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> Teorema de Varignon
Rurouni Kenshin
mensaje Sep 8 2005, 12:16 PM
Publicado: #1


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Del teorema de Varignon, según puede leerse en el libro de Coxeter y Greitzer, lo que sorprende es encontrar que su fecha de publicación no llegó hasta 1731. Se debe a Pierre Varignon (1654-1722).
La figura formada cuando se unen en el orden dado los puntos medios de un cuadriángulo, es un paralelogramo, y su área es la mitad de la del cuadriángulo.



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mensaje May 12 2010, 07:12 PM
Publicado: #2


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es necesaria la condicion de que este cuadrilátero sea convexo, o podría ocurrir en algun concavo? interesante ohmy.gif


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Kaissa
mensaje May 12 2010, 10:26 PM
Publicado: #3


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CITA(Hamon @ May 12 2010, 07:12 PM) *
es necesaria la condicion de que este cuadrilátero sea convexo, o podría ocurrir en algun concavo? interesante ohmy.gif



en concavos tbn se cumple.


demostracion?????


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mensaje May 13 2010, 01:22 PM
Publicado: #4


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CITA(Kaissa @ May 12 2010, 11:26 PM) *
en concavos tbn se cumple.
demostracion?????


wena, de ahi trato de sacarla wink.gif ...debe ser analoga a la de los convexos en todo caso tongue.gif


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Aheit
mensaje May 13 2010, 06:56 PM
Publicado: #5


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Genial el teorema... hace tiempo que no me gustaba tanto un teorema, intentaré hacer una demostración tongue.gif


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mensaje May 13 2010, 07:36 PM
Publicado: #6


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CITA(Aheit @ May 13 2010, 07:56 PM) *
Genial el teorema... hace tiempo que no me gustaba tanto un teorema, intentaré hacer una demostración tongue.gif


bien! dale con entusiasmo nomas, y ahi postea tu demostracion, a ver si es distinta a la q cnozco wink.gif
Saludos, y sigue viendo teoremas, que hay hartos bien bonitos


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makmat
mensaje May 13 2010, 09:14 PM
Publicado: #7


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Aquí va para los convexos mi solución, lindo teorema, pero no complicado de demostrar, aunque si ingenioso:

Archivo Adjunto  aaa.jpg ( 44.91k ) Número de descargas:  12


TEX: Tracemos la diagonal $BD$ del Cuadrilátero $ABCD$, note que $EH$ es paralela a $BD$ y lo mismo ocurre con $GF$ y $BD$, luego $EH$ y $GF$ son paralelas, lo mismo ocurre con $EF$ y $GH$, luego el $EFGH$ es paralelógramo, luego sean $AI$ y $CJ$ las alturas de los $\triangle{AHE}$ y $\triangle{CFG}$ respectivamente, no es difícil comprobar que se puede construir un rectángulo $NMBD$ con la misma área que $\triangle{ABD}$, análogamente un rectángulo $DBPO$ con $(CBD)=(DBPO)$, luego como $\triangle{NBH} \equiv \triangle{AHI}$ se tiene que $NH=HI=a$, de la misma forma $EI=EM=b$, $OG=JG=c$ y $JF=FP=d$, como $NMPO$ es rectángulo con la misma altura que el paralelógramo $GFEH$ y además se tiene que $OP=JF+FP+OG+JG=2(JG+JF)=2(c+d)$, luego se tiene que $a+b=c+d$, y se tiene que la base del $GFEH$ es la mitad del lado $OP$ del rectángulo $NMPO$, pero ambos tienen la misma altura, luego el área del $GFEH$ es la mitad del $NMPO$ y éste tiene el mismo área que nuestro $ABCD$ original. $\square$



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TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$


TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$





TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$


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TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$

Adiós Kazajstán...
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makmat
mensaje May 14 2010, 11:37 PM
Publicado: #8


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Nadie dice nada de mi demostración?? dudas, consultas, críticas...
Para eso se las di a conocer... para que vean la solución y haber si conocen otras demos.

Saludos.


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TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$


TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$





TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$


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TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$

Adiós Kazajstán...
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mensaje May 15 2010, 12:11 AM
Publicado: #9


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conocia la primera parte...la del area no tenia idea que tambien estaba enunciada XD
mañana cuando este despierto lo miro bien wink.gif
gracias por el aporte


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El Geek
mensaje May 15 2010, 10:10 AM
Publicado: #10


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Mensaje modificado por El Geek el Jul 5 2011, 07:50 PM


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