Un po' di simpatiche costruzioni geometriche

[spugna2]

Si consideri un triangolo $ABC$ equilatero di lato $1$:

a) Dimostrare che, comunque preso un quarto punto $P$ nel piano, è possibile costruire un triangolo di lati $PA$, $PB$ e $PC$;
b) Dimostrare che al variare di $P$ si può ottenere qualsiasi triangolo (a meno di similitudini);
c) Trovare il luogo dei punti $P$ da cui si ottiene un triangolo degenere;
d) Trovare il luogo dei punti $P$ da cui si ottiene un triangolo rettangolo;
e) Trovare un polinomio $f$ in tre variabili (EDIT: non nullo) tale che $f(PA,PB,PC)=0$ per ogni $P$;
f) Dimostrare che l'area del triangolo ottenuto da $P$ dipende solo dalla distanza di $P$ dal centro di $ABC$;
g) Usando (a), dimostrare che in un triangolo con angoli interni non maggiori di $120°$ il punto di Fermat-Torricelli è quello che minimizza la somma delle distanze dai vertici.

[orsoulx]

Se uno si mangia tutta quella roba, il digestivo lo offri tu? Sembra uno di quei banchetti tradizionali piemontesi, dove ti sotterrano con gli antipasti e non riesci mai ad assaggiare il secondo (io, però, il posto per i dolci lo lascio sempre)
Ciao

[spugna2]

Dove sta scritto che bisogna risolvere tutto in un solo messaggio? Piuttosto vedila così: ho portato sette biscotti, da dividere tra chi li vuole
Mi sembrava più sensato così che con sette post sullo stesso argomento...

[orsoulx]

Riporto alcune farneticazioni, ma solo per sommi capi: ci penseranno altri a scrivere i trattati.

Sfruttando le isometrie che trasformano un triangolo equilatero in se stesso, si può limitare lo studio ad un sesto dell'angolo giro. Indicando con $ \rho>=0 $ la distanza di $ P $ dal centro del triangolo, con $ 0<=2\phi<= pi/3 $ l'angolo $ A hat(O) P $ e posto $ OA=OB=OC=1 $; sarà: $ AP=sqrt(1+\rho^2-2\rho cos(2 \phi))=sqrt((1-\rho)^2+4 \rho sin^2 \phi) $ e, analogamente, $ BP=sqrt((1-\rho)^2+4 \rho sin^2(pi/3- \phi)); CP=sqrt((1-\rho)^2+4 \rho sin^2(pi/3+ \phi) $.

(c) ed (a)
Quando $ \rho=1 $ Queste tre distanze si riducono al doppio dei seni degli angoli indicati, ed essendo identicamente $ sin \rho + sin(pi/3-\rho)=sin(pi/3+ \rho) $ i tre segmenti formeranno un triangolo degenere.
Consideriamo un rettangolo $ LN N'L' $ avente $ LN $ ed $ LL' $ proporzionali rispettivamente a $ 2 sqrt \rho sin( \pi/3+ \phi) $ e $ |1- \rho| $, diviso in due rettangoli dal segmento $ MM' $ parallelo a $ LL'$ con $ LM $ proporzionale a $ 2 sqrt \rho sin \phi $, le tre diagonali $ LM'; MN'; LN'$ saranno allora proporzionali rispettivamente ad $ AP; BP; CP $ ed essendo $ LM'+MN'>=LM+MN'>=LN' $ sarà anche $ AP+BP >= CP $ con l'uguaglianza vera solo quando $ \rho=1 $. Dunque con i tre segmenti si può sempre formare un triangolo che diventa degenere sse $ P $ appartiene alla circonferenza circoscritta al triangolo $ ABC $.

