Solución del problema de julio, 2002

Introducción.

En este mes de julio veremos el problema de inscribir un triángulo equilátero dentro de un triángulo T con lados a = b = c. Note que los ángulos opuestos a estos lados están ordenados como A, B, C. No es difícil demostrar que cuando el ángulo medio B es a lo más 60 grados, el triángulo equilátero mas grande que se ajusta a T descansa en el lado más grande a. Cuando B = 60 hay una condición en a, c, y B que dice cuando el triángulo equilátero mas grande en T descansará en el lado mas grande a o en el lado mas corto c. Esta fórmula puede ser encontrada en "Equilateral Triangles in Triangles", un articulo de Richard P. Jerrard y John E. Wetzel que aparecerá en el American Mathematical Monthtly mas tarde en éste año.

El problema de julio.

Describa el único triangulo no equilátero para el cual los tres triángulos equiláteros más grandes inscritos en él, uno en cada lado, son iguales.

Juan Mir Pieras( de España), Boting Yang (de Regina) y Gordon Robinson (de Victoria) enviaron soluciones correctas este mes, pero Mir completamente solo compensó por el paso lento del verano y mando tres! Una es basada en trigonometría, la otra es más geométrica, y la tercera es basada en triángulos similares. Usamos en esta página su solución combinada con la de Yang y Robinson.

Solución.

Usaremos la convención de que T = triangulo ABC, lados a = BC, b = CA, y c = AB. Aún mas, los lados así nombrados son de tal manera que a >= b >= c.

Es Dado que: T no es equilátero, mientras que el triángulo equilátero más grande que descansa en le lado a es del mismo tamaño que el más grande que descansa en los lados b y c. A demostrar: ángulo C = 20o, y ángulo A = ángulo B = 80o.

Primero demostraremos que b = a (esto es, el triángulo es isósceles con AC = BC). Los comentarios de la introducción nos dicen (y es fácil de demostrar) que el triángulo equilátero más grande que cabe en T descansa en el lado a o en el lado c; la única forma de que un triángulo equilátero en el lado medio b pudiera ser el más grande es cuando b = a o b = c. Sin embargo, podemos rápidamente eliminar la posibilidad de que los dos lados más cortos sean iguales:



Un triángulo isósceles ABC cuyos lados más cortos son iguales.


Si los lados b y c fueran iguales y mas cortos que a, el triángulo equilátero mas grande en el lado a necesariamente sería mas grande que cualquier triángulo equilátero en b (como en la figura). Ya que el triangulo dado T no es equilátero, la única posibilidad que queda es que los dos lados mas grandes sean iguales; esto es, a = b.



Un triángulo isósceles ABC cuyos lados más grandes son iguales


Porque T es isósceles con los lados más grandes a = b, los ángulos A y B son iguales y más grandes que . Por lo tanto, el triángulo equilátero más grande en el lado a necesariamente comparte un ángulo con B; llamémoslo como en la figura. También, el triángulo equilátero en el lado c tiene un lado igual a AB; llamemos a este triángulo ABR. Se nos ha dado que estos dos triángulos equiláteros son iguales, lo cual implica que BA = BP, así que es isósceles. Ya que los triángulos isósceles ABC y PAB comparten ángulo BAC , debemos tener que ángulo ABC es similar a ángulo PAB. En particular, ángulo ACB = ángulo PBA = x. De la igualdad ángulo BAC deducimos que los ángulos de T satisfacen: ; entonces, . Concluimos que T tiene ángulos de y como se afirmó.

Juan Mir Pieras
Introducción.

Tomemos un triángulo ABC (usaremos el nombre A, B y C tanto para los vértices como para los ángulos) con lados a ³ b ³ c (el lado a es el opuesto al vértice A, el b al B y el c al C).
El teorema del seno dice que (sin A)/a = (sin B)/b = (sin C)/c.
Por tanto, en las condiciones anteriores, A >= B >= C.

Como además sabemos que A + B + C = 180o, entonces ha de cumplirse que A >= 60o >= C, y que B >= 90o.

Llamaremos La al lado del mayor triángulo equilátero inscrito en ABC que se apoya sobre el lado a. De igual manera, Lb sobre b y Lc sobre c. Nos interesa saber cuál de los tres es el mayor. Pueden darse los siguientes casos:

A) B <= 60o

La sin 60o = b sin C = c sin B -> La = b f(C) = c f(B)
(Lb/2) tg 60o = (b - (Lb/2)) tg C -> Lb = b g(C)
(Lc/2) tg 60o = (c - (Lc/2)) tg B -> Lc = c g(B) B) B >= 60o (La/2) tg 60o = (a - (La/2)) tg C -> La = a g(C)
(Lb/2) tg 60o = (b - (Lb/2)) tg C -> Lb = b g(C)
Lc = c -> Lc = c

Donde hemos definido las funciones f y g de la siguiente manera:

f(a) = sin a / sin 60o
g(a) = 2 / (1+ (tg 60o / tg a)) Ambas funciones son continuas y estrictamente crecientes para 0 <= a < 90o, que es el intervalo que nos interesa. Además f(a) > g(a) para 0 < a < 60o, ya que siendo ambas funciones continuas f(a) = g(a) à sin a / sin 60o + cos a / cos 60o = 2 à sin (a+60) = sin (2 60o) à a = 0o, 60o y f(30o) = 1/sqrt(3) > 1/2 = g(30o).

