Dato curioso sobre los círculos dibujados en la base de un triángulo entre cevianas: siempre encajan, sea cual sea su orden?

Question

Tome cualquier triángulo y dibuje cualquier número de cevianas desde el vértice superior hasta la base, con cualquier espacio entre las cevianas.

En cada subtriángulo así formado, inscribir un círculo.

Ahora cambia el orden de los círculos de izquierda a derecha (pero no cambies sus radios).

Ajusta los cevianes de modo que cada cevián toque dos círculos vecinos.

Los círculos siempre parecen encajar perfectamente en los subtriángulos, sin dejar ningún hueco, sea cual sea su orden.

¿Es esto cierto y, en caso afirmativo, por qué?

Lo he probado con triángulos y círculos de distintos tamaños y parece que siempre funciona. Dudo que sea sólo una coincidencia.

Al principio pensé que debía haber una explicación sencilla, pero no la he encontrado. (Le pregunté a un compañero de trabajo que es bastante bueno en geometría sobre esto, y no sabía qué pensar).

Observa que el ángulo en el vértice superior subtendido por, digamos, el círculo azul, es diferente en las distintas disposiciones.

Posiblemente útil: el inradius de un triángulo es $\frac{2\times \text{area}}{\text{perimeter}}$ .

Answer 1

He aquí una prueba del caso $n=2$ como sugiere Blue, los demás casos se obtienen intercambiando pares de círculos adyacentes.

Supongamos entonces que tenemos un triángulo $ABC$ con $AC=a$ , $BC=b$ , $\angle A=2\alpha$ , $\angle B=2\beta$ y dos circunferencias inscritas de radios $R$ y $r$ (véase la figura siguiente). En $AH=R\cot\alpha$ y $CH=R\cot\alpha'$ obtenemos: $$ R\cot\alpha+R\cot\alpha'=a $$ y análogamente: $$ r\cot\beta+r\cot\beta'=b. $$ Estas igualdades se pueden reescribir como: $$ \cot\alpha'={a\over R}-\cot\alpha \quad\text{and}\quad \cot\beta'={b\over r}-\cot\beta. $$ Pero $\alpha+\beta+\alpha'+\beta'=90°$ Por lo tanto $\cot\beta'=\tan(\alpha+\beta+\alpha')$ y $$ \tan(\alpha+\beta+\alpha')={b\over r}-\cot\beta. \tag1 $$ A continuación, podemos ampliar $$ \tan(\alpha+\beta+\alpha')= {\tan(\alpha+\beta)+\tan\alpha'\over1-\tan(\alpha+\beta)\tan\alpha'} ={\cot\alpha'\tan(\alpha+\beta)+1\over \cot\alpha'-\tan(\alpha+\beta)} $$ e inserte aquí la expresión para $\cot\alpha'$ encontrado arriba. Ecuación $(1)$ se convierte entonces en $$ {(a/R-\cot\alpha)\tan(\alpha+\beta)+1\over a/R-\cot\alpha-\tan(\alpha+\beta)} ={b\over r}-\cot\beta, $$ es decir, después de algunos pasajes: $$ {ab\over rR}+\cot\alpha\cot\beta+ (\cot\alpha+\cot\beta)\tan(\alpha+\beta)=\\ ={b\over r}\big(\cot\alpha+\tan(\alpha+\beta)\big) +{a\over R}\big(\cot\beta+\tan(\alpha+\beta)\big)+1. \tag2 $$ De la ecuación $(2)$ se puede resolver para $r$ dado $R$ y viceversa. Para terminar la demostración debemos mostrar que $(2)$ es invariante bajo el intercambio $r\leftrightarrow R$ .

