OliForum Matematico

[Da un TST italiano non troppo vecchio]
Dato un triangolo $ABC$ nel piano trovare il luogo dei punti $P$ tali che i segmenti $PA$, $PB$ e $PC$ formino un triangolo di area pari a un terzo di quella di $ABC$.

Buon lavoro!

Aspetta... se tutti i tre lati partono dal punto P, com'è possibile che formino un triangolo?

esiste (al più) un unico triangolo i cui lati hanno la stessa lunghezza di $AP$, $BP$ e $CP$ (a meno di rotazioni e traslazioni). l'area di questo triangolo dev'essere un terzo dell'area di $ABC$.

Io l'ho fatto nel caso equilatero, il caso generale l'ho fatto per disperazione in analitica e mi viene una cosa mostruosa :O

ABC è $1,\omega, \omega^2$ con $\omega$ radice terza ($\omega^2+\omega+1=0$). Prendo un generico P identificato da $z$ complesso, lo ruoto rispetto ad A (1) di 60 gradi $\rightarrow$ ottengo un P' dato da $z'=-(z-1)\omega +1$. Osservo che nel triangolo $BPP'$ (per me B è $\omega$) $PP'=PC, AP'=BP, AP$ è sempre lui, quindi ho proprio costruito il triangolo delle distanze dai vertici.

Ora mi calcolo l'area di $BPP'$, c'è una formula per farlo direttamente ma preferisco fare così: traslo i tre vertici di $-\omega$ e ottengo un triangolo di vertici $0, z-\omega, -z\omega+1$. L'area di un triangolo di vertici $0,a,b$ si fa con il prodotto vettore ed è $\displaystyle|\frac{a\bar{b}-\bar{a}b}{4}|$ (forse c'è una $i$? in ogni caso non cambia nulla). Sostituisco, non sto a ricopiare il conto ma viene $\frac{1}{4}|(1-z\bar{z})(\omega^2-\omega)|=\frac{\sqrt{3}}{4}||1-|z|^2|$. Voglio che l'area sia $k>0$ volte quella di ABC e cioè $\frac{3\sqrt{3}k}{4}$. Questo equivale a $|1-|z|^2|=3k \iff |z|^2=3k+1 \cup |z|^2=3k-1$. E' chiaro che se $k<\frac{1}{3}$ il luogo è formato da due circonferenze centrate in O, se $k>\frac{1}{3}$ è solo una circonferenza mentre se $k=\frac{1}{3}$ c'è la circonferenza centrata in O di raggio $\sqrt{2}$ insieme all'origine.

Con qualche conto si dimostra che $G$ sta sempre nel luogo, quindi Sonner anche $O$ nell'equilatero deve essere incluso nel luogo.

Edito: non avevo letto le ultime due parole del tuo messaggio

53thebest ha scritto:Con qualche conto si dimostra che $G$ sta sempre nel luogo, quindi Sonner anche $O$ nell'equilatero deve essere incluso nel luogo.

Edito: non avevo letto le ultime due parole del tuo messaggio

Il post più utile della storia, Julian

Ok, passando al problema... In effetti la versione che ho proposto non sono riuscito a risolverla, se non nel caso equilatero. Però il testo, così com'è, l'ho trovato su mathlinks... Magari se qualcuno che ha i testi del TST italiano del 2009 (che, non so perché, non trovo da nessuna parte in italiano), può fare luce sulla faccenda... Per caso nel problema si intendeva equilatero, o comunque qualcosa che non sia generale?

Comunque qualche idea di soluzione la butto giù... Sempre nel caso equilatero e con i vettori. Allora, uno dopo un po' potrebbe riuscire ad accorgersi che il baricentro $G$ è nel luogo (questo anche nel caso generale, anzi provate a dare una dimostrazione il più elementare possibile che $AG$, $BG$ e $CG$ formano un triangolo di area un terzo di quello originale).

Cerco di capire qual è il luogo dei punti $P$ tali che l'area del triangolo formato dai lati $AP$, $BP$ e $CP$ sia costante e valga $k$. Detti $x$, $y$ e $z$ quei tre segmenti, provo a scrivere l'area del triangolo in funzione di questi... Per Erone si ha che $4k^2 = (x^2+y^2+z^2)-2(x^4+y^4+z^4)$. Quest'espressione può perlomeno farci venire in mente una cosa, che magari possiamo aver già visto. Noi vogliamo che $4k^2$ sia costante, quindi che anche $(x^2+y^2+z^2)-2(x^4+y^4+z^4)$ sia costante... Proviamo a chiederci, quando, però, $x^2+y^2+z^2$ è costante? (non so quanto naturale sia chiederselo, però a me è capitato... forse perché l'avevo già visto ) ebbene, la risposta è quando $P$ appartiene a una circonferenza di centro G. Perché questo? Beh, se mettessimo l'origine in $G$, si avrebbe $A+B+C=0$, quindi $||P||^2 = ||P-A-B-C||^2 = ||P||^2 + ||A||^2+||B||^2+||C||^2 -2(<P,A>+<P,B>+<P,C>) + 2(<A,B>+<B,C>+<C,A)$. Da questa chiaramente $2(<P,A>+<P,B>+<P,C>) = ||A+B+C||^2 = 0$. Ma allora $AP^2+BP^2+CP^2 = ||P-A||^2+||P-B||^2+||P-C||^2 = 3||P||^2 + ||A||^2+||B||^2+||C||^2 -2(<A,P>+<B,P>+<C,P>) = 3||P||^2+||A||^2+||B||^2+||C||^2$. Quest'uguaglianza, fra l'altro, vale in generale perché non ho usato ancora da nessuna parte il fatto che il triangolo è equilatero... quindi $AP^2+BP^2+CP^2 = 3GP^2 + GA^2+GB^2+GC^2$. Se $P$ appartiene a una circonferenza di centro $G$, allora $GP^2$ è costante e quindi anche $AP^2+PB^2+PC^2$.

Ora la speranza che uno potrebbe giustamente avere è che anche $x^4+y^4+z^4$ è costante su una circonferenza di centro $G$. E in effetti nel caso equilatero è così... ma solo nel triangolo equilatero! Perché, usando ancora una volta i vettori, devo calcolare $\displaystyle\sum_{cyc} (||P||^2-2<A,P>+||A||^2)^2 = \displaystyle\sum_{cyc} ||P||^4 + ||A||^4 + 2||P||^2||A||^2 -4<A,P>(||P||^2+||A||^2) + 4<A,P>^2$. Bon per dimostrare che questa somma ciclica in questa somma ciclica è costante al variare di $P$ su una circonferenza di centro $G$ mi basta mostrare che $ \displaystyle\sum_{cyc} 4<A,P>^2 = \displaystyle\sum_{cyc} 4 GA^2GP^2\cos^2(\angle AGP) $ è costante, perché tutto il resto ce l'abbiamo già. Allora se chiamo $\angle AGP = \alpha$, si ha che $\angle BGP = 120-\alpha$ e $\angle CGP = 120+\alpha$ (o se non proprio in quest'ordine, in qualche altro ordine ). Allora rimane da mostrare che (tenendo conto che $GA=GB=GC$ nel triangolo equilatero) $4GA^2GP^2(\cos^2\alpha + \cos^2(120-\alpha) + \cos^2(120+\alpha)$ è costante. Sviluppando nella maniera più semplice possibile, usando formule di sottrazione e addizione del coseno e sviluppando i quadrati, viene che la somma dei quadrati di quei coseni fa $\dfrac{6}{4}$ e quindi è tutto costante!

Quindi nel triangolo equilatero è andata, e basta aggiustarsi un po' i conti per trovare il luogo richiesto dal testo.

Ora però qualche riflessione sul caso generale... da quello che ho dimostrato $x^2+y^2+z^2$ si mantiene costante su una circonferenza di centro $G$ in generale, ma qualche caso basta a confutare che così avviene anche per $x^4+y^4+z^4$. Quindi in generale il luogo non può essere lo stesso... e ad occhio (e facendo qualche tentativo) non viene qualcosa di molto bello... Aiuti, idee?

Ma fatto il caso equilatero poi non basta un'affinità e così si ottiene il caso generale... mi sbaglio di grosso?

Come fai a far conservare i rapporti tra i lati?

Dario 2994 ti sbagli di grosso, quel triangolo che è formato dai lati $AP$ e cicliche può andare in qualcosa di completamente casuale (nel senso che dopo l'affinità i suoi lati non saranno più $A'P'$ e cicliche), l'ho detta un po' male ma spero ci essermi fatto capire

P.S.: cercando la soluzione su mathlinks pare che la soluzione sia una generica (nel senso di: "a occhio e croce è a caso") quartica (si chiama così??), con $G$ su esso

53thebest ha scritto:Dario 2994 ti sbagli di grosso, quel triangolo che è formato dai lati $AP$ e cicliche può andare in qualcosa di completamente casuale (nel senso che dopo l'affinità i suoi lati non saranno più $A'P'$ e cicliche), l'ho detta un po' male ma spero ci essermi fatto capire

P.S.: cercando la soluzione su mathlinks pare che la soluzione sia una generica (nel senso di: "a occhio e croce è a caso") quartica (si chiama così??), con $G$ su esso

Sono stupido di rara stupidità

p.s. il problema è brutto di rara bruttezza