D84. Polígonos inscritos

Dadas dos rectas paralelas y un punto interior, llamamos polígono inscrito a aquel polígono que tiene un vértice en el punto otro en cada una de las paralelas y ningún otro elemento común con ellas. Por INSCRIBIR entendemos una construcción con compas y regla no graduada.

Entre dos rectas paralela y un punto interior,

1º INSCRIBIR los siguientes polígonos regulares, triángulo equilátero, cuadrado, pentágono, hexágono y octógono

2º Calcular las dimensiones de dichos polígonos

3º Aprovechando los cálculos del apartado 2º INSCRIBIR los polígonos calculados

Mi No-SoluciónDesastre total:

De la primera parte, nada de nada.

De la segunda, cálculos solo para triángulo, cuadrado y pentágono. Los del hexágono y octógono creo que no presentan mayor dificultad, pero no he tenido tiempo.

De la tercera, el geogebra para esos tres polígonos. Interesante el caso del pentágono.

A la vista de los cálculos, ni puñetera idea de cómo la segunda parte puede inspirar la primera.

Cálculo de las dimensiones de los polígonos.

Comencemos situando el problema. Consideremos que las dos rectas rojas del problema están separadas una distancia 1, lo que no quita generalidad al problema. El dato de partida es la posición del punto interior a partir del cual tenemos que inscribir los polígonos. Obviamente, desplazar este punto a la derecha o a izquierda no tiene otro efecto que desplazar el polígono resultante. Lo que realmente importa es la separación de este punto a cada una de las rectas. Llamemos D a la distancia el punto a la recta superior, tal como se indica en la figura de la izquierda para el caso de un pentágono. Este parámetro D es el que consideraremos dato de partida, y de lo que se trata es de obtener el lado L del los polígonos resultantes. De paso, obtendremos las coordenadas de los vértices con idea de poder trazarlos en Geogebra. En el pentágono de la figura, denominamos estos como P0, P1, P2, P3 y P4, siendo el vértice P0 el que coincide con el punto interior de partida, y estando el resto numerados en el sentido contrario a las agujas del reloj. En este caso, los vértices que apoyan en la recta inferior y superior son el P2 y el P4. Para otros polígonos y también para otras situaciones en el caso del pentágono, podrían ser otros. En cualquier caso, consideraremos que el punto numerado como 0 será el que corresponde al punto interior del enunciado, y numeraremos el resto en sentido antihorario. Para poder trazar estos vértices en Geogebra, además del lado L que calcularemos obtendremos el ángulo δ que define la dirección del vértice P0 al último, que en el caso del pentágono será P4.

Para atacar el problema, lo que haremos es usar un sistema de coordenadas diferentes, cuyo origen situaremos en el centro del polígono, y donde alinearemos el eje X con el primer vértices (P0 para el caso del pentágono). Es sistema es el representado en la figura derecha. La ventaja de este sistema es que las coordenadas de cada vértice son fáciles de calcular. El inconveniente es que queda girado respecto al otro sistema. La recta roja que vemos más arriba es en realidad la paralela inferior del enunciado.

La idea para resolver el problema es empezar por el problema inverso. En lugar de calcular que lado L del polígono y que rotación del mismo corresponde a una distancia D del punto interior a la recta superior, lo que

haremos es ver qué distancia D obtenemos según el ángulo que esté girado el polígono respecto a las rectas rojas del enunciado.

Es decir, estudiaremos como varían las dimensiones del polígono y las coordenadas de los vértices en el nuevo sistema de referencia en función de un ángulo α que termina la orientación de las rectas. Este ángulo α es el que forma el eje X con la recta pintada en verde, a la que serán perpendiculares las rectas del enunciado. En función del ángulo α, calcularemos varias cosas. Primero estudiaremos que vértices son los que tocarán en la recta paralela superior y en la inferior. Al proyectar cada vértice sobre la recta verde, obtendremos unos puntos denominados Qk en la figura. Es decir, Q0 es la proyección de P0 sobre la recta verde, Q1 sería es la proyección de P1, etc. Las distancias entre ellos nos proporcionan los datos de partida del problema. Por ejemplo, para el pentágono trazado, la distancia de Q2 a Q4 sería la distancia entre las rectas rojas, que igualaremos a 1. La distancia de Q0 a Q4 sería el dato D de partida del problema. Con las expresiones que nos hallemos, encontraremos relaciones entre el ángulo α y los datos del problema.