El LHS de $(2)$ es invariable a la vista. Consideremos el primer término en el RHS, tenemos: $$ {b\over r}\big(\cot\alpha+\tan(\alpha+\beta)\big)= {b\over r}\left({\cos\alpha\over\sin\alpha}+ {\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\over \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}\right)\\ ={1\over r}{b\over\sin\alpha\cos\alpha} {\cos\alpha\cos\beta\over\cos(\alpha+\beta)}. $$ Pero $$ {b\over\sin\alpha\cos\alpha}= {2b\over\sin2\alpha}=2d, $$ donde $d$ es el diámetro del círculo circunscrito a $ABC$ . El segundo término del lado derecho de $(2)$ también puede reescribirse de forma análoga, por lo tanto la ecuación $(2)$ puede expresarse como $$ {ab\over rR}+\cot\alpha\cot\beta+ (\cot\alpha+\cot\beta)\tan(\alpha+\beta) =\left({1\over r}+{1\over R}\right) 2d{\cos\alpha\cos\beta\over\cos(\alpha+\beta)}+1, $$ que es claramente invariante bajo $r\leftrightarrow R$ , como se iba a demostrar.

EDITAR.

Diferentes formas de ecuación $(2)$ relativa a $r$ y $R$ puede consultarse aquí . Una de ellas es digna de mención porque es mucho más sencilla y también invariante bajo $r\leftrightarrow R$ : $$ {1\over R}+{1\over r}={r_i\over rR}+{2\over h}, $$ donde $r_i$ es el radio interior del triángulo $ABC$ y $h$ su altitud correspondiente a la base $AB$ .

Answer 2

Consideremos un triángulo de base $PP'$ y una "línea superior" paralela a través del tercer vértice.

Sea $\theta$ y $\theta'$ sean, respectivamente interior medio ángulo en $P$ y el exterior medio ángulo en $P'$ y que $h$ y $h'$ son, respectivamente, las distancias de la línea superior a $P$ y a la circunferencia interior del triángulo. Entonces

Dato curioso: $$h \tan\theta = h' \tan\theta' \tag{$ \estrella $}$$

(La prueba del dato curioso aparece más abajo).

Ahora, podemos interpretar una configuración de cevianas e incircunferencias (digamos, tres de estas últimas) como la definición de una secuencia de puntos colineales $A_0$ , $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ medios ángulos $\alpha_0$ , $\alpha_1$ , $\alpha_2$ , $\alpha_3$ en estos puntos y cada uno en el "mismo lado" del segmento que une el punto con un punto común $O$ y distancias $h_0$ , $h_1$ , $h_2$ , $h_3$ de la "línea superior" a través de $O$ a $A_0$ (en realidad, cualquier $A_i$ ) y los incirculos sucesivos.

Por el Fun Fact, tenemos $$\left.\begin{align} h_0 \tan\alpha_0 &= h_1 \tan\alpha_1 \\ h_0 \tan\alpha_1 &= h_2 \tan\alpha_2 \\ h_0 \tan\alpha_2 &= h_3 \tan\alpha_3 \end{align}\quad\right\}\qquad\to\qquad \tan\alpha_3 = \frac{h_0^3\tan\alpha_0}{h_1h_2h_3} \tag{$ \star\star $}$$

La observación "loca" aquí es que, para un fijo $h_0$ y $\alpha_0$ cualquier permutación de $h_1$ , $h_2$ , $h_3$ produce el mismo $\alpha_3$ en $(\star\star)$ porque -como habrás oído- la multiplicación es conmutativa. Esto garantiza que la secuencia de incircles siempre está contenida dentro de un "triángulo delimitador" particular (a saber, el triángulo con altura $h_0$ semiangulo interior $\alpha_0$ y el semiángulo exterior $\alpha_3$ ). Es decir,

El triángulo (delimitador) puede dividirse mediante cevianas en subtriángulos que tengan los círculos interiores dados en cualquier orden.

Por ejemplo, definir $\beta_0:= \alpha_0$ y $(k_0,k_1,k_2,k_3) := (h_0,h_3,h_1,h_2)$ , obtenemos esta cifra ...

