Semplice ma rognoso

[Anér]

Sia ABC un triangolo e siano a,b,c le lunghezze dei suoi lati, [x;y;z] una terna omogenea di reali non negativi.
1) Dimostrare che esiste almeno un punto P tale che [AP; BP; CP]=[x;y;z] (ovvero esiste un segmento k tale che AP=xk, BP=yk e CP=zk) se e solo se ax, by, cz sono lati di un triangolo.
2) Dimostrare che per ogni terna [x;y;z] esistono al più due punti P con la proprietà del punto 1, e determinare in quali casi esiste uno e un solo punto P.
3) Se P e P' sono due punti con la proprietà del punto 1, e O è il circocentro di ABC, dimostrare che O, P, P' sono allineati.

Buon $ lavoro^3 $!

[dario2994]

a,b,c cosa sono?

p.s. questo ha qualcosa a che fare con le trilineari?

[Anér]

a, b, c sono le lunghezze dei lati del triangolo (se guardi l'ho detto all'inizio)

Mah, direi proprio di no nei punti 1 e 2 visto che, dovendo dimostrare una disuguaglianza triangolare, hai bisogno di misure che perdi totalmente in coordinate proiettive come le trilineari e le baricentriche. Per il punto 3 forse ci si può riuscire con le trilineari, ma davvero la vita riserva esperienze migliori.

[abc]

Per il solo se dell' 1) basta dimostrare che, se P è un punto del piano, allora $ a*AP, b*BP\ \ e\ \ c*CP $ sono lati di un triangolo: basta Tolomeo e il caso "triangolo degenere" si ha con P appartenente alla cfr circoscritta di ABC.
Consideriamo ora che [AP; BP; CP]=[x;y;z] sse $ \frac{AP}{BP} =\frac{x}{y} := w $ e $ \frac{BP}{CP} =\frac{y}{z} :=t $, cioè se P appartiene alle giuste circonferenze di Apollonio. Come tutti sanno due circonferenze con più di due punti in comune hanno molte altre cose in comune (tipo i giochi, i libri, i cd, il bagno ed in generale tutti i punti che le compongono) e queste due circonferenze si parlano raramente, figuriamoci se coincidono; questo ci dice che ci sono al max 2 punti di intersezione tra le due cfr., quindi ci sono al max due punti che soddisfano le ipotesi (e questo dimostra il 2). Se [x;y;z;]=[1;1;1] allora P è unico ed è il circocentro. Consideriamo ora il caso meno banale: se x, y e z non sono tutti uguali posso supporre WLOG $ w \neq 1 $ e $ t\neq 1 $. Allora le cfr di Apollonio sono vere cfr, non sono assi. Sia G la prima cfr. e definiamo D ed E i punti di intersezione tra G e la circonferenza circoscritta ad ABC (questi esistono perchè G contiene un punto intermo al segmento AB) prendiamo P variabile su G e consideriamo $ f(P):=\frac{BP}{CP} $. Allora poichè per ipotesi ax,by,cz rispettano la disuguaglianza triangolare, facendo i calcoli e considerando che AE, BE e CE formano un triangolo degenere e AD, BD e CD formano anch'essi un triangolo degenere ma in un'altro ordine allora possiamo giocare con le disug triangolari fino a dire che $ f(D) \le t \le f(E) $. Allora, poichè, facendo variare P su uno dei due archi ED, poichè f(p) varia in modo continuo, allora esiste P t.c. f(P)=t su questo arco (teorema di Bolzano?) e ne esiste un altro sull'altro arco, cioè, se ax,by,cz rispettano la disuguaglianza triangolare stretta esistono (almeno) due punti P diversi sui due archi che rispettano le ipotesi, ma se la disug triangolare è con l'uguale c'è una sola soluzione (cioè D oppure E). Questo dimostra il punto 1se) è fa vedere che P è unico sse ax, by e cz formano un triangolo degenere o se [x,y,z]=[1,1,1], cioè il luogo dei punti P è al cfr circoscritta unita al suo centro.
Ora, per quello che avevamo detto prima, sappiamo che P e P' sono punti d'intersezione di due cfr di Apollonio, quindi, per il 3) ci basta dire che O appartiene all'asse radicale di queste 2 cfr. D'altro canto sappiamo che la potenza di O rispetto a G non dipende da w perchè appartiene all'asse di AB (suppongo che sia un fatto noto che le cfr di Apollonio formano un fascio) e analogamente per l'altra cfr di Apollonio. Allora per mostrare che $ Pow_P (G)= Pow_P(l'altra\ \ cfr\ \ di\ \ Apollonio) $ (cioè la tesi del 3) basta dimostrare $ Pow_P(qualsiasi\ \ cfr\ \ di\ \ A.\ \ risp.\ \ a\ \ AB)=Pow_P(qualsiasi\ \ cfr\ \ di\ \ Ap.\ \ risp\ \ a\ \ BC) $ e se consideriamo le cfr. degeneri nei punti B e C questo è vero.
P.S. il caso in cui ad es. x=0 non mi va di trattarlo. Inoltre, grazie alla continuità si possono non fare troppe cose noiose, non mi è sembrato rognoso. Grazie Anér

