El teorema de Pasin

1. Dados los cuatro vértices de un cuadrilátero cualquiera, ¿es posible trazar un cuadrado de manera tal que cada lado (o su prolongación) pase por un vértice diferente?

2. Dados los cinco vértices de un pentágono cualquiera, ¿es posible trazar un pentágono regular de manera tal que cada lado (o su prolongación) pase por un vértice diferente?

—Jorge Pasin

45 comentarios Hacer un comentario

  • 1. CaspolinoX  |  Sep 16 2008, 5:52 pm

    1. Si (y además lo de la prolongación no hace falta).
    Se pone la base larga del cudrilátero a 45 grados
    Se trazan sendas lineas verticales que pasen por los vértices izquierdo y derecho del cuadrilátero.
    Se tranzan sendas lineas horizontales que pasen por los vértices superior e inferior del cuadrilátero.
    Ya está…. ya tenemos un cuadrado que pasa por todos los vértices del cuadrilatero original.

    2. NO

  • 2. Manu  |  Sep 16 2008, 10:01 pm

    me parece que confundiste cuadrilátero con rectángulo

    mi pregunta es esta: si tres de los vértices están alineados se considera cuadrilátero igual?

  • 3. pasin.jorge alberto  |  Sep 17 2008, 11:14 am

    Manu:

    Un cuadrilátero con 3 vértices alineados produce una figura que es un triángulo, no un cuadrilátero. De todas formas, podríamos aceptar que ese cuadrilátero de 3 vértices en línea es un caso muy particular de cuadrilátero, y se debe buscar la solucion de inscripcion de un cuadrado tal que cada uno de sus lados (o sus prolongaciones) pasen por cada uno de los vértices dados de ese cuadrilátero que proponés, tan especial.

  • 4. Gustavo Piñeiro  |  Sep 19 2008, 3:43 pm

    Creo que la respuesta a la primera es “sí” y se me ocurre la siguiente demostración:

    Sean a, b, c, d los vértices. Tomemos una recta L cualquiera que pase por el punto “a”, la recta paralela a ella que pasa por “b” y la perpendicular a ambas que pasa por “c”.

    Queremos agregar una cuarta recta que, junto a las otras tres, formen un cuadrado y las prolongaciones de sus lados. Hay dos posiciones posibles para esa recta, tracemos una cualquiera de ellas y llamémosla R.

    Hagamos girar la recta L alrededor de “a”, e imaginemos que las otras tres rectas son arrastradas con ella conservando sus relaciones de paralelismo y perpendicularidad y el hecho de que pasen por “b” y “c” respectivamente.

    Al hacer este movimiento la recta R va barriendo todo el plano, así que, no importa dónde esté ubicado “d”, hay una posición de las rectas de tal modo que R pase por él.

    Hay una salvedad a este razonamiento, si “c” y “d” están sobre una recta que es perpendicular a la que pasa por “a” y “b” parece que el cuadrado que se obtiene se reduce a un punto. Voy a pensar un poco más en esta objeción así como en el caso de los cinco puntos.

  • 5. jorge pasin  |  Sep 19 2008, 6:17 pm

    1) En el caso del problema número 2, al darse los vértices de un pentágono cualquiera, puede admitirse que el pentágono cualquiera es un pentágono regular cualquiera. Si así fuera, hay infinitos pentágonos tales que sus lados pasan por los vértices de un pentágono cualquiera (regular), y la solucion es trivial.
    Debe cambiarse el planteo: donde dice “vértices de un pentágono cualquiera”, debe decir “vértices de un pentalátero cualquiera”, porque esta figura es, me parece, mas amplia.
    2) Me emociona que Gustavo Piñeiro se haya interesado por estos problemas.
    3) ¿Como se pueden levantar dibujos? Porque los vamos a necesitar, indefectiblemente.

  • 6. jorge pasin  |  Sep 19 2008, 6:36 pm

    Respuesta a Gustavo:

    El problema número 1 está planteado como una pregunta, pero en realidad efectivamente existen 24 soluciones al mismo. Es decir, dados 4 vértices cualesquiera, se pueden inscribir 24 cuadrados tal que sus lados pasen por aquellos.
    El problema debería estar planteado así:
    Dados 4 vértices A, B, C y D de un cuadrilátero cualquiera, trazar un cuadrado tal que cada uno de sus lados a, b, c y d, (o sus prolongaciones), pasen por cada uno de los vértices dados.
    Este problema tiene un inverso: dado un cuadrilátero cualquiera de lados a, b, c y d, determinar 4 puntos A sobre a (o su prolongacion), B sobre b (o su prolongacion), y así sucesivamente, tal que esos 4 puntos sean vértices de un cuadrado.