... tal que

$$\left.\begin{align} k_0 \tan\beta_0 &= k_1 \tan\beta_1 \\ k_0 \tan\beta_1 &= k_2 \tan\beta_2 \\ k_0 \tan\beta_2 &= k_3 \tan\beta_3 \end{align}\right\}\;\to\; \tan\beta_3 = \frac{k_0^3 \tan\beta_0}{k_1 k_2 k_3} =\frac{h_0^3 \tan\alpha_0}{h_1 h_2 h_3}=\tan\alpha_3 \;\to\; \beta_3 = \alpha_3$$

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Prueba de Fun Fact. Utilizando una notación diferente, e intercambiando el exterior semiangulo para el correspondiente interior medio ángulo para la simetría conceptual ...

Considere $\triangle ABC$ con inradio $r$ y altura $h$ respecto a la base $\overline{AB}$ . Toma $A'$ y $B'$ en los laterales $\overline{AC}$ y $\overline{BC}$ tal que $\overline{AB}\parallel \overline{A'B'}$ y $\overline{A'B'}$ es tangente a la circunferencia interior. Entonces $h':=h-2r$ es la altura de $\triangle A'B'C$ respecto a la base $\overline{A'B'}$ .

Definición de los semiángulos $\alpha := \frac12\angle A$ y $\beta := \frac12\angle B$ y observando que $\triangle ABC\sim\triangle A'B'C$ tenemos

$$\frac{h'}{h}=\frac{|A'B'|}{|AB|}=\frac{r\tan\alpha+r\tan\beta}{r\cot\alpha+r\cot\beta}=\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos\alpha\cos\beta}\cdot\frac{\sin\alpha\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\tan\alpha\tan\beta$$ que equivale al Fun Fact. $\square$

Sospecho que hay una ruta que evita la anulación $\sin(\alpha+\beta)$ pero eso es lo que tengo.

(La primera parte de Respuesta de orangeskid es una prueba alternativa muy buena).

Answer 3

Consideremos un triángulo $ABC$ con radio del círculo inscrito $r$ Tenemos

$$\tan\frac{B}{2}\cdot \tan \frac{C}{2} = \frac{r}{p-b}\cdot \frac{r}{p-c} = \frac{r^2}{(p-b)(p-c)}$$ pero $$r = \frac{S}{p} = \frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}$$ así que $$\tan \frac{B}{2}\cdot \tan\frac{C}{2} =\frac{p-a}{p}= 1- \frac{a}{p} = 1 - \frac{2 r}{h_a}$$

Denotemos la expresión anterior asociada al triángulo $\Delta ABC$ (con base $BC$ ) por $\rho$ .

Hecho ( fácil) si un triángulo $\Delta= ABC$ se divide en dos triángulos $\Delta' = ABM$ y $\Delta'' = AMC$ entonces

$$\bbox[5px,border:2px solid yellow]{\rho = \rho' \cdot \rho''}$$

(utilice el hecho de que $\tan \alpha \cdot \tan (\frac{\pi}{2}-\alpha) = 1$ )

La conclusión es que

$$\bbox[5px,border:2px solid red]{ 1- \frac{2 r}{h} = \left(1-\frac{2r'}{h}\right) \cdot \left(1-\frac{2 r''}{h}\right) }$$

Ahora es fácil ( y conseguimos más: no importa cómo combinemos triángulos con unos radios interiores, el radio del compuesto viene dado por una fórmula ...).

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$\bf{Added:}$

1. La cantidad $- \log ( 1- \frac{2 r}{h})$ se comporta como la medida del segmento $BC$ . Sería interesante encontrar la función de densidad ( podría ser algo clásico, como una integral de potencial). En la solución de @azul: donde $\rho$ es un cociente, eso funcionaría mejor, hay que tomar la derivada de $\log \tan \frac{\phi}{2}$ donde $\phi$ es el argumento de $i - t$ , $t\in \mathbb{R}$ . Tal vez escribir $t = \tan \frac{u}{2}$ ? Sí, la siguiente fórmula de Kellogg es válida.

