma área que las que quedan libres. O sea, si pongo los cuatro triángulos que tienen área de 1/4 en el cuadrado, éstos deben de ocupar 1/4+ 1/4+ 1/4+ 1/4 = 1; pero como no están acomodados, éstos se intersectan y dejan un espacio libre, que es el cuadrilátero DPQR, que por lo tanto tiene que tener la misma área que las áreas en donde se intersectan o se traslapan, que son: AMP, BMQN, y CNR. Entonces : AMP+BMQN+CNR=DPQR.
el 6 de cuadrilateros ciclicos. Llamemos ABCD al cuadrilatero, en el triangulo ABD, las medriatrices concurren, y este punto es el circuncirculo de ABCD forzosamente, por tanto equidista de C y entonces en este mismo punto concurren las mediatrices de BC y CD.
ResponderBorrarEl 2 de poligonos equiangulares. Nombremos a los vertices A_1, A_2,... A_2n-1. ang A_1A_2A_4=ang A_1A_3A_4 por abrir el mismo arco, y como es un poligono equiangular, tenemos que ang A_3A_2A_4=ang A_1A_3A_2 y por tanto, el arco A_1A_2=A_3A_4 y por tanto el segmento tambien. Analogamente hacemos lo mismo para cada 2 vertices contiguos y tendremos que las longitudes de los aristas de nuestro poligono seran ababababa... (solo por nombrar) Y aqui usamos nuestra condicion de tener impar numero de lados, entonces al final tendremos que A_1A_2n-1=a=b y por tanto todos los lados son iguales y es un poligono regular
Problema de las alfombras.
ResponderBorrar(AMP)+(BMQN)+(CNR)=(DPQR) <=> (AMP)+(BMQN)+(CNR)+(PQM)+(QRN)+(BMQN)=(DPQR)+(PQM)+(QRN)+(BMQN)
(ANB)+(CNB)=(DMBN). entonces del lado izquierdo tenemos dos cuartas partes de area de nuestro cuadrado y del lado derecho tenemos un poligono que si le agregamos dos cuartas partes de area de nuestro cuadrado, nos da el area del cuadrado, or tanto, tambien es la mitad de area del cuadrado.
para el 6 de desigualdades geometricas, trazamos las perpendiculares desde A y B a XY y llamemos C y D a los pies respectivamente, entonces la distancia AM + BM sera igual a la raiz de AC^2+CM^2 mas la raiz de BD^2+DM^2 y no se como probarlo pero esto es minimo cuando M es el punto medio
ResponderBorrarbueno mas formal el 6 de desigualdades geometricas tenemos que AC^2 y BD^2 son constantes entonces para que AM+BM sea minimo, CM^2+DM^2 tiene que ser minimo. Y aqui es donde digo que M debe ser el punto medio.
ResponderBorrarel de las alfombras:
ResponderBorrar∆ABN ≅∆DAM ≅∆ DCN ≅∆ CBM por LAL porque ABC es un cuadrado y todos tienen un lado de 1/2,un angulo de 90° y un lado de 1.
Como BN=NC=MB=AM= ½ => el area de los ∆ABN=∆DAM=∆ DCN=∆ CBM=1/4 y si los sumamos da 1.y como el area del cuadrado original es 1=>el area de DPQR es en donde se traslapan los triangulos,que es en ∆NRC,∆AMP,y el cuadrilatero MQBN => si sumamos esas 3 areas es igual a lo que no esta cuabierto del cuadrado,que es el cuadrilatero DPQR
6 de ciclicos:
ResponderBorrarComo ABCD es un cuadrilatero cíclico trazamos las diagonales y nos quedan cuatro triangulos, luego vemos el ABC y nos fijamos en su circuncentro, vemos que es en donde las mediatrices de AB y BC se intersectan y el circuncirculo es el circulo en el que el cuadrilátero estaba inscrito.
Luego, hacemos lo mismo con los otros 3 triangulos, BCD, DAB, y ADC, nos fijiamos en su circuncirculo y nos damos cuenta que es el mismo para los 4 triangulos, por lo tanto sus mediatrices se deben de intersectar en el mismo punto, entonces la perpendicular al punto medio de AB, de BC, de CD y de AD, se cortan todas en el mismo punto el centro del circulo en donde el cuadrilátero está inscrito.
Bueno el de las alfombras (aunque ya todos lo hicieron -.-):
ResponderBorrarNos fijamos en que ∆ABN es congruente a ∆DCN por LAL. Por lo tanto, AN=DN y ∆AND es isósceles. Llamemos a el ángulo NAD=ADN=x. Entonces AND=180-2x por ∆AND. También sabemos que el ángulo NDC=90-x por complementarios.