Para trasladar posteriormente los resultados de uno a otro sistema de referencia, tendremos en cuenta que los ejes están girados un ángulo que calcularemos.

Cálculo del problema "inverso".Consideremos un polígono regular de N lados, inscrito en una circunferencia de radio R centrada en el origen, y con el primer vértice en el semieje X positivo. Las coordenadas de los vértices serán:

Donde β es la enesima parte de la circunferencia:

En la figura, vemos el ejemplo para un pentágono.

Podemos calcular el lado L del polígono evaluando la distancia entre dos vértices consecutivos, por ejemplo los correspondientes a k=0 y k=1.

Ahora estudiaremos la distancia entre dos rectas paralelas que "inscriban" al polígono, que son las marcadas en rojo en la figura. Esta dependerá de la orientación de las rectas. Para definir esta orientación, las consideraremos perpendiculares a una recta que forme un ángulo α con el eje horizontal. Llamemos Q k a la proyección del vértice k sobre la recta. En la figura vemos Q0, Q2 y Q4, que son para los que en ese ejemplo interesan. Demos un valor numérico a esas proyecciones, entendido como la distancia de cada una al origen, y considerando negativas las que quedan a la izquierda. Este valor se puede calcular por el producto escalar:

Cada vértice dará lugar a un Qk diferente, y con seguridad algunos serán positivos y otros negativos. La distancia entre las rectas que inscriben el polígono vendrá dada por los valores extremos. Para el pentágono de la figura, el valor máximo se da para el vértice 4, que está marcado como Q 4 y el mínimo para el vértice 2, marcado como Q2. La resta de esos valores es la que define la distancia entre las dos rectas rojas que inscriben el polígono.

Por supuesto, para otros polígonos, y sobre todo, para otro ángulo α, no tienen por qué ser los vértices 2 y 4 los que se sitúan en las rectas rojas. Llamemos en general k Sup y kInf a los índices que conducen a las proyecciones extremas, las situadas en las paralelas superior e inferior respectivamente. La distancia entre las rectas rojas será entonces:

Y en el desafío estamos considerando que esta distancia es 1, lo que nos permite obtener una expresión para el radio R que de la circunferencia en que está inscrito el polígono.

Por otro lado calcularemos la diferencia entre el valor Q0 correspondiente a la proyección del vértice 0, que consideraremos siempre como el que coincide con el punto interior del desafío, y la proyección del vértice que apoya en la paralela superior, que hemos numerado como kSup. Esta diferencia es el dato de partida D del problema. Su expresión será:

Y uniendo ambas ecuaciones, tenemos:

Podemos despejar la tangente de α:

Es decir, partimos de un polígono "bien colocado" y obtenemos una relación entre la orientación de las rectas que lo inscriben (definidas por α) y la distancia del primer vértice a la recta que hemos llamado superior. También tenemos una expresión para el lado L del polígono, que se puede obtener a partir del radio de la circunferencia en que está inscrito:

Y hasta aquí el planteamiento general. Para seguir, tenemos que particularizar. La idea será tomar el vértice 0 como el punto interior del enunciado del desafío, y estudiar que otros vértices podrían ser los que den las proyecciones extremas. Con esto se calculará la expresión de D, que nos permitirá obtener α. A partir de este, podremos calcular el lado L del polígono y el ángulo δ que define su orientación.

Caso del triángulo.