(b) Direi che siano sufficienti considerazioni qualitative e limitate ai punti interni alla precedente circonferenza. L'angolo opposto al lato maggiore $ CP $ può variare da $ 60° $ quando $ P $ è in $ O $ (triangolo equilatero) fino all'angolo piatto quando $ P $ si trova sulla circonferenza. Per ciascun valore di questo i restanti due angoli avranno somma costante che si spartiranno equamente quando $ \phi= \pi/3 $ ( $ P $ allineato con $ C $ e $ O $), mentre l'angolo opposto ad $AP$ avrà il minimo valore possibile quando $ \phi=0 $ ($ P $ è allineato con $ A $ e $O $.

(d) Per formare un triangolo rettangolo i segmenti dovranno soddisfare il T. di Pitagora, che applicato alle espressioni precedenti porta in una manciata di passaggi (spero giusti) alla relazione; $sin(\pi/6+2 \phi)=(1-\rho)^2/(4 \rho)+1/2 $ che con $ 2- sqrt(3)<= \rho <= 2+sqrt(3) $ dovrebbe essere l'equazione di una specie di fiore a tre petali. [strike]Domani[/strike] Oggi proverò a far fare il disegno a GeoGebra.. e per questa notte basta e avanza.

Ciao
Edit: aggiunto il, necessario, valore assoluto a $ 1-\rho $ nella parte (c) ed (a).

[orsoulx]

GeoGebra mi ha disegnato un’elegante semicirconferenza, dunque i tre petali del fiore, che io pensavo più allungati ed appuntiti, sono delle circonferenze; vediamo di dimostrarlo.
$ sin(\pi/6+2\phi)=(1-\rho)^2/(4\rho)+1/2=(1+\rho^2)/(4rho)=(2^2+\rho^2-(sqrt3)^2)/(2 cdot 2 \rho)$, che è il T. di Carnot per un triangolo avente due lati di lunghezza $ 2 $ e $ \rho $, angolo compreso $\pi/3-2 \phi $ e lato opposto di lunghezza $ sqrt(3) $.
Dunque il luogo cercato è costituito da tre circonferenze di raggio $ sqrt(3) $ mutuamente tangenti a coppie nei vertici del triangolo $ABC$. I loro centri sono vertici di un secondo triangolo equilatero, avente i punti medi dei lati coincidenti con $ A, B, C $.

(f) Utilizzando il T. di Erone, nella forma $A=1/4 sqrt(4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2) $ (probabilmente esiste un percorso più agevole) si ottiene, dopo una paginata di calcoli, che l’area del triangolo formato dai segmenti $ PA, PB, PC $ è $ sqrt(3)/4 |1-\rho^2| $, indipendente $ \phi$.
Questo risultato è carino, mettiamolo così: dato un qualsiasi triangolo equilatero ed un punto arbitrario, l’area del triangolo avente per lati i segmenti che uniscono il punto ai vertici del triangolo è uguale alla differenza (in modulo) delle aree dei triangoli equilateri aventi per lati il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo iniziale e la distanza del punto dal centro di questo. Una lontana parentela col T. di Pitagora.

(e) Questo non mi convince. Non avrò inteso correttamente qualcosa, ma un polinomio in tre variabili che si annulli per ogni terna di valori arbitrari, col solo vincolo delle diseguaglianze triangolari, non riesco a pensarlo diverso da quello identicamente nullo.

Ciao

[spugna2]

Ok, ora sembra quadrare tutto, a parte...

Non mi è chiaro procedi nel punto (b): stai dicendo che per continuità in ogni raggio c'è un punto in cui l'angolo opposto a $PC$ è quello voluto, e che sempre per continuità uno di questi punti dà anche l'angolo opposto a $PA$?

Per quanto riguarda (e), ricorda che $AB=1$, quindi le tre distanze non sono arbitrarie (ad esempio la terna $(1,1,1)$ non è ammessa, perché l'unico triangolo equilatero ottenibile è quello di lato $1/sqrt(3)$). Ovviamente si può anche supporre che $AB$ sia arbitrario e cercare un polinomio in quattro variabili, dove la quarta è appunto $AB$.

