(#171) Suma de los cuadrados de las distancias
Por el baricentro de un triángulo equilátero, en el plano de éste, se ha trazado una recta. Demostrar que la suma de los cuadrados de las distancias desde los vértices del triángulo hasta dicha recta no depende de su elección.


mano_dSolución de Antonio Sicre Rambla
Si consideramos que la recta sea el eje YY', para el triángulo verde la suma de los cuadrados de las distancias es
Sx2 = R2 × [cos2a + cos2(a + 120) + cos2(a + 240)] =
= .... = R2 × [sen2(a) + cos2(a)] × 3/2 = 3 R2/2
por lo tanto independiente de a

Otro planteamiento más sencillo:
para cualquiera de los triángulos se verifica que

Sx2 + Sy2 =3 R2
para el triángulo azul, simétrico del verde con respecto a la bisectriz del primer cuadrante, los valores de x e y se intercambian, por lo que
2 Sx2 = 2 Sy2 = 3 R2
y por tanto Sx2 = 3 R2/2

mano_dSolución de Ignacio Larrosa
Llamemos r al radio del triángulo, la distancia desde el centro hasta sus vértices. Y sea t el ángulo formado por uno de estos radios con la recta en cuestión, considerando un sentido cualquiera en esta.
Los 6aacute;ngulos formados por los otros dos radios con la misma recta, considerando en esta el mismo sentido, son t + 120º y t + 240º.
Las distancias desde los vértices hasta esta recta serán entonces |r × sen(t)|, |r × sen(t + 120)| y |r × sen(t + 240)|.
Elevando al cuadrado y sumando, tenemos
S = r2 (sen2(t) + sen2(t + 120) + sen2(t + 240)) =
= r2 (sen2(t) + (sen(t)cos(120) + cos(t)sen(120))2 + (sen(t)cos(240) + cos(t)sen(240))2
sustituyendo los valores
independiente de t, por tanto.
Interpretando, esto nos viene a decir que la raíz cuadrática media de las proyecciones de los tres radios sobre cualquier recta, es constante. O dicho de otra forma, que si los tres radios están girando continuamente, la raíz cuadratica media de sus proyecciones, horizontales y verticales por ejemplo, es constante. Lo que sin duda tiene su importancia (¿corriente trifásica?).
En general, si en lugar de 3 radios son n igualmente espaciados, también se tiene que
Saludos

mano_dSolución de Jordi Roy Gabarra
Se trata de demostrar que a2 + b2 + c2 = X (1) se cumple para cualquier recta R que pase por el baricentro (O) de un triángulo equilátero. Esta recta viene definida por el ángulo z. a, b y c, son las distancias desde cada vértice a la recta R. Estos tres segmentos, junto con H (distancia entre el baricentro y el vértice más alejado) y la recta R, nos definen tres triángulos rectángulos: AA'O, BB'O y CC'O.

A partir de estos:

sen z = a / H a = H × sen z    (2)
sen (120 - z) = b / H b = H × sen (120 - z)    (3)
sen (60-z) = a / H c = H × sen (60 - z)    (4)

Aplicando (2), (3) y (4) en (1) tenemos que

H2 × sen2z + H2 × sen2(120 - z) + H2 × sen2(60 - z) = X

Aplicamos la relaci´n: sen (a - b) = sen a × cos b - cos a × sen b

H2 × (3/2 × sen2z + 3/2 × cos2z) = X
3/2 × H2 = X
y vemos que para que la ecuación inicial (1) se cumpla, no depende del ángulo z.
Finalmente, tenemos que para cualquier triángulo equilátero entonces L2 / 2 = X


mano_dLa solución de José Carrión
Supongamos que la recta que nos referimos forma con la base AC del triángulo un ángulo a. Hagamos OA = OB = OC = a; expresemos las perpendiculares a dicha recta AD, BK y CE con a y a.
Demostraremos que AD2 + BK2 + CE2 es constante para todo valor de a.
ang(OAC) = 30 ang(MAO) = 150
ang(DOA) = 180 - (a + 150) = 30 - a
Del triángulo DOA deducimos
AD = OA sen(AOD) = a sen(30 - a)
ang(BOK) = ang(MOP) = 90 - a
Del triángulo BOK hallamos
BK = BO sen(BOK) = a sen(90 - a) = a cos(a)
ang(POE) = 90 + aang(POC) = 60
ang(COE) = ang(POE) - ang(POC) = (90 + a) - 60 = 30 + a
Del triángulo COE deducimos
CE = CO sen(COE) = a sen(30 + a)
Tenemos
AD2 + BK2 + CE2 = a2 sen2(30 - a) + a2 cos2(a) + a2 sen2(30 + a) =
Así pues, con todo a tenemos
AD2 + BK2 + CE2 = 3/2 a2   s.q.d.

 
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