Ahora nos fijamos en la congruencia de ∆MBC con ∆NCD por LAL. Luego nos fijamos en que ∆MBC también es semejante a ∆CRD por AA, por lo que el ángulo DRC=CBM=90.
Luego, ∆AMD y ∆CND también son congruentes por LAL y nos fijamos en que la altura del ∆CND parte el ángulo en C en 90-x y x.
Luego, haciendo angulitos vemos que el segmento AP parte a el ángulo en A en lo mismo, por lo que debe ser altura de ∆AMD y el ángulo APM=90.
Luego vemos que ∆QPM y ∆QRN son semejantes por AA, pero en realidad son congruentes pues tienen un lado igual(esto se ve debido a que ∆QNC es congruente a ∆QMA por LAL). Por lo tanto (QPM)=(QRN).
Luego, nos fijamos en que ∆ABN es la mitad de ∆NAD. Por esto, tenemos lo siguiente:
(AMP)+(CRN)+2(MBNQ)+2(QPM)=(DPQR)+(QPM)+(PAD)
Pasamos (QPM) a la izquierda y nos queda:
(AMP)+(CRN)+2(MBNQ)+(QPM)=(DPQR)+(PAD)
Si queremos probar que (AMP)+(MBNQ)+(CRN)=(DPQR), entonces basta probar que (MBNQ)+(QPM)=(PAD), lo cual si pasa debido a los triángulos MAD y NBA. (MAD)=(PAD)+(MAP) y (NBA)=(AMP)+(QPM)+(MBNQ). Sabemos que (NBA)=(MAD) porque son congruentes por LAL y por lo tanto, podemos igualar ambas ecucaciones, de lo que nos queda:
(PAD)+(AMP)=(AMP)+(QPM)+(MBNQ)
Y si eliminamos(AMP) nos queda que (PAD)=(QPM)+(MBNQ) con lo cual terminamos el problema.
Para el 6 de cíclicos. Nos tomamos el circuncentro de la circunferencia que contiene los cuatro vertices y trazamos los radios del circuncentro a los vertices. Esto nos deja con 4 triangulos isoseles con los lados del cuadrilatero original como bases. Ahora como son isóseles, sus alturas son al mismo tiempo sus mediatrices y por lo tanto sabemos que las 4 mediatrices intersectan en el circuncentro y acabamos.
ResponderBorrarPara el problema de las alfombras. Nos fijamos que por congruencia LAL los triangulos ADM, BAN, BCM, CQN son congruentes, y por ALA el triangulo APM es congruente al CRN. Entonces como RN=PM, entonces DP=DR. Ahora trazamos DQ y BQ. Ahora por ALA, AMQ es congruente con CNQ y por lo tanto PMQ es congruente con RQN. Ahora por LAL podemos ver que DPG es congruente con DRQ y MQB es congruente con NQB. ahora por angúlo vemos que <DQB es 180° por lo tanto la diagonal pasa por Q. Y ahora me fijo en los triángulos ABN y DBN, tienen la misma base y misma altura, por lo tanto tienen la misma a´re y como comparten BQN,lo puedo quitar y a los dos triangulos restantes les quito PMQ y RNQ que tambien son congruentes. Esto me deja con que (APN) + (MQB) = (QDC) análogamente probamos que (BQN) +(RNC)= (DPQ) y si sumamos ambas ecuaciones nos da lo que queriamos probar.
ResponderBorrarPAra el dos de polígonos equiangulares, bueno tenemos que un triangulo tiene tres angulos iguales entonces es equilátero. Ahora para el número de lados mayor a 3, tenemos que siempre si los angulos se reparten en cantidades iguales y despues del rectángulo, siempre van a ser mayores a 90 grados. Por lo tanto nos fijamos en un póligono inscrito en un círculo. Todos sus ángulos sin iguales. Los primeros puntos que noes fijamos son el A, B, C, D y E, AB=n y BC=m todos abren <ABC=<BCD=<CDE=etc....= x. Sabemos que como cada uno de estos abre el mismo arco, el segmento que une los puntos será igual y se llamará p. Por lo tanto ABC tiene lados m,n y p, y el angulo x entre my n. Ahora nos fijamos en el siguiente triangulo BCD, ya sabemos que tiene un lado n, uno p y un angulo x, entonces por congruencia ALL(lado mayor) ys abemos esto porque x es mayor que 90, los trianggulos ABC y DBC son congruentes y CD=AB=m, de la misma forma se va probando que los lados se turnan m, n, m, n, m, n, m, n, etc.... asi se va a seguir hasta la cantidad de lados que tenga el polígono. Pero si es impar, como la sucecion de los lados se va repitiendo n, m, n, m, entonces como son impares los lados en algun momento se llega a que m=n, porque no hay par cantidad para dividirlos mitad y mitad.
ResponderBorrar