    Con respecto al problema número 2, aquí se trata de saber si existe o no solucion al mismo.

  • 7. UtopicGab  |  Sep 19 2008, 7:07 pm

    pues si en los dos casos si se pueden , como no va entrar un cuadrado en un cuadrilatero!!!!

  • 8. Lugarico  |  Sep 23 2008, 8:45 am

    yo no me entero, donde ponen la solución de los acertijos.

  • 9. pasin.jorge alberto  |  Sep 29 2008, 12:26 pm

    Para resolver este problema hay que empezar prescindiendo de uno cualquiera de los 4 vértices dados, supongamos que el vértice prescindido es el D. Sobre los 3 restantes, A, B y C, hay infinitos cuadrados tales que 3 de sus lados (o las prolongaciones de los mismos), pasan uno sobre A, otro sobre B y el tercero sobre C.

    La construcción de estos cuadrados auxiliares es muy fácil: trazo una recta cualquiera por A, y 2 perpendiculares a aquella por B y C. Luego completo el cuadrado con una cuarta recta paralela a la que pasa por A, a una distancia igual a la que separa a las paralelas que pasan por B y C.

    Así como construí un primer cuadrado cualquiera, construyo un segundo. Los lados de ambos cuadrados auxiliares (o sus prolongaciones), que no pasan por ninguno de los vértices dados se intersectan en un punto X.

    Verifíquese que por A, B, C y X es posible trazar infinitos cuadrados tales que sus lados (o sus prolongaciones), pasan por aquellos puntos. La demostración es muy sencilla y no la agrego aquí.

    Si por X pasan infinitos lados de cuadrados que cumplen con la condición expuesta en el párrafo anterior, es obvio que uniendo X con D (el vértice prescindido antes), obtenemos uno de los lados del cuadrado solución. El resto es trivial.

    Aclaro que, a mi entender, hay 24 cuadrados solución de este problema.

    En próximo mail irá un método para encontrar un cuadrado solución, y un dibujo para seguir dicho método.

  • 10. pasin.jorge alberto  |  Sep 30 2008, 4:25 pm

    Propongo otro de relojes…

    En un reloj de 3 agujas, horaria, minutera y segundera, a las 6 horas y a las 12 horas exactas coinciden las 3 agujas en una misma línea recta.
    Primera pregunta: ¿a que hora/s exacta/s volverán a coincidir en una sola línea rectas las 3 agujas?
    Segunda: ¿a que hora/s exacta/s las 3 agujas formarán ángulos de 120 grados entre si?

  • 11. Armando de Quilmes  |  Oct 1 2008, 7:42 am

    Las agujas horaria y minutera estan alineadas cada 32 minutos 43.6 segundos y se alinean con la segundera solamente a las 6 Hs y 12 Hs.
    Dejo para la próxima entrada resolver lo de los 120 º.

  • 12. Armando de Quilmes  |  Oct 1 2008, 8:52 am

    Tampoco forman nunca un angulo de 120º.
    Lo “más cerca que pasa” es a 1.8 seg. a las 2Hs 54`32.7“
    El segundero deberia estar en 34.5 seg.
    Otras situaciones cercanas son 5hs 49`5.4“ y 9 hs. 5`27.2“

  • 13. pasin.jorge alberto  |  Oct 1 2008, 11:46 am

    Armando: Con respecto a la alineación simúltanea de las 3 agujas, coincido contigo en el resultado. Se puede ampliar el mismo diciendo que 11 veces en 12 horas las agujas minutera y horaria están alineadas y superpuestas. También 11 veces en 12 horas las agujas minutera y horaria están alineadas y opuestas. Esto da el tiempo que debe trascurrir, a partir de las 0:00 hs, que es igual a 12 hs / 22 = 0,545454…hs = 32 min 43,636363 seg, que es tu resultado. Si escribimos las 22 veces en que la horaria está alineada con la minutera, vemos que solo a 12 y 6 horas exactas se produce la triple alineación.