PS: invito chiunque ne abbia il tempo e la voglia a cercare soluzioni sintetiche (di cui garantisco l'esistenza, a parte forse per il punto (e) [EDIT: anche per il punto (e)]).

[orsoulx]

"spugna":Ok, ora sembra quadrare tutto

Perché 'prima' cosa ti pareva non quadrasse?

Per quanto riguarda il punto (b): sì. Detto spannometricamente, penso che, se sull'arco di circonferenza dei triangoli degeneri l'angolo maggiore (opposto a CP) è piatto e in O è 60°, sul segmento congiungente esisterà un punto (almeno, ma credo solo uno) dove tale angolo assumerà un qualsiasi valore intermedio arbitrariamente scelto. Ritengo che questi punti formeranno una linea, di una qualche forma, congiungente i lati dell'angolo in cui ho limitato lo studio (dove sarà sempre $ PA<=PB<=PC $). Ora in quello nel quale P è allineato con A ed O il triangolo risulta isoscele avendo PB=PC e l'angolo opposto a PA assume il valore minimo possibile, viceversa, quando P è allineato con O e C il triangolo risulta nuovamente isoscele per avere PA=PB, e l'angolo opposto a PA assume il massimo valore possibile. Per continuità sulla linea in questione esisterà un punto nel quale la terna di angoli coinciderà con quella che avevamo prefissato.
Relativamente al punto (e) non puoi chiedermi di ricordare informazioni non in mio possesso ( ti scriverò un MP)

Ciao

[massimoaa]

c)
Premessa ..
Consideriamo la circonfrenza circoscritta al triangolo ABC e prendiamo un punto generico P sull'arco (minore) AB.
Si ha che dei 3 segmenti $PA,PB,PC, PC$ è il maggiore e risulta :
$PC=PA+PB$ [lascio a voi la facile dimostrazione]
Ciò posto, per Erone il quadrato dell'area del triangolo di lati $PA,PB,PC$ è:
$16S^2=(PA+PB+PC)(PA+PB-PC)(PA-PB+PC)(-PA+PB+PC) $
Se si vuole un triangolo degenere l'area di esso deve risultare nulla e ciò avviene per es. quando è:
$PC=PA+PB$
ed analogamente negli altri casi
Per quanto premesso si conclude che il luogo di P richiesto, in ordine alla scelta di P fatta, è la circonferenza circoscritta
al triangolo ABC .

d)
Fissiamo nel piano di ABC un riferimento cartesiano ortogonale tale che sia:
$A(0,0),B(1,0),C(1/2,\sqrt3/2),P(x.y)$
Ne segue che :
$PA^2=x^2+y^2,PB^2=(x-1)^2+y^2,PC^2=(x-1/2)^2+(y-\sqrt2/2)^2$
Per ottenere un triangolo rettangolo ( con ipotenusa=$PA$) deve aversi:
$(x-1)^2+y^2+(x-1/2)^2+(y-\sqrt3/2)^2=x^2+y^2$
Da cui l'equazione :
$x^2+y^2-3x-y\sqrt3+2=0$
Il luogo richiesto è dunque la circonferenza di centro $(3/2,sqrt3/2)$ e raggio $r =1$

[orsoulx]

Mi scuso con spugna che (come mi ha fatto, giustamente, notare in MP) aveva fin dall'inizio posto uguale ad $ 1 $ il lato del triangolo equilatero iniziale. Io, invece, ho considerato un triangolo equilatero di qualsivoglia dimensione e, solo come posizione di comodo, posto uguale ad $ 1 $ il raggio della circonferenza circoscritta.
Fra l'altro, rileggendo quanto ho scritto, vedo che ho fatto molta confusione nell'esaminare il punto (b).
Ciao

@massimoaa,
qualche extracomunitario ti ha fatto sparire il tasto dello spoiler?

