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Dos ejercicios de oposiciones (difíciles¡¡)

Todo lo referente a la preparación de estas pruebas

Moderador: vicente

Dos ejercicios de oposiciones (difíciles¡¡)

Notapor Morley » Vie May 26, 2006 10:08 am

Estimados amigos:

Os dejo aquí dos ejercicios de oposiciones de dibujo, que quiero compartir con vosotros a ver si logramos darles una solución. Creo que son bastante complicados. Después de horas y horas... no alcanzo solución alguna.

1. Dado un cuadrilátero (trapezoide) y un punto V, exterior; definir una homología que transforme dicho cuadrilátero en un paralelogramo de área equivalente al cuadrilátero (siendo V el centro de homología).


2. Sean tres rectas concurrentes (tienen un punto en común) r, s y t. Construir un triángulo equilátero (del cual nos dan cuánto mide su lado: X cm), tal que sus vértices estén apoyados sobre dichas rectas (el vértice A sobre la recta r, el vértice B sobre la recta s, el vértice C sobre la recta t).

A ver si hay suerte.

Un saludo.

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Notapor antonello » Vie May 26, 2006 5:31 pm

pues el segundo tambien se las trae...llevo un rato intentandolo y nada...

habra que esperar la solucion de vicente o antonio
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Notapor lucka » Vie May 26, 2006 5:44 pm

Creo que tengo el 2º

Si con centro en un pto de una de las rectas (p.e. la del centro) giras otra 60º, tienes un pto de corte con la 3ª. Uniendo con el pto inicial tienes una recta. Su mediatriz corta a la que has girado (antes de girarla) en un pto. Con la recta y el pto tienes un triángulo equilátero. Despues ajustas el tamaño por homología y ya está.

Siento no poder adjuntar dibujo y espero que se entienda. (Seguro que se puede explicar mejor)

Saludos
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Notapor antonello » Vie May 26, 2006 6:25 pm

yo no lo he entendido muy bien...¿a qué te refieres con "por ejemplo la del centro"? son tres rectas que convergen en un punto, no entiendo cuál es "la del centro"
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Notapor antonello » Vie May 26, 2006 6:40 pm

ah pues si que sale si! :D

de todas formas yo me habia imaginado el ejercicio como tres rectas que convergen en un punto, pero no se prolongan más allá de él, y en este caso, sí que lo hacen...sería cuestion de ver el enunciado real del ejercicio
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Un par de cosas

Notapor cheste » Sab May 27, 2006 8:06 am

En el primero, si el centro de homología te lo dan, no tiene porqué salir un cuadradado. Para cada centro de homología sale un paralelogramo distinto. Para que sea un cuadrado hay que elegir un centro determinado.
Si no sale un cuadrado ¿cómo escalamos el paralelogramo para que tenga el mismo área que el cuadrilátero?. Yo lo hago a pelo multiplicando y diviendo graficamente pero me parece poco elegante.

En el segundo: Muy bien, la solución funciona. No se me hubiera ocurrido jamás. ¿ Como has llegado a esta solución?. ¿Alguien lo sabe resolver haciendo una homología que transforme un triángulo cualquiera en uno equilátero, utilizando de centro de homología el punto de concurrencia?
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Notapor Morley » Sab May 27, 2006 10:46 am

Estimados amigos:

Respecto,

al primer ejercicio: efectivamente, no tiene por qué salir un cuadrado, en el caso más general sale un paralelogramo, cuyos ángulos vienen predefinidos por la situación relativa entre el cuadrilátero y la recta límite. Ayer de tarde estuve intentando resolverlo, y lo conseguí.

El problema radica en obtener un paralelogramo que teniendo las condiciones angulares que nos da la homología, sea semejante al cuadrilátero inicial. Con tiempo os explicaré como hacerlo (yo usé homotecia y media proporcional).

Paso al siguiente...

segundo ejercicio: no entiendo bien la técnica que has descrito... pero de verdad... es asombroso si funciona. Yo machacándome la cabeza probando con un millón de homologías para intentar resolverlo...

Saludos
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Notapor Morley » Sab May 27, 2006 10:53 am

Por cierto...

en el ejercicio del triángulo, las rectas concurrentes no se prolongan más allá del vértice, se trata de una radiación pura, en un sentido, y el triángulo no puede contener al vértice.
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Discrepo de Antonio

Notapor cheste » Dom May 28, 2006 8:46 am

Para Antonio

Sobre el primero, discrepo porque si te dan el centro de la homología la forma del paralelogramo queda determinada, todas las figuras que se forman para distintos ejes que puedes elegir son semejantes entre si, homotéticas con centro de hometecia en el centro de homología. Basta con saber el centro de la homología, no son necesarios mas datos. ¿Me equivoco?
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Cuadraturas

Notapor cheste » Dom May 28, 2006 9:29 am

Sobre cuadraturas de polígonos he encontrado esto:

http://www.arrakis.es/~mcj/notas008.htm

Saludos al foro.
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Notapor Morley » Dom May 28, 2006 11:05 am

Efectivamente, cheste, todas los paralelogramos homólogos son homotéticos respecto al centro de homología.

Alguien me puede explicar lo del segundo ejercicio, el triángulo equilátero?

Un saludo.
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Notapor lucka » Dom May 28, 2006 11:50 am

Bueno, lo del 2º lo supe hacer porque recordaba algo similar con rectas paralelas.

El giro de 60º tiene que ver con el ángulo del equilátero. Si giramos una recta 60º respecto a un punto A de otra recta, cortará a la tercera en B. Al deshacer el giro del punto B hasta el C, lo que tenemos es el giro del segmentto AB los 60º, luego tengo triángulo equilátero. Es algo así la explicación.
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Notapor lucka » Dom May 28, 2006 11:54 am

... y lo del tamaño... no importa... buscamos un homólogo del tamaño deseado.

Saludos
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Notapor Morley » Dom May 28, 2006 10:09 pm

Tema de homología;

Propongo el siguiente ejercicio:

en un folio, colocar un centro de homología, V, una recta límite RL y hallar la figura homóloga de un triángulo cualquiera (que no corte a la RL, por supuesto), variando las posiciones del eje de homología.

Sacar, por ejemplo, las figuras homólogas de ese triángulo variando cuatro veces la posición del eje de homología.

Como se puede observar, la familia de figuras homólogas son homotéticas respecto al centro de homología, V.

Tengo olvidados los fundamentos matemáticos axiomáticos para demostrar correctamente esto. Ciñámonos al empirismo, pues.
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Notapor Morley » Lun May 29, 2006 8:33 am

Resulta tu descripción del fenómeno altamente precisa.

En todo caso, haz el experimento que te dije, y verás que las figuras homólogas obtenidas (variando la situación del eje y manteniendo fijos el vértice y la recta límite) son semejantes entre sí, y se puede modelizar el fenómeno como homotecia...

... aunque, tal y como has propuesto, no se demuestre espacialmente la justificación de esa homotecia.

Pero en el plano, la proyección sobre el plano del cuadro, admite esa modelización como homotecia, que es la aplicación práctica lo que nos interesa.

Un saludo.
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