2. Algo similar funciona en geometrías no euclidianas ( esférica e hiperbólica) Probado, no funciona, ver detalles más abajo.

3. Puede intentar hacerlo para otras divisiones, también en dimensiones superiores. ?? Poco probable, el problema análogo para el potencial de una placa triangular es difícil de resolver.

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Según mis cálculos, la densidad de líneas es $\frac{dt}{\sqrt{h^2 + t^2}}$ . Esto significa que estamos tratando con la función potencial de una carga uniforme lineal en la línea. El potencial en un punto $A$ debido a una carga uniforme en el segmento $BC$ es (proporcional a) $$\log \frac{1}{1- \frac{2r}{h}}$$ Este problema lo habrían conocido los que se preparaban para la Tripos de Cambridge hace unos 150 años. Uno se pregunta si tenemos resultados similares para una carga plana en la base de una pirámide triangular.

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Mirando el libro de Kellogg, Fundamentos de la teoría del potencial (potencial de un segmento de alambre recto homogéneo) observamos la fórmula

$$ \log \frac{1}{1-\frac{2r}{h}} = 2 \operatorname{arccotanh}\frac{b+c}{a}$$

siendo ambos iguales a $\log \frac{p}{p-a}$ .

$\bf{Added:}$ Quería ver si los resultados se mantienen en geometría esférica . Empecemos con algunas fórmulas relevantes. Se trata de un triángulo esférico de lados $a$ , $b$ , $c$ en una esfera de radio $1$ . Si la esfera tuviera radio $R$ sustituye en todas partes $a\to \frac{a}{R}$ $\ldots$ .

Si partimos de la fórmula fundamental

$$\cos a = \cos b \cos c + \sin b \sin c \cos A$$ obtenemos

\begin{eqnarray} \sin \frac{A}{2} & = & \sqrt{\frac{\sin(p-b)\sin(p-c)}{\sin b \sin c}} \\ \cos \frac{A}{2} & = & \sqrt{\frac{\sin p \sin (p-a)}{\sin b \sin c}} \end{eqnarray}

y así \begin{eqnarray} \tan\frac{A}{2} = \sqrt{\frac{\sin(p-b)\sin(p-c)}{\sin p \sin (p-a)}} \end{eqnarray}

También tenemos en un triángulo rectángulo ( $A = \frac{Pi}{2}$ )

\begin{eqnarray} \tan B = \frac{\tan b}{\sin c} \end{eqnarray}

Consideremos ahora el círculo inscrito en el triángulo $ABC$ . Observando uno de los pequeños triángulos formados obtenemos de lo anterior

\begin{eqnarray} \tan \frac{A}{2} = \frac{\tan r}{\sin (p-a) } \end{eqnarray}

y así

$$\tan r = \frac{ \sqrt{ \sin p \sin (p-a) \sin (p-b) \sin (p-c) }}{ \sin p}$$

( el numerador en RHS puede ser llamado "área falsa", denotada $\mathcal{S}$ ) así que $\tan r = \frac{\mathcal{S}}{\sin p}$ .

Además, tenemos la altura desde $A$ , $h_a$

$$\frac{1}{2} \sin a \cdot \sin h_a = \mathcal{S}$$

Además, de lo anterior

$$\tan \frac{B}{2} \cdot \tan \frac{C}{2} = \frac{\sin(p-a)}{\sin p}$$

Ahora, tenemos $\frac{2 \tan r}{\sin h_a} = \frac{\sin a}{\sin p}$ . Sin embargo, no existe ninguna fórmula que relacione esta fracción con $\frac{\sin(p-a)}{\sin p}$ . Ahí radica el problema.

He buscado un triángulo con lados $\frac{\pi}{2}$ , $\frac{\pi}{3}$ , $\frac{\pi}{4}$ que la conexión entre los dos radios interiores de los triángulos obtenidos dividiendo la base $\frac{\pi}{2}$ no es una relación simétrica. Eso significa un resultado análogo $does not hold$ en geometría esférica.