Langley's Ángulos Adventicios

Question

El siguiente es un acertijo de geometría de un libro de matemáticas escolar. Aunque ha pasado mucho tiempo desde que terminé la escuela, recuerdo bastante bien este acertijo y no tengo una solución elegante para él.

Así que aquí está el acertijo:

Se sabe que el triángulo $ABC$ es isósceles, es decir, $AC=BC$. Se conoce que los ángulos etiquetados son $\alpha=\gamma=20°$, $\beta=30°$. La tarea es encontrar el ángulo etiquetado "?".

La única solución que conozco es utilizar la fórmula del seno y la fórmula del coseno varias veces. De esto se puede obtener una solución numérica. Además, se puede demostrar algebraicamente que este número es correcto (todos los senos y cosenos están contenidos en el subcampo real del 36º campo cíclotómico). Por lo tanto, en este sentido, resolví el problema, pero la solución es una especie de ataque de fuerza bruta (por ejemplo, algunos de los polinomios que aparecen en la computación tienen coeficientes > 1000000). Dado que el acertijo proviene de un libro que trata solo con geometría elemental (y ni siquiera trigonometría si recuerdo correctamente), tiene que haber una solución más elegante.

Answer 1

Las soluciones no son tan triviales como uno esperaría de la declaración. Se llama problema de los ángulos adventicios de Langley planteado por primera vez en The Mathematical Gazette en 1922.

Échale un vistazo a Un problema de geometría intrigante de Tom Rike.

Answer 2

He escrito cuatro soluciones distintas a este problema: $$Solución Número 1:$$ $$Solución Número 2:$$ $$Solución Número 3:$$ $$Solución Número 4:$$

Answer 3

Aquí está la solución que tenía para esto (tenía el texto guardado en un correo electrónico antiguo que había enviado sobre esto, así que, no tex, además, A y B están intercambiados):

Puedes ver que un triángulo $80-80-20$ no es más que una parte de la triangulación de un polígono regular de 18 lados, cuyos 6 triángulos se muestran en la parte inferior del círculo de arriba.

Ahora considera un triángulo $80-80-20$ ($ABC$ en la parte superior de la figura) y dispara un rayo de luz desde uno de los vértices de la base ($B$ en la figura) a un ángulo de 50 grados hacia la base (o 30 desde uno de los lados iguales). (Ver el triángulo en la parte superior del círculo y las flechas rojas)

Podemos demostrar que el rayo se reflejará dos veces (primero en $D$ luego en $E$) y golpeará a un ángulo de 90 grados la tercera vez ($F$) es decir, ¡después de 5 reflexiones, el rayo de luz volverá al vértice!

Este proceso de reflexión puede visualizarse de otra manera, reflejando el triángulo cada vez en lugar de reflejar el rayo (ver las flechas rojas en los 6 triángulos en la parte inferior).

Ahora el punto de la tercera reflexión $F$ (es decir, el punto de incidencia de 90 grados) es exactamente el punto medio del lado en el que incide el rayo. Esto se puede ver considerando la parte inferior:

Considera el triángulo $B$ más a la derecha y correspondiente triángulo $CBF$. Este es un triángulo $90-60-30$. Por lo tanto, $CF$ es la mitad de $CB$ que es la mitad de $CA$.

(Volviendo al triángulo de arriba) es decir, $F$ es el punto medio de $AC$. Así el triángulo $ACE$ es isósceles, por lo tanto el ángulo $CAE = 20$.

Así, vemos que el ángulo BDE debe ser el ángulo $x$ en el problema, que debe ser 180-(50+50) = 80. (como $DE$ es $BD$ reflejado en $AC$). Que el ángulo $y$ sea 30, sigue...

Nota: Para obtener más contexto sobre qué son $x$ y $y$, esta fue la figura cuando me mostraron el problema:

Answer 4

Esta es la solución más fácil. No busques otra.

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• Sea $ D' $ se encuentre en $ AC $ tal que $ ED' \parallel BC $.
• Sea $ BD' $ se encuentren en $ CE $ en $ P $.
• Como $ \triangle BCP $ es equilátero, tenemos $ CB \equiv CP $.
• Como $ \triangle BCD $ es isósceles, tenemos $ CB \equiv CD $.
• Por lo tanto, $ \triangle DCP $ es isósceles, lo que nos da $ \angle CPD = 80^{\circ} $ y $ \angle DPD' = 40^{\circ} $.
• Como $ \angle DD'P = 40^{\circ} $ también, encontramos que $ \triangle D'DP $ es isósceles, por lo que $ DD' \equiv DP $.
• Como $ \triangle D'EP $ es equilátero, tenemos $ ED' \equiv EP $.
• Por lo tanto, por $ \mathsf{SSS} $, obtenemos $ \triangle DED' \equiv \triangle DEP $.
• Por lo tanto, $ DE $ biseca $ \angle D'EP $, así que $ \angle CED = \angle PED = 30^{\circ} $. $ \quad \blacksquare $

Answer 5

Cualquier otra solución (consejo) es bienvenida.