  • 14. pasin.jorge alberto  |  Oct 1 2008, 12:06 pm

    Armando 2: también coincido con tu apreciación. Igual que en el problema anterior, hay 22 veces en 12 horas en que las agujas horaria y minutera forman ángulo de 120 grados entre si, partiendo de horas exactas, como son las 4:00 y las 8:00.
    Si escribimos prolijamente las 22 oportunidades en que la horaria y la minutera forman ángulo de 120 grados entre si, vemos que en ningún caso la segundera está a 120 grados de aquellas.

  • 15. Gustavo Piñeiro  |  Oct 2 2008, 2:37 pm

    He estado leyendo la demostración que se da en el punto 9 y me parece que no es correcta (no me refiero al hecho en sí, sino a la demostración. Es más, sigo sosteniendo lo que dije en 4).

    Por de pronto hay una contradicción entre lo que se dice en la demostración del punto 9 y lo que se dice en el punto 6: en 6 se dice que, dados cuatro puntos, hay 24 cuadrados que pasan por ellos, mientras que en la demostración se dice que hay infinitos cuadrados que pasan por A, B, C y X.

    ¿Son 24 o son infinitos?

    (Por de pronto no estoy seguro de que la cantidad sea 24, pero sí estoy seguro de que son finitos.)

    Se podría argüir que X es “especial” en algún sentido, pero en realidad no es así (al menos la demostración no permite inferirlo). Lo único que caracteriza a X es que por él pasan al menos dos cuadrados que pasan también por A, B, y C. Pero si es cierto lo que se dice en 6 esto mismo ocurre con cualquier punto D del plano (hay al menos dos cuadrados que pasan por A, B, C y D). Todo lo que sucede con X también sucede con D ¿por qué entonces para D son 24, pero para X son infinitos?

    En resumen: si hay 24 para A, B, C y D siendo D cualquiera entonces también hay 24 para A, B, C y X, sólo 24, no infinitos.

    Finalmente, en otra parte se dice que el segmento que une a D con X es un lado del cuadrado solución. Un dibujo muestra que esto no es cierto, pero además pensemos que es a priori imposible ya que hay infinitos X posibles pero solamente 24 cuadrados y por ende 24 lados que parten de D y que son parte del cuadrado solución. Tendríamos 24 segmentos para infinitos extremos posibles.

  • 16. pasin.jorge alberto  |  Oct 2 2008, 4:58 pm

    Gustavo: trataré de explicarme mejor.

    Por 3 puntos A, B y C es posible trazar infinitos cuadrados tales que sus lados a pasen por A, sus lados b pasen por B y sus lados c pasen por C.

    Si efectuamos 3 de estas construcciones, que son muy sencillas, veremos que los cuartos lados (o sus prolongaciones) de estos cuadrados, lados que no pasan por A ni B ni C, se intersecan entre si en un punto que llamé X.

    X no es un punto cualquiera, sino que es función de A, B y C.

    Como comentario aparte, y para ver la interrelación de este punto X con los demás, cabe decir que si fueran dados los puntos B, C y X, el cuarto punto resultaría A.

    En el punto 9, la construcción de este punto X se obtiene a partir de los lados libres de solo 2 cuadrados construídos sobre A, B y C, porque no es necesario hacer mas. Pero en realidad se pueden trazar todos los que se quieran, infinitos.

    Las expresiones “por 3 puntos A, B y C pasan infinitos cuadrados” y “por 3 puntos A, B, C y X pasan infinitos cuadrados”, son entonces, equivalentes.

    No es equivalente a éstas la expresión “por 4 puntos A, B, C y D pasan 24 cuadrados”, que son solución del problema planteado. El punto D está dado a priori, como los A, B y C, y no es resultado de ningún trazado posterior, como el X.

    No se como levantar dibujos en este sistema, pero si puedo mandarlos a tu casilla de mail, para que se vea lo que “una imagen muestra vale por mil palabras”

  • 17. Gustavo Piñeiro  |  Oct 3 2008, 4:39 pm

    Estimado Jorge: la verdad es que, hasta donde entiendo, tu demostración está mal. De todos modos, la cuestión tampoco da para tanto. Si vos estás seguro de que es correcta y que simplemente la estoy interpretando mal, te doy la derecha. Después de todo, como dije desde el principio, el resultado me parece esencialmente correcto. Saludos y buena suerte.