[spugna2]

@massimoaa, credo che in (c) manchi l'implicazione opposta, cioé che se $PC=PA+PB $, allora $P $ appartiene a quell'arco...

Detto questo, pare che l'unico punto ancora non affrontato sia (g), ma è più facile di quanto sembri...

PS: ho editato un paio di cose nei messaggi precedenti.

[massimoaa]

Caso (f)
Non mi è riuscita la soluzione sintetica e quindi, se volete, vi dovete sorbire una soluzione piuttosto calcolosa...
Per Erone l'area S del triangolo avente per lati PA,PB,PC è data dalla relazione:
$16S^2=(PA+PB+PC)(-PA+PB+PC)(PA-PB+PC)(PA+PB-PC)=$
$=4PB^2*PC^2-(PB^2+PC^2-PA^2)^2$
Sostituendo i valori di $PA^2,PB^2,PC^2$ già trovati in (d), con calcoli faticosi, si arriva al risultato seguente:
$16S^2=3[(x^2+y^2)-(x+\sqrt3/3y)]^2$
Da qui la S:
[highlight](A)[/highlight] $S=\sqrt3/4|(x^2+y^2)-(x+\sqrt3/3y)|$
Detto G il centro di ABC , per note formule, si ha $G(1/2,\sqrt3/6)$ e quindi:
[highlight](B)[/highlight] $PG^2=(x-1/2)^2+(y-\sqrt3/6)^2=[(x^2+y^2)-(x+\sqrt3/3y)]+1/3$
Confrontando (A) e (B) risulta:
$S=\sqrt3/4*|PG^2-1/3|$
che è la relazione richiesta.

[spugna2]

Per completezza, lascio come testo nascosto le soluzioni sintetiche dei punti risolti finora:

a)

Sia $rho $ la rotazione di centro $A $ che manda $B $ in $C $: se $Q=rho (P) $, allora $CPQ $ è il triangolo cercato: $PA=PQ $ perché $APQ $ è equilatero, e $PB=CQ $ perché il secondo si ottiene dal primo tramite $rho $.

b)

Dato un triangolo $XYZ $, cerchiamo quattro punti $A,B,C,P $ tali che $ABC $ sia equilatero e che $PA=YZ $, $PB=XZ $, $PC=XY $. A meno di isometrie possiamo supporre $P=Y $ e $A=Z $, e a questo punto $B $ e $C $ devono appartenere a due circonferenze $Gamma_B $ e $Gamma_C $, di centro $Y $ e di raggi $XZ$ e $XY $ (rispettivamente). Resta da imporre che $ABC $ sia equilatero, cioè che $B $ si ottenga da $C $ tramite una rotazione di $60°$ intorno ad $A $: vogliamo quindi che $B $ appartenga anche alla circonferenza $Gamma_C' $, ottenuta ruotando $Gamma_C $ di $60°$ intorno a $Z $, ed è sufficiente mostrare che $Gamma_B $ e $Gamma_C'$ si intersecano: ciò accade se e solo se i loro raggi e la distanza tra i loro centri sono i lati di un triangolo, ma tali lunghezze sono esattamente i lati di $XYZ $.

c)

Riprendendo (a), vogliamo che $C,P,Q $ siano allineati: fissata una retta $r $ passante per $C $ e imponendo $P,Q in r $, l'unica possibilità è che $P $ e $Q $ siano i due punti di $r $ che formano un triangolo equilatero insieme ad $A $; in particolare, detta $H $ la proiezione di $A $ su $r $, esistono una rotazione e un'omotetia (indipendenti da $r $) la cui composizione manda $H $ in $P $, ed essendo il luogo di $H $ (al variare di $r $) una circonferenza, deve esserlo anche il luogo di $P $, ma quest'ultimo contiene i vertici di $ABC $ (perché danno triangoli degeneri), quindi è la circonferenza circoscritta.

d)

Imponiamo senza perdita di generalità che $PA $ sia la lunghezza dell'ipotenusa. Siano $M $ il punto medio di $AB $ e $H $ la proiezione di $P $ su $AB $ (che si troverà dalla stessa parte di $B $ rispetto a $M $), e osserviamo che

$PA^2-PB^2=HA^2-HB^2=(HM+(AB)/2)^2-(HM-(AB)/2)^2=2AB*HM $.

