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Provare che il baricentro è il punto del piano per il quale la somma dei quadrati delle distanze dai vertici del triangolo cui esso appartiene è minima.

Segue direttamente da Leibnitz: $ \displaystyle AX^2 + BX^2 + CX^2 = 3GX^2 + \frac {a^2+b^2+c^2}{3} $

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:Segue direttamente da Leibnitz: $ \displaystyle AX^2 + BX^2 + CX^2 = 3GX^2 + \frac {a^2+b^2+c^2}{3} $

Mi è nuova questa cosa (fosse l'unica ): perdona la mia ignoranza, mi potresti spiegare più dettagliatamente cosa hai fatto?

io non ho fatto niente, ho solo riportato la nota formula di Leibnitz che a sua volta è una caso particolare del Teorema di Lagrange:

Sia X un punto nel piano di ABC con coordinate baricentriche (u, v,w), allora per ogni punto P nel piano di ABC vale:

$ \displaystyle u{PA}^{2} + v{PB}^{2} + w{PC}^{2} = (u + v + w){PX}^{2} + \frac {vw{a}^{2} + uw{b}^{2} + uv{c}^{2}}{u + v + w} $

Azz...non sapevo di questa relazione...povero me ignorante...avevo fatto tutto un giro di somme e prodotti di vettori per fare uscire un'equazione che desse la tesi ...beh, ho imparato qualche cosa di nuovo.

Grazie.

Mah ... voglio dire, ma la geometria analitica no eh?

$ A:(x_1, y_1) $ e simili per B (col 2), C (col 3).
Il luogo dei punti per cui la somma dei quadrati delle distanze da G (baricentro di ABC) è K ha equazione
$ \sum_{i=1}^3(x-x_i)^2+(y-y_i)^2=K $
ovvero
$ \sum_ix^2+y^2-2xx_i-2yy_i+x_i^2+y_i^2=K $
ovvero
$ \displaystyle{3x^2+3y^2-2x(x_1+x_2+x_3)-2y(y_1+y_2+y_3)} $$ \displaystyle{+\sum (x_i^2+y_i^2)-K=0} $
che è una circonferenza di centro G e raggio r con
$ 9r^2=K-\sum(x_i^2+y_i^2)+(x_1+x_2+x_3)^2+(y_1+y_2+y_3)^2 $
che fa
$ 9r^2=K-2(x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3+y_1y_2+y_2y_3+y_1y_3) $
ovviamente il minimo valore di K si avrà per r=0, ovvero per il baricentro.

Esiste anche una dimostrazione puramente geometrica.
Ricordo innanzitutto il noto teorema di Pitagora generalizzato che
è l'equivalente algebrico del teorema di Carnot.Si ha ( fig.1):
$ \displaystyle a^2=b^2+c^2 -2b'c $
dove a è un lato opposto ad un angolo acuto e b' è la proiezione ortogonale di b su c.
Se l'angolo opposto ad a è ottuso il segno "-" diventa un "+".
Sia ora ABC un qualunque triangolo( fig.2) ,G il suo baricentro,M il punto medio
di AC ed H,K,L ed N le proiezioni ortogonali di A,B,C ed M sulla retta PG,dove P è
un punto del piano di ABC (nella figura P è preso esterno ad ABC solo per ragionamento.
Scegliendolo in una posizione diversa la figura cambia ma restano valide le conseguenze).
Inoltre la retta m ,parallela per A a PG,intersechi MN in S e CL in T.
Poiché M è punto medio di AC , dal triangolo ACT segue che S è punto medio di AT
e quindi N è punto medio di HL.Inoltre ,essendo BG=2GM,dalla similitudine dei triangoli
BGK e GMN segue che:
GK=2GN
Applichiamo ora il ricordato teorema ai triangoli APG,BPG e CGP
( non completamente disegnati in fig.2) ed abbiamo:
$ \displaystyle AG^2=AP^2+PG^2-2\cdot PG \cdot PH $
$ \displaystyle BG^2=BP^2+PG^2-2\cdot PG \cdot PK $
$ \displaystyle CG^2=CP^2+PG^2-2\cdot PG \cdot PL $
E sommando:
(1) $ \displaystyle AG^2+BG^2+CG^2= $$ AP^2+BP^2+CP^2+3\cdot PG^2-2\cdot PG \cdot (PH+PK+PL) $
Sempre da fig.2 abbiamo:
PL=PG+GL
PK=PG+GK=PG+2GN
PH=PG-GH=PG-(GN+HN)=PG-(GN+LN)=PG-(GN+GN+GL)=PG-2GN-GL
Sommando:
PL+PK+PH=3PG
Per inciso questa formula costituisce di per sé un fatto notevole.
Sostituendo in (1):
$ \displaystyle AG^2+BG^2+CG^2=AP^2+BP^2+CP^2-3\cdot PG^2 $
Da cui appunto:
$ \displaystyle AP^2+BP^2+CP^2=AG^2+BG^2+CG^2+3\cdot PG^2 $
E da qui si vede facilmente ,come già è stato detto,che il minimo di LHS si ottiene
per PG=0 ovvero quando P coincide con G.
karl