  • 18. pasin.jorge alberto  |  Oct 7 2008, 10:24 am

    Remito a esta demostración.

  • 19. pasin.jorge alberto  |  Oct 7 2008, 3:15 pm

    El método para inscribir un cuadrado en 4 puntos A, B, C y D, vértices de un cuadrilátero cualquiera, fue muy fructífero para el desarrollo posterior del problema.

    El punto X, determinado por la construcción del cuadrado auxiliar que se ve en la demostración, es el mismo punto X a que hemos hecho referencia anteriormente.

    Observando el dibujo, se aprecia que el cuadrado auxiliar cuya base es A1B1 puede “espejarse”, construyéndose para el lado opuesto. Haciendo eso y trazando las rectas desde A a A1 y desde C a C1, se obtiene otro punto, X´.

    Trazando la recta que pasa por D y por X´obtenemos otro lado de otro cuadrado – otra solución – inscriptible en A, B, C y D.

    Con estas aclaraciones están dadas las condiciones para encontrar todas las soluciones posibles, que son 24, y que agregaré mas adelante.

    O sea, que dados 4 vértices de un cuadrilátero cualquiera, es posible trazar 24 cuadrados tales que sus lados a, b, c y d – o sus prolongaciones – pasen por los vértices A, B, C, D, dados.

  • 20. Gustavo Piñeiro  |  Oct 8 2008, 12:17 am

    Fue interesante leer el pdf. La demostración que allí se ve sí es convincente.

    A veces, sin embargo, la construcción no saldrá tan limpia como la que muestra el dibujo: dado que X se obtiene a partir de A, B y C solamente (D no interviene) puede suceder que X venga a coincidir con D (es decir, el dato a priori D puede caer justo en la posición de X) o puede que X quede alineado con B y D o con A y D. En esos casos no se obtiene un cuadrado o se obtiene uno con un lado que pasa por dos puntos. Supongo que en esos casos se podrá usar el punto X’ como alternativa (y quizás no haya 24 cuadrados, sino menos).

    Por otra parte, la posibilidad de que X pueda coincidir con D muestra que no puede haber infinitos cuadrados que pasen por A, B, C y X si son a lo sumo 24 los que pasan por A, B, C y D.

    Saludos

  • 21. Gustavo Piñeiro  |  Oct 8 2008, 6:31 am

    Trataré solamente de señalar una o dos cuestiones que todavía me parecen oscuras para que puedas mejorar la lógica de la demostración.

    Dije: “Por otra parte, la posibilidad de que X pueda coincidir con D muestra que no puede haber infinitos cuadrados que pasen por A, B, C y X si son a lo sumo 24 los que pasan por A, B, C y D.” (Porque, en efecto, D puede estar en la posición de X.)

    Agrego: esa posibildad también muestra, recíprocamente, que si por A, B, C, X pasan infinitos cuadrados (creo que, después de todo, esto es cierto) entonces no es verdad que por A, B, C, D *cualesquiera* pasen solamente 24.

    Finalmente, que por A, B, C, X pasen “infinitos” cuadrados que pasan por A, B, C no significa necesariamente que por A, B, C, X pasen “todos” los cuadrados que pasan por A, B y C, y de hecho, no es verdad que así sea (puede verse haciendo un dibujo que hay cuadrados que pasan por A, B, C y D y que no pasan por X). Por lo que no es cierto que X sea la intersección de dos cuadrados cualesquiera que pasen por A, B, C, tal como se afirma en el punto 9.

    La demostración está bastante bien, pero todavía hay cuestiones para revisar.

    Saludos

  • 22. pasin.jorge alberto  |  Oct 8 2008, 4:43 pm

    Cuando decimos que hay 24 soluciones, es que existen 24 cuadrados tales que sus lados a, b, c y d (o sus prolongaciones) pasan ordenadamente por los vértices A, B, C y D de un cuadrilátero cualquiera.

    Quiere decir que a 4 puntos A, B, C y D dados les corresponden 24 puntos X distintos. ¿Como se obtienen? Con paciencia. Veamos.