[ghilu]

Vorrei semplicemente dare un'altra soluzione (gemella delle potenze, alla fin fine) del punto 3:
Inverto P rispetto ad O.
Prima: distanze = x,y,z.
Poi: le stesse moltiplicate per $ \frac{R}{OP} $.
Casi in cui ce n'é solo uno: circocentro e circoscritta, volendo perché O sta sull'asse (se uno lo nota o lo sa è meglio);
altrimenti: il primo banalmente (ci sarebbe un P all'infinito), il secondo perché così le circonferenze di Apollonio non possono avere un altro punto di intersezione, se non sulla circoscritta (ma dovrebbero proprio essere disegnate male).

[karl]

Propongo anche la mia soluzione,un po' calcolosa ma con qualche utile spunto.
Intanto ,a meno di una ridisposizione della terna x,y,z e dei vertici
di ABC e prescindendo da casi banali o particolari,si può supporre:
x>y>z>0.Come già osservato da altri,dalle relazioni
PA/PB=x/y,PA/PC=x/z si deduce che i punti P sono le eventuali
intersezioni delle due circonferenze di Apollonio w e w' ( di raggi
r ed r') relative l'una al lato AB ed al rapporto x/y e l'altra
al lato AC ed al rapporto x/z.Come è noto la w ha per diametro il segmento
RS dove R ed S sono i punti che dividono AB ,internamente ed esternamente ,nel
dato rapporto x/y e cioé : AR/RB=x/y,AS/BS=x/y.Ed analogamente per la w'.
Detti M ed M' i punti medi di RS ed R'S' ( ovvero i centri di w e w') con
facili calcoli si ottengono i seguenti valori:

$ \displaystyle AR=\frac{cx}{x+y},RB=\frac{cy}{x+y}, AS=\frac{cx}{x-y},SB=\frac{cy}{x-y} $
$ \displaystyle RS=\frac{2cxy}{x^2-y^2},r=\frac{cxy}{x^2-y^2},AM=\frac{cx^2}{x^2-y^2},BM=\frac{cy^2}{x^2-y^2} $

Analogamente,scambiando c con b ed y con z, per w' si ha:

$ \displaystyle AR'=\frac{bx}{x+z},R'C=\frac{bz}{x+y}, AS'=\frac{bx}{x-z},S'C=\frac{bz}{x-z} $
$ \displaystyle R'S'=\frac{2bxz}{x^2-z^2},r'=\frac{bxz}{x^2-z^2},AM'=\frac{bx^2}{x^2-z^2} $

Si ha ancora:
$ MM'^2=AM^2+AM'^2-2 \cdot AM \cdot AM' \cos \alpha \displaystyle $
E per le formule precedenti:
$ \displaystyle MM'^2=\frac{c^2x^4}{(x^2-y^2)^2}+\frac{b^2x^4}{(x^2-z^2)}-\frac{2bcx^4}{(x^2-y^2)(x^2-z^2)}\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} $
Ora,affinché vi sia una sola intersezione, occorre e basta che risulti:
(1) $ \displaystyle MM'^2= (r+r')^2 $
Facendo i calcoli risulta la relazione :
$ \displaystyle (ax)^2=(by-cz)^2 $ da cui :
(1') $ \displaystyle ax=|by-cz| $
In questo caso il triangolo di lati ax,by,cz risulta degenere.
Affinché vi siano due intersezioni occorre e basti che risulti:
$ \displaystyle (r-r')^2<MM'^2<(r+r')^2 $
Facendo i relativi calcoli si giunge a :
$ \displaystyle |by-cz|<ax<by+cz $
Per il terzo punto conduciamo da O ,centro della circonferenza
circoscritta ad ABC,le tangenti OT e OT' a w e w'.
dalla figura si trae:
$ \displaystyle MH=BM+BH=\frac{cy^2}{x^2-y^2}+\frac{c}{2}=\frac{c(x^2+y^2)}{2(x^2-y^2)} $
$ \displaystyle OH=AH \cot \gamma=\frac{c}{2}\cot\gamma $
$ \displaystyle OM^2=MH^2+OH^2=\frac{c^2(x^2+y^2)^2}{4(x^2-y^2)^2}+\frac{c^2}{4}\cot^2\gamma $

$ \displaystyle OT^2=OM^2-MT^2=\frac{c^2(x^2+y^2)^2}{4(x^2-y^2)^2}+\frac{c^2}{4}\cot^2\gamma-\frac{c^2x^2y^2}{(x^2-y^2)^2} $
Facendo i calcoli si trova :
$ \displaystyle OT^2=\frac{c^2}{4\sin^2\gamma} $
Analogamente si trova che:
$ \displaystyle OT'^2=\frac{b^2}{4\sin^2\beta} $
Ma essendo $ \displaystyle \frac{c}{\sin\gamma}=\frac{b}{\sin\beta} $ ,segue che $ \displaystyle OT^2=OT'^2 $
Il punto O ,avendo ugual potenza rispetto a w e w',appartiene all'asse radicale
di w e w' ovvero alla retta PP'.

[Anér]

Molto bene, ma ho trovato qualche piccola imprecisione:

Sia G la prima cfr. e definiamo D ed E i punti di intersezione tra G e la circonferenza circoscritta ad ABC (questi esistono perchè G contiene un punto intermo al segmento AB)

e perché G contiene un punto esterno alla cfr circoscritta (ad esempio la seconda intersezione con la retta AB esterna al segmento); va specificato perché altrimenti G potrebbe essere contenuta nella cfr circoscritta (ma sono senz'altro quisquiglie)

possiamo giocare con le disug triangolari fino a dire che $ f(D)\leq t\leq f(E) $

sarebbe bene esplicitare i passaggi, e comunque la conclusione più corretta sarebbe che t è compreso tra quei valori o dichiarare il WLOG nel mettere il massimo in E e il minimo in D e non viceversa.

il caso in cui ad es. x=0 non mi va di trattarlo. Inoltre, grazie alla continuità si possono non fare troppe cose noiose, non mi è sembrato rognoso. Grazie Anér

Il caso con x=0 è il caso in cui P=A, dunque la scelta di y e z è forzata a c e b e vale senz'altro 2bc>0. Boh, se uno si mette a formalizzare tutto viene rognoso. Prego, perché mi ringrazi? Sei forse la reincarnazione di TBPL?

Inverto P rispetto ad O.

È bene specificare sempre la circonferenza rispetto alla quale si inverte e non solo il suo centro. Qui ovviamente si invertiva rispetto alla circoscritta ad ABC.

E per le formule precedenti

nella formula subito dopo il denominatore della seconda frazione va elevato al quadrato

Ora,affinché vi sia una sola intersezione, occorre e basta che risulti:

Sei sicuro che venga così? perché potrebbe anche esserci la differenza dei raggi al secondo membro (caso che poi tratti nella disuguaglianza poche righe dopo)

Ovviamente sono peli nell'uovo, conta molto di più che abbiate risolto il problema.

[karl]

@Anér
Ovviamente il mancato quadrato è solo una svista tipografica
ma i calcoli successivi tengono conto di questo quadrato .
Altrimenti le formule ricavate non sarebbero quelle indicate !
Quanto all 'altra questione , ho considerato solo il caso di w e w'
tangenti esternamente.Per il caso "tangenti internamente" la conclusione è
analoga ,come chiunque può verificare.