Sia $K $ la proiezione di $C $ su $PH $, e sulla semiretta avente $C $ come origine e passante per $K $ prendiamo il punto $D$ tale che $CD=2AB $: la condizione per il triangolo rettangolo diventa allora $PC^2=CK*CD $, che per un noto teorema è verificata se e solo se il triangolo $PCD $ è rettangolo in $P $, quindi se e solo se $P $ appartiene alla circonferenza di diametro $CD $, che risulta essere la circonferenza passante per $B $ e $C $ e tangente alle mediane di $ABC $ che partono da tali vertici. Scegliendo un'altra distanza come ipotenusa si ottiene in modo analogo un'altra circonferenza, e in totale ce ne sono tre.

f)

Piccola premessa: chiamiamo "triangolo ordinato" una terna ordinata di punti del piano, e diciamo che un triangolo ordinato $XYZ $ non degenere è orientato positivamente se la linea spezzata $XYZX $ percorre il bordo di $XYZ $ in senso antiorario, e negativamente altrimenti; definiamo infine l'area con segno $A (XYZ) $ in modo che il valore assoluto sia l'area "classica" e il segno sia dato dall'orientazione. Si dimostra allora che, comunque presi quattro punti $X,Y,Z,W $, risulta

- $A(XYZ)=A(YZX)=A(ZXY)=-A(ZYX)$;
- $A (XYZ)=A (WXY)+A (WYZ)+A (WZX)$.

Ora siamo pronti per partire: riprendendo nuovamente la soluzione di (a) e supponendo che $ABC$ sia orientato positivamente, abbiamo

$A(CPQ)=A(APQ)-A(CQA)-A (CAP)=A (APQ)-A(ABP)-A(CAP)=$
$=A(APQ)-A(ABC)+A(BCP)=(AP^2-AB^2) sqrt (3)/4 +A (BCP) $.

Per simmetria, otteniamo altre due formule per l'area permutando ciclicamente $A,B,C $, e sommandole tutte e tre membro a membro troviamo

$3A(CPQ)=(AP^2+BP^2+CP^2-3AB^2)
sqrt (3)/4+A (BCP)+A(CAP)+A (ABP)=$
$=(AP^2+BP^2+CP^2-3AB^2) sqrt (3)/4+A(ABC)=(AP^2+BP^2+CP^2-2AB^2)sqrt(3)/4$.

Dunque l'area dipende solo da $AP^2+BP^2+CP^2$, e si conclude con un fatto magico: in generale la somma dei quadrati delle distanze da un numero finito di punti dipende solo dalla distanza dal baricentro (forse la strada più veloce per dimostrarlo è un conto in analitica; in alternativa, per questo caso particolare, si può applicare il teorema della mediana ai triangoli $PAB$, $POC'$ e $PC C'$, dove $O$ è il centro di $ABC$ e $C'$ è il simmetrico di $C$ rispetto ad $O$).

Qui, invece, la risposta (senza dimostrazione) al punto (e):

Se $AB=l$, $PA=x$, $PB=y$ e $PC=z$, risulta $(x^2+y^2+z^2+l^2)^2=3(x^4+y^4+z^4+l^4)$.

[orsoulx]

Mi sono piaciute notevolmente le soluzioni dei punti (a), (b) e (c). Per le altre non mi esprimo, perché il comprenderle comporterebbe un impegno che attualmente non ho voglia di applicare.
Grazie Spugna
Ciao