    Dados 4 vértices A, B, C y D de un cuadrilátero cualquiera,
    1) empezamos no tomando en cuenta uno de esos puntos, por ejemplo el D;
    2) quedan entonces los puntos A, B y C;
    3) trazo los segmentos AB y BC, que me permiten construir 2 cuadrados auxiliares que conducen a definir los puntos X y X´ (ver el dibujo de la demo, si bien ahí no aparece el cuadrado espejado ni el punto X´)
    4) las rectas DX y DX´ son lados de 2 cuadrados distintos tales que sus otros 3 lados pasan por A, B y C. (Los cuartos lados, obviamente, pasan por D)

    Vuelvo al paso 3), pero esta vez trazo los segmentos AC y CB, que me permiten construir otros 2 cuadrados auxiliares que conducen a definir un nuevo par de puntos llamados ahora X1 y X1´. El paso 4) ahora dice: “las rectas DX1 y DX1´ son lados de 2 cuadrados distintos tales que…”

    Vuelvo al paso 3) pero esta vez trazo los segmentos BA y AC, que me permiten…

    Notar que cada 3 puntos seleccionados de un conjunto de 4, obtengo 6 cuadrados que pasan por esos 4 puntos.

    Ahora, agotadas las posibilidades de los 3 puntos seleccionados, haremos las selecciones restantes.

    Prescindimos de A y nos quedamos con B, C y D. Esta sencilla operación nos da otros 6 cuadrados que pasan por A, B, C y D.

    Prescindimos de B y nos quedamos con A, C y D: otros 6 cuadrados.

    Prescindimos de C y nos quedamos con A, B y D: otros 6 cuadrados.

    Aquí se terminó: 24 cuadrados que pasan por 4 puntos dados, vértices de un cuadrilátero cualquiera.

    (Sigue)

  • 23. Gustavo Piñeiro  |  Oct 8 2008, 9:26 pm

    Me inspira el siguiente problema, que puede ser de interés para los lectores (especialmente si son profesores de geometría, pero también si no lo son :)):

    Describir con la mayor sencillez posible el conjunto de todos los cuadrados que se obtienen mediante el método descripto más arriba (en el comentario anterior) en el caso particular de que A, B, C, D sean, ellos mismos, los vértices de un cuadrado.

    (Es verdad que “la mayor sencillez posible” es una expresión poco precisa, pero creo que quienes resuelvan el problema entenderán claramente a qué me refiero.)

    (Aclaro mi interés en esta cuestión: en una de las materias que dicto en un profesorado de matemáticas, analizamos con los alumnos falacias en demostraciones, especialmente demostraciones geométricas, de modo que el tema me interesa profesionalmente.)

  • 24. Gustavo Piñeiro  |  Oct 9 2008, 9:33 am

    Un simpático problema de geometría elemental que surge de la situación anterior es éste:

    Si los puntos A, B, C, D son los vértices de un cuadrado entonces hay infinitos cuadrados cuyos lados, o sus prolongaciones, pasan por A, B, C, D (un lado, o prolongación, por cada punto). La pregunta es: ¿cuál es el lugar geométrico de los vértices de esos infinitos cuadrados?

    El mismo problema también puede leerse en http://eltopologico.blogspot.com/2008/10/ste-es-un-problema-de-geometra.html

  • 25. pasin.jorge alberto  |  Oct 9 2008, 10:38 am

    Con respecto a la entrada 24 de Gustavo, prefiero contestarla aquí porque está estrechamente relacionada con el problema de inscripción de cuadrados en 4 vértices de un cuadrilátero cualquiera.

    Cuando el cuadrilátero se trasforma en un cuadrado de vértices A, B, C y D, obviamente existen infinitos cuadrados tales que sus lados a, b, c y d pasan ordenadamente, por los puntos antedichos.

    Los lugares geométricos de los vértices de los infinitos cuadrados solución del problema son 4 circunferencias iguales, una por vértice de cada cuadrado solución, de diámetro igual al lado del cuadrado ABCD.

    El centro de cada una de estas circunferencias está en el punto medio de los lados del cuadrado ABCD, y estas circunferencias se cortan de a pares en cada uno de los vértices A, B,C y D.

    En el interior del cuadrado base, las circunferencias se cortan en un punto coincidente con el centro de aquél, que representa el menor cuadrado inscriptible en los 4 vértices A, B, C y D, puesto que su dimensión es cero.

    El máximo cuadrado inscriptible es exterior al cuadrado base y su lado mide Raíz de 2 por el lado del cuadrado base. Entre estos 2, están todos los demás.

  • 26. pasin.jorge alberto  |  Oct 9 2008, 11:58 am

    En la entrada 22 pensaba seguir, pero la verdad es que me cansé de este problema, y además ya está expuesta la solución del mismo.

    Así que hasta la próxima.

  • 27. jorge pasin  |  Oct 10 2008, 11:33 pm

    Para no dejar abiertos problemas planteados:

    Problema 2: no existe ningún conjunto de puntos A, B, C, D y E que sean vértices de un pentágono regular, tales que esos puntos se encuentren respectivamente sobre los lados a, b, c, d y e (o las prpolongaciones de los mismos) de un pentalátero cualquiera.

    Con respecto al problema deslizado en el comentario 6, planteado como problema inverso “al de los 4 puntos” o sea: dado un cuadrilátero cualquiera de lados a, b, c y d, encontrar 4 puntos A sobre a (o su prolongacion, B sobre b ( o su prolongacion), etc, que sean vértices de un cuadrado, cabe responder que la solucion es simétrica del de “los 4 puntos”.

    En consecuencia hay 24 conjuntos de puntos A, B, C y D hallables sobre los lados – o sus prolongaciones – del cuadrilátero base.

    Este problema, a pesar de la apariencia, es bastante mas trabajoso que el otro.

  • 28. Gustavo Piñeiro  |  Oct 11 2008, 11:25 am

    Etimado Jorge:

    Cierro mi participación en esta entrada con un breve comentario. Cuando se hace pública una demostración matemática es natural que ésta sea revisada y que le sean señalados errores, si es que los hubiera. No hay nada personal en ello, simplemente es así como funciona la ciencia (en este caso, tal vez a un nivel modesto, pero ciencia al fin).

    Como matemático profesional te digo que tu demostración contiene errores de diverso tipo, no insistiré aquí en mencionarlos. Te aseguro, por otra parte, que es una situación frecuente el que se hallen errores en las demostraciones matemáticas. Un caso famoso fue el de Andrew Wiles cuya demostración del Teorema de Fermat contenía un error (en realidad un punto insuficientemente justificado) que Wiles tardó un año en corregir. Se trata de un caso famoso, pero como éste hay miles todo el tiempo.

    El punto es que tu demostración contiene errores, pero me parece que no son insalvables, que podrían ser corregidos para así lograr una demostración correcta. Mi intención al señalar los errores era, justamente, que pudieras corregirlos. Si la demostración hubiera sido un desastre insalvable ni siquiera me habría molestado en comentarla.

    Como dije antes, no hay nada personal en esto, ni va en desmedro de tu capacidad el que haya errores en el razonamiento. Mi actitud fue la que naturalmente adoptaría cualquier matemático y, si pudiera volverse el tiempo atrás, haría otra vez exactamente lo mismo (y esto último no es una crítica a tu razonamiento imperfecto, sino un elogio a su potencialidad de ser corregido).

    Saludos cordiales,

    G.P.

  • 29. jorge pasin  |  Oct 14 2008, 6:14 pm

    Hola Gustavo:

    Pido disculpas por contestar tan tarde, pero recién hoy tuve acceso. Por supuesto que son bienvenidas tus observaciones.

    Tampoco tengo tiempo ahora, pero volveremos sobre el tema.

    Gracias, Jorge.

  • 30. jorge pasin  |  Oct 21 2008, 12:47 pm

    Gustavo:

    Estoy de vuelta. Cuando quieras podemos revisar, a fondo, métodos y conceptos.

    Quedo a disposición,

    Jorge.