Entonces, en el caso A), La >= Lb, Lc y sólo se tiene la igualdad para C = 0o o A = B = C = 60o (soluciones triviales).

El caso B) es más complejo, y será objeto de nuestro estudio. De momento sólo podemos decir que La >= Lb y que la igualdad sólo se cumple si a = b. Vamos a obtener de tres maneras diferentes la solución de La = Lb = Lc para este caso.

Solución trigonométrica.

Partiendo de que a = b de (La = Lb ) y que queremos que c = a g(C) (La = Lc ), podemos llegar a la solución usando sólo relaciones de trigonometría. Definimos x=c/a, suponiendo en todo momento 0<x<1 (0 y 1 son las soluciones extremas triviales).

i)Teorema del coseno (aquí imponemos a=b): a2 = b2+c2-2bc cos A -> cos A = x/2
c2 = a2+b2-2ab cos C -> cos C = (2-x2)/2
cos A/cos C = x/(2-x2) ii)Teorema del seno (aquí imponemos x=g(C)) x = c/a = sin C/sin A
Elevamos al cuadrado,
x2 = c2/a2 = sin2C/sin2A = (1+cotg2A)/(1+cotg2C)
Ahora imponemos
x = g(C) = 2/(1+(tg 60o/tg C)) -> cotg C/cotg 60o=2(1/x)-1,
es decir que
1+cotg2C = 1+ (2(1/x)-1)2/3 = ((1/x)2-(1/x)+1)/3
y por tanto
1+cotg2A = x2 (1+cotg2C) = (x2-x+1)/3=1+ (2x-1)2/3 -> cotg C/cotg 60o=±(2x-1).

cotg A/cotg C = ±(2x-1)/ (2(1/x)-1) iii)Sólo queda juntarlo todo: cotg A/cotg C = (sin C/sin A) (cos A/cos C)
±(2x-1)/ (2(1/x)-1)=x x/(2-x2)
Tenemos dos posibilidades: a) x3-x2-x+1=0 -> x=1, -1,-1 (no se a–aden nuevas soluciones)
b) x3-3x+1=0

Para encontrar las soluciones a la œltima ecuación es interesante hacer el cambio x =2cos A (segœn hemos visto en el apartado i, cos A = x/2). Con este cambio, y operando cos (3a) = cos (2a + a) = 4cos3a - 6cos a, tenemos que

x3-3x+1=0 -> 2cos (3A) + 1 = 0 -> A = ±(40o+k 120o), Identificamos las raíces del polinomio x3-3x+1: x=2cos 40o, x=2cos 160o, x=2cos 280o Sólo la segunda cumple 0 < x < 1, y da lugar a A = B = 80o, y por tanto C = 20o



Solución geométrica.

Segœn lo dicho en la introducción, debe cumplirse que a = b > c, o equivalentemente A = B > 60o > C. Dibujamos el mayor triángulo equilátero sobre a, que tiene un vértice en B, otro sobre a, al que llamaremos D, y otro sobre b, al que llamaremos E. El triángulo ABE (a cuyos ángulos llamaremos A', B' y E') es isósceles, puesto que queremos AB = BE = c, así que sus ángulos cumplen E' = A' = A. Además BÕ = B Ð 60o = A - 60o. Si imponemos A' + B' + E' = 180o, entonces debe cumplirse que A = B = 80o, y por tanto C = 20o.

Solución basada en la semejanza

Esta solución va a ser parecida a la que di para su problema de mayo de 2001, y se basa en que el triángulo ABC y el ABE son semejantes (ya que imponemos AB=BE, ABE es isósceles como ABC y comparten el ángulo A). La relación de semejanza a cada paso es la misma, y vale x = c/a < 1.

Gracias a esta semejanza se puede construir una secuencia infinita como la siguiente:

Paso 1:

Paso 2:
Paso 3:
y así sucesivamente.

La razón de esta construcción es que ahora, si llamamos m a la longitud del segmento CE, entonces:

a = m (1+x2+x4+x6+É) = m/(1-x2) -> m/a = 1-x2 (De hecho, no hace falta recurrir al paso al infinito. En el tercer paso ya se tiene que a = m+ax2). Si aplicamos el teorema del coseno al triángulo CDE, tenemos: m2 = a2+c2-2ac cos 60o -> (m/a)2 = 1-x+x2 Si unimos las dos expresiones, obtenemos de nuevo la ecuación x3-3x+1=0, que ya sabemos que nos conduce a la solución correcta.