Caspita ragazzi, ma ne sapete una più del diavolo!

Per la cronaca vi dico che la mia soluzione prevede l'uso dei vettori: provato che $ \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}=0 $, passo ai prodotti del tipo $ \overrightarrow{PA} * \overrightarrow{PA} $ e tiro fuori la stessa uguaglianza che ha tirato fuori karl, usando il fatto che $ \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}=0 $.

Che poi questa uguaglianza è molto simile a quella di Gabriel (basta sotituire $ GA^2 + GB^2 + GC^2 $ con $ \frac{a^2 + b^2 + c^2}{3} $ - cosa della quale ho preso atto solo cinque minuti fa...fenomenoooo ).

Grazie a tutti.

Beh, visto che Gabriel lancia il sasso e nasconde la mano, dimostriamo sta cosa:
innanzitutto ricordiamo che ogni punto del piano X può essere scritto nella forma
$ u\vec{A}+v\vec{B}+w\vec{C} $
e, imponendo che u+v+w=1, ciò può essere fatto in modo unico.
Ora, consideriamo un punto P e calcoliamo PX:
$ |PX|^2=\|\vec{P}-\vec{X}\|=\|\vec{P}-(u\vec{A}+v\vec{B}+w\vec{C})\|^2 $
Se poi ricordiamo che u+v+w=1, possiamo riscriverla come
$ \|u(\vec{P}-\vec{A})+v(\vec{P}-\vec{B})+w(\vec{P}-\vec{C})\|^2 $
ovvero
$ u^2PA^2+v^2+PB^2+w^PC^2+\cdots $
dove nei puntini compaiono prodotti scalari del tipo
$ 2uv\langle \vec{P}-\vec{A},\vec{P}-\vec{B}\rangle $
Ricordiamo che
$ c^2=\|(\vec{P}-\vec{A})-(\vec{P}-\vec{B})\|^2= $ $ PA^2+PB^2-2\langle \vec{P}-\vec{A},\vec{P}-\vec{B}\rangle $
da cui
$ 2uv\langle \vec{P}-\vec{A},\vec{P}-\vec{B}\rangle=uv(PA^2+PB^2-c^2) $
Quindi i puntini diventano l'espressione
$ uv(PA^2+PB^2-c^2)+vw(PB^2+PC^2-a^2) $ $ +uw(PA^2+PC^2-b^2) $
ovvero
$ -(vwa^2+uwb^2+uvc^2)+uPA^2(v+w) $ $ +vPB^2(u+w)+wPC^2(u+v) $
e dunque
$ PX^2=uPA^2(u+v+w)+vPB^2(u+v+w)+wPC^2(u+v+w) $ $ -(vwa^2+uwb^2+uvc^2) $
che dà la formula di gabriel, se si considera che u+v+w=1 nelle nostre ipotesi.

Affascinante!

O ancora, preso P con coordinate (x,y), la somma dei quadrati della distanze si
scrive come (la forma quadratica)

$ \sum_{cyc} (x-a_x)^2 + \sum_{cyc} (y-a_y)^2 $

che moltiplicando per 3 e completando i quadrati diventa

$ C+(3x-\sum_{cyc}a_x)^2+(3y-\sum_{cyc}a_y)^2 $

Il minimo si ha dunque quando P è "media aritmetica" dei vertici.
Nota a margine: C è un momento di inerzia.
Domande ancora più a margine: qual è il punto che minimizza la somma
delle quarte potenze delle distanze dai vertici? E delle 2k-esime? Dove ci
muoviamo al variare di k? E' vero che convergiamo verso il circocentro?