Para el triángulo, tenemos que:

En el triángulo hay tres vértices: el 0 hará de punto interior, el 1 será el que toque la recta inferior del desafío y el 2 el que toque la superior. En nuestro planteamiento, por tanto, kSup=2, y kInf=1.

Partimos de la expresión de la tangente de α que habíamos obtenido:

Si medimos α en radianes de 0 a 2 π, el ángulo δ que forma el vector entre el punto interior y el vértice en la recta superior, y que precisaremos para trazar en Geogebra, se puede relacionar con α. Haría falta unos gráficos para mostrarlo, pero no tengo tiempo de hacerlos. Se llega a:

Nos queda por calcular a través del radio R de la circunferencia en que está inscrita el triángulo y su lado L.

Caso del cuadrado.

Para el cuadrado, tenemos que:

En el cuadrado hay cuatro vértices: el 0 hará de punto interior, el 1 será el que toque la recta inferior del desafío y el 3 el que toque la superior. El vértice 2 estará en posición intermedia. En nuestro planteamiento, por tanto, kSup=3, y kInf=1.

La expresión de la tangente de α será en este caso:

La relación entra α y el ángulo δ que necesitamos para dibujar es:

El lado vendrá dado por:

Caso del pentágono.

En el pentágono hay cinco vértices: el 0 hará de punto interior, pero ahora tendremos que considerar tres casos diferentes:

Caso 1: Si el punto interior está suficientemente cerca de la recta superior, el vértice 1 no llegará a la inferior, y quedará en una posición intermedia. Será el vértice 2 el que apoye en la recta inferior. El vértice 3 quedará en una posición intermedia y el vértice 4 será el que se sitúe en la recta superior.

Por tanto, para este caso: kSup=4 kInf=2

Caso 2: Si el punto interior está suficientemente cerca de la recta inferior, el vértice 1 será el que se sitúe en la misma. El vértice 2 quedará en una posición intermedia y el 3 se situará en la recta superior. El vértice 4 quedará en una posición intermedia.

Por tanto, para este caso: kSup=3 kInf=1

Caso 3: Si el punto interior está en una posición intermedia entre las anteriores, el vértice 1 será el que se sitúe en la recta inferior. El vértice 2 quedará en una posición intermedia y el 3 también. El vértice 4 será el que apoye en la recta superior.

Por tanto, para este caso: kSup=4 kInf=1

Tendremos que estudiar todas las situaciones, y ver en que rangos de D aplica una u otra. En cualquier caso necesitaremos los senos y cosenos de β, 2β, 3β y 4β.

Veamos cuando aplica cada caso. La frontera entre el caso 1 y el 3 se da cuando los vértices 1 y 2 están ambos en la paralela inferior, es decir con el pentágono apoyado en uno de sus lados. Podemos calcular a que D corresponde a través de las coordenada "y" de los vértices, fáciles de calcular en este caso. Siendo y sup la coordenada "y" del vértice superior, e ymed la de uno de los que quedan a media altura:

La frontera entre el caso 3 y el 2 se da cuando los vértices 3 y 4 están ambos en la paralela superior, es decir, con el pentágono con un "pico" hacia abajo. Esto corresponde al valor de D "complementario", es decir, la resta de 1 y el D anterior.

Común a todos los casos es la expresión que relaciona el ángulo α y el δ preciso para dibujar en Geogebra:

El lado del pentágono vendrá a través del radio R de la circunferencia que lo circunscribe, y su cálculo será diferente en cada caso.

Para el caso 1 (kSup=4, y kInf=2):

Para el caso 2 (kSup=3, y kInf=1):

Para el caso 3 (kSup=4, y kInf=1):

Veamos a continuación el cálculo de α para cada uno de los casos.

Caso 1: kSup=4, y kInf=2

La expresión de la tangente de α será en este caso:

Caso 2: kSup=3, y kInf=1

La expresión de la tangente de α será:

Que conduce a (omito cálculos):

Caso 3: kSup=4, y kInf=1

La expresión de G será en este caso: