GEOMETRÍA DINÁMICA

Curva de ojo

Dado el círculo c y el punto A, dibuja las secantes ABC y toma D en AB tal que DC / DB = k (constante). 
El locus de D es la curva del ojo (rojo) que se muestra.

De su definición se deduce que: 
1) Cada secante a través de A intersecta la curva en dos puntos {D, F}. 
2) La misma secante corta el círculo en {B, C} y | DB | = | FC |. 
3) Lo común a DF y BC medio E describe un círculo con diámetro AO. 
4) La relación ED / EB es constante e igual a m = (k + 1) / (k-1). 
5) La curva es simétrica sobre el eje OA. 

6) Al establecer OA = a, R para el radio del círculo, la ecuación polar con el centro en A es: 
                   (r-acos (fi)) ² = m ² (R ² -a ² sen ² (fi)). 
7) En coordenadas cartesianas centradas en A y eje x AO: 
                (x ² + y ²) (x ² + y ² -2ax-m ² R ² ) + a ² (x ² + m ² y ² ) = 0. 
8) Invirtiendo esta curva con respecto al círculo de radio L = | AH |, centrado en A obtenemos una elipse. 
De hecho, el radio invertido es r '= L ² / r y de (6) obtenemos:
          

La figura muestra la elipse obtenida a través de la inversión con el radio L = | AH |. Se caracteriza por sus 
propiedades: 
a) Es tangente a {AH, AI} respectivamente en los puntos {H, I} y, 
b) para pasar a través de K ', que es la inversa de K, 
c) sus puntos focales están activados el círculo a través de {H, I, A}. 

 El problema de fagnano

La siguiente figura proporciona una prueba intuitiva del siguiente problema de Fagnano (1755): 
el triángulo ortéptico DEF es el de perímetro inferior inscrito en un triángulo ABC acudo en ángulo. 

Refleja el triángulo ABC sucesivamente 5 (6) veces a lo largo de sus lados, cada vez en un lado diferente. Toma un lado, dice BC, y observa su posición después de cada reflexión. Después de la sexta reflexión, vuelve a su posición inicial (paralela a ella). Esto porque los ángulos por los que gira suman 2pi. Lo mismo sucede con un lado, digo IK, de un triángulo IJK inscrito. Por lo tanto, siguiendo lados consecutivos en las IJK reflejadas obtenemos una línea discontinua (aguamarina) II '' 'de longitud igual a dos veces el perímetro de IJK. En particular, debido a la propiedad característica del orto(amarillo)triángulo (los lados / altitudes de ABC son sus bisectrices), la línea discontinua en este caso se convierte en una recta de longitud igual a 2 * s, siendo el perímetro del triángulo órtico. La línea II '' 'que une los puntos finales de la línea discontinua es paralela e igual a FF' ''. Por lo tanto, el doble del perímetro de IJK es siempre mayor o igual al doble del perímetro de la órtesis (2 * s). 
Además, no hay otro triángulo con perímetro igual al del orto. Esto se deduce del hecho de que la mitad de II '' 'está en A'B' solo para el caso de F 'correspondiente al triángulo órtico. Tenemos aunque infinitas muchas dobles.Trayectorias cerradas reflejadas de longitud igual a 2 * sy lados paralelos a los del triángulo órtico. De hecho, tome cualquier segmento como II '' 'que se encuentre totalmente dentro del área del triángulo y sus copias reflejadas y sea paralelo e igual a FF' ''. Al tomar las reflexiones de este segmento en los lados de ABC y sus copias reflejadas, doblamos el segmento en una trayectoria de línea discontinua cerrada, con lados paralelos a los de la órtesis y la longitud total 2 * s. 
Nota
Los argumentos utilizados anteriormente demuestran de manera análoga la siguiente propiedad para los polígonos inscritos en triángulos: 
dado un múltiplo entero de 3, n = 3 * k> 0, y un polígono p = P ₀ P ₁ ... P _n con P _n = P ₀Al tener cada triple de puntos sucesivos en tres lados diferentes, podemos reflejar sucesivamente ABC en los lados apropiados (cada vez en el lado que contiene una reflexión repetida de P _i ) 2 * n-1 veces y desarrollar p hasta una línea discontinua P ₀ .. .P _n ', tal que: (i) el segmento P ₀ P _n ' tiene una longitud de 2 * k veces el perímetro del orto y (ii) es paralelo a un lado del triángulo orto. 
La solución dada aquí, debido a HASchwarz, tiene algunas implicaciones para el problema de la bola de billar, consulte las referencias a continuación. Otra solución al problema de Fagnano se da en Fagnano2.html .

 El problema de fagnano

Este es el problema de la construcción del triángulo inscrito DEF del perímetro inferior dentro de un triángulo ABC en ángulo acudo. La solución es el triángulo ortéptico DEF de ABC (en la segunda figura a continuación). 

La figura anterior (debido a L. Fejer) sugiere la solución. Suponga un punto D en BC fijo y considere todos los triángulos DFE con la variable E, F solamente. Reflexiona D en los lados para obtener los puntos D ', D' 'que forman las isósceles D'AD' 'con ángulo (D'AD' ') = 2 * A y patas de longitud igual a | AD |. Obviamente, entre estos triángulos, el que tiene menos perímetro es DE'F ', cuyo perímetro es D'D' '. Ahora varíe también el punto D y busque el triángulo DF'E 'con el menor perímetro. Dado que el perímetro es | D'D '' | = 2 * | AD | * sen (A), esto se vuelve mínimo cuando AD coincide con la altitud de A. Luego DE'F 'toma la posición del triángulo órtico y | D'D' '| se vuelve igual al perímetro del triángulo órtico. 
Ver el archivo Fagnano.
La siguiente figura muestra la posición correcta para D dando la solución al problema.