  • 31. Tincho  |  Mar 11 2009, 5:00 pm

    la respuesta esta en trazar en primer lugar el cuadrado con cualquier medida y despues marcar un punto en cada lado del cuadrdado en cualquier ubicacion unimos los puntos marcados de tal forma que se forme un cuadrilatero y listo

  • 32. Martin  |  Mar 23 2009, 3:28 pm

    Un cuadrilatero cualquiera, puede ser un cuadrado. Si trazamos un cuadrado mas grande girado 45 grados, de manera que cada vertice del cuadrilatero (cuadrado) menor quede justo a la mitad de cada lado del cuadrado mas grande tenemos la respuesta a la pregunta.
    Sé que mi respuesta esta simplificada, pero en el enunciado dice claramente un cuadrilatero cualquiera, entonces elijo un cuadrado, y ahi mi respuesta. Soy contador, no matematico y si bien admiro la capacidad analitica de los comentarios anteriores sinceramente mi formacion no me alcanza para comprenderla. En lo que al acertijo se refiere, ahi esta la respuesta, para cuadrilateros no cuadrados… ahi que la responda otro.
    Un abrazo y muy (complejo) bueno el blog!

  • 33. pasin jorge  |  Jun 16 2009, 5:08 pm

    Propongo una versión reducida del problema 1:

    Dado un cuadrilátero cualquiera, determinar 4 puntos sobre su perímetro que sean vértices de un cuadrado.

  • 34. Julio Cuadros  |  Jul 12 2009, 1:43 am

    1. es facil solo se trazarìa un cuadro regular y luego se le antepone un rombo que es cuadrilatero de tal forma que se cumpliera la condicion.
    2. se traza primero el pentagono regular y luego en direccion opuesta se traza un pentagono irregular de tal forma que se cumla la condicion correctamente.

  • 35. ecs  |  Jul 27 2009, 5:33 pm

    He aplicado las instrucciones dadas en el punto 18, y me parece que el teorema excede los limites para los cuales esta planteado. Creo que deberia decir “dados 4 puntos cualesquiera, existen…”

    Ecs.

  • 36. alex  |  Aug 4 2009, 4:43 pm

    a la pregunta 24

    el lugar geometrico buscado son 4 semicircunsferencias construidas cada una en un lado de dicho cuadrado inicial
    ( quisiera expresarme con más claridad, pero si la idea es la correcta se verá facilmente)

  • 37. ecs  |  Aug 12 2009, 12:39 pm

    Al comentario 36.

    La respuesta a la pregunta 24 esta dada en el punto 25.
    Alex da una aproximacion.

    Ecs.

  • 38. Silvia  |  Sep 16 2009, 6:50 pm

    En los dos casos, sí es posible usando la misma figura (un cuadrado y un pentagono regular) girando los vértices hasta la mitad de los lados respectivos.

  • 39. Joan S.C  |  Apr 27 2010, 3:09 pm

    La respuesta al problma 1 es – No -

    Todos han considerado un cuadrilatero concavo es decir, cada angulo interior es menor a 180º. Pero un cuadrilatero convexo no cumple las demostraciones planteadas. (imaginese las caras de un bumerang) .

    Para este caso no existe cuadrado posible de inscribir en todos los vertices.

  • 40. GONZALO CUEVAS  |  Apr 29 2010, 5:02 pm

    si el cuadrilatero y el pentagono son regulares se puede, si son iregulares, la respuesta solo sera dada por la practica.

  • 41. alberto  |  Oct 8 2010, 8:23 pm

    Una idea para hacer la construcción es ver los grados de libertad, esto es, los ajsutes que podemos ir haciendo en la construcción para cazar los puntos.
    Tomemos el primer punto y una linea cualquiera (tenemos un grado de libertad que dejamos para luego acerca de la dirección de la linea). Sobre esa linea dibujamos un cuadrado.
    Vamos a por el segundo punto: desplazamos el cuadrado sobre la linea inicial hasta que un lado perpendicular a ella pase por el punto 2.
    Vamos a por el tercer punto: manteniendo esas dos lineas aumentemos el tamaño del cuadrado hasta que la prolongación de otro lado pase por el punto 3.
    Vamos a por el cuarto punto: problema: ya no podemos desplazar nada sin romper el cuadrado. Tenemos que empezar desde el principio: eligiendo otra recta en otra dirección: tenemos 360 grados para elegirla.Eso nos dá una construcción continua en la que el lado que falta tabién gira 360 grados, de modo que en algún momento pasa por el punto 4.
    Bueno, esta es la idea, hay que pulir detalles.
    En resumen los ajustes son direción, desplazamiento del segundo lado perpendicular a esa dirección. El tamaño del cuadrado para pillar el punto 3 y la dirección incial para pillar el punto 4.
    Para el caso del pentagono supongo que general no hay solución: no se tienen 5 propiedades continuas que ajustar par que cada una pille a cada uno de los cinco puntos.

  • 42. ecs uaized  |  Nov 11 2010, 9:56 pm

    Respuesta a comentario 39 de Joan S.C. de abril 27 del 2010:
    Si es posible inscribir no solo 1 sino 24 cuadrados tal que sus lados – o las prolongaciones de los mismos – pasen por 4 puntos cualesquiera.

    Esto incluye a los puntos vértices de cuadriláteros tipo “bumerang”.

    No se como subir un ejemplo aquí.
    Mi mail es ecs.uaized@yahoo.com.ar
    Si tuviera el tuyo puedo mandarte de inmediato un ejemplo.

    ecs.

  • 43. charli_mag  |  Dec 18 2010, 1:23 am

    no.es.posible

    al.decir.”un.cuadrilatero.cualquiera”.la.respuesta
    deveria.ser.absoluta
    osea.para.todos.los.cuadrilateros.o.pentagonos

    y.dibuje.uno.de.cada.uno.que.no.cumple.la.regla.

    pese.a.esto.hay.infinitos.de.cualesquieras.que.si
    las.cumplen

  • 44. Joaquin  |  Dec 20 2010, 4:43 pm

    es simple, y la respuesta es si para los dos.
    se hacen primero el cuadrado o le pentagono regular, y luego en su interior hacen el cuadrilátero (ej un rombo) o el pentagono regular, los cuales cada uno de sus vértices toque uno de los lados.

    Un cuadrilatero puede de tener cualquier forma, el único requisito para que lo sea, es que tiene que que tener 4 lados. Idem para cualquier polígono

  • 45. Agustin (uruguay)  |  Jan 10 2012, 5:01 am

    Esta es una respuesta que abarca a muchos de los comentarios anteriores. Comenzare directamente por decir que en mi opinión si hay solucion para el problema 1. Fue muy interesante leer todos estos comentarios y ver las diferencias entre los pensamientos, la verdad es que coincido con muchos. Pero a diferencia de la mayoria si considero que la soluciones son infinitas. Posiblemente me equivoque, pero tratare de expplicar mi razonemiento lo mejor posible. Partimos de los 4 vertices dados, es decir, que no pueden modificarse. Como se dijo los cuadriláteros tambien son infinitos, pero tomare por ejemplo un cuadrado A,B,C y D. Si trazamos rectas que pasen respectivamente por los puntos anteriores y a su vez presenten una relacion de paralelismo y perpendicularidad entre si obtendríamos un cuadrado cuyo lado seria [a . (raiz de 2)] , (perdon que lo escriba asi.) Sindo a, la medida de lado del cuadrado base. Creo que eso es correcto y estoy abierto a correcciones. Pero si eso es correcto, no seria posible tambien trazar otras rectas con el mismo razonamiento incicial pero ahora sin la relaciones de paralelismo y perpendicularidad?? Quiero decir, si trazamos rectas cualesquiera que pasen si por los 4 vértices pero sin ninguna relacion entre llas, al unirlas obtendriamos tambien un cuadrilatero cualquiera que cumple con la condicion de que sus lados o prolongaciones de los mismos pase por un vertice. Ahora, si en lo que dije no me eh equivocada, y eso espero. No hay infinitos puntos en el plano (exterior al cuadrilatero base) ? A mi entender si los hay. Y si hay infinitos puntos donde puden hubicarse los vertices del segundo cuadrilatero, habrian en consecuencia infinitos cuadrilatero tambien. Si concidero tambien un entorno en el que cada vertice podria hubicarse, pero aun asi los puntos serian infinitos. Entonces mi respuesta es que si hay infinitos cuadrilateros que cumplen las condiciones. Pero no es posible encontrar un cuadrado que cumpla con las condiciones si se parte de cuadrilatero irregular como el ejemplo del bumerang. Bueno les pido disculpas de antemano si me equivoque en algo muy basico o prácticamente todo mi razonamiento esta mal. La verdad es que no soy profesor ni nada, solo tengo 20 años, un conocimiento no muy grande para alguien de mi edad, pero si con muchas ganas de aprender. Repito que es muy posible que me equivoque pero estoy dispuesto a ver mis correcciones.
    Gracias y Saludos.

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