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Si prenda un triangolo equilatero ABC , il suo baricentro G e un punto P al suo interno. I segmenti PA, PB, PC opportunamente rototraslati formano un triangolo, esprimere l'area di questo in funzione (solo) di PG e AB.

Senti Boll,ma il risultato finale e' una formula... umana o e'
solo una siderale ammucchiata di calcoli?
Leandro

E' umana ... e c'è pure un procedimento che - vabbè, se non umano- è anch'esso umanoide.

Per caso ha a che fare con i vettori e coordinate affini?
leandro

Non è una caccia al tesoro, è un problema ... ci sono molti modi per risolverlo, almeno tre me ne vengono in mente ora, anche se uno è un po' contoso.

Non cercavo un indizio ma solo una qualche conferma alle mie ipotesi.
Forse Boll mi rispondera' con piu'...garbo.
Leandro

Sì, ci vogliono i vettori, ma si possono usare anche i complessi o la trigonometria.
No, non penso che Boll ti risponderà a breve, ora dovrebbe essere a Pisa per il Winter Camp.
Certo, quasi chiunque è più garbato di me, solo che fai molto prima a verificare l'idea con carta e penna che non a chiedere conferma e aspettare una risposta.

Faccio 2 premesse (la prima forse superflua)
1)Dei 3 segmenti (vedi fig.) PA,PB e PC sia PC il maggiore con P piu' vicino
ad AC ( per altre posizioni di P il ragionamento e' analogo).
Si ha:
PC<CL<AC=AB<PA+PB e cio' assicura che i detti segmenti sono lati
di un triangolo.
2 Se a,b e c sono i lati di un triangolo allora l'area di quest'ultimo
(calcolata con Erone ) e':
(1) $ \displaystyle S=\frac{1}{4}\sqrt{4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2} $
Poniamo ora:PG=z (<R) , <AGP=u.Dai triangoli APG,PGC e PGB per Carnot
ricaviamo:
$ \displaystyle PA^2=a^2=z^2+R^2-2Rzcosu $
$ \displaystyle PB^2=b^2=z^2+R^2-2Rzcos(120°+u) $
$ \displaystyle PC^2=c^2=z^2+R^2-2Rzcos(120°-u) $
Sostituendo nella (1) :
$ \displaystyle S=\frac{1}{4}\sqrt{4(z^2+R^2-2Rzcosu)(z^2+R^2+Rzcosu+Rz \sqrt3 sinu) $ $ \displaystyle -(z^2+R^2-2Rzcosu+2Rz \sqrt3 sinu)^2} $
Sviluppando i calcoli (nemmeno tanto lunghi ma ordinari) si ottiene il risultato
(che ,se esatto,e' per me assai sorprendente!!) di:
(2)$ \displaystyle S= \frac{(R^2-z^2)}{4}\sqrt3 $
Se L e' poi il lato di ABC,essendo $ \displaystyle R=\frac{L}{\sqrt3} $,sostituendo
in (2) si ha il valore richiesto:
$ \displaystyle S=\frac{(L^2-3z^2)}{12}\sqrt3 $.
La (2) ci dice che il nostro triangolo e' equiesteso al triangolo equilatero
di lato $ \displaystyle \sqrt{R^2-z^2} $.Questo fatto potrebbe indicare
che il problema puo' risolversi per via sintetica....forse.
Leandro

La mia soluzione differisce di poco da quella di Leandro; ne riporto solo le parti differenti. Essendo
$ a^2 =PA^2=R^2+z^2-2Rz cos u $
$ b^2=PB^2=R^2+z^2+Rz(cosu+\sqrt 3 sin u) $
$ c^2=PC^2=R^2+z^2+Rz(cosu-\sqrt 3 sin u) $
i calcoli risultano più leggeri ponendo $ k= R^2+z^2 , p= Rz cos u, q=\sqrt 3 Rz sin u . $
Generalizzazione
Utilizzando le formule precedenti, si verifica facilmente che è
$ A =a^2+b^2+c^2=3(R^2+z^2) $
$ B=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=3(R^4+R^2z^2+z^4) $
cioè A e B non dipendono da u (da cui consegue la tesi, essendo $ 16S^2=-A^2+4B $). Ne dipende invece $ C=a^2b^2c^2=R^6+z^6-2R^3z^3 cos 3 u $.
Notevole la completa simmetria fra le lettere R, z che fa presumere soluzioni più brevi ed eleganti.

evariste posti le soluzioni con complessi e vettori?

Hmm lo lascerei volentieri fare a Boll, che ha aperto il thread...

Sbagliero' ma con i vettori non viene niente di speciale.Piu' o meno i calcoli
sono gli stessi a meno di non fare come qualche volta mi e'
capitato di leggere.E cioe' abbozzare la risposta per accorciare la soluzione,
lasciando il resto... alla fantasia del malcapitato lettore.
Leandro

Fissiamo il nostro caro piano di Gauss con i tre vertici del triangolo in $ r $ $ r\omega $ e $ r \bar{\omega} $, e quindi il baricentro nell'origine, inoltre associamo al punto P un numero complesso p.

Ricordiamo inoltre che
$ \omega^2+\omega+1=0 $
$ \bar{\omega}^2+\bar{\omega}+1=0 $
$ \omega\bar{\omega}=1 $
$ \omega+\bar{\omega}+1=0 $
$ \omega^2+\bar{\omega}^2+1=0 $

Per comodità, d'ora in poi le radici terze dell'unità saranno indicate come $ \omega_1,\omega_2,\omega_3 $

Chiamiamo $ a,b,c $ i lati del nostro triangolo,

$ \displaystyle \sum a^2=\sum |p-r\omega_i|^2=\sum (p-r\omega_i)(\bar{p}-\bar{r\omega_i})= $$ \displaystyle \sum p\bar{p}+\sum r\omega_i *\bar{r \omega_i}+0+ 0=3|p|^2+3|r|^2 $

$ \displaystyle \sum a^4=\sum |p-r\omega_i|^4=\sum (p-r\omega_i)^2(\bar{p}-\bar{r\omega_i})^2= $$ \displaystyle \sum (|p|^2+|r|^2-r\bar{p}\omega_i-\bar{r}p\bar{\omega_i})^2 $$ \displaystyle = 3 |p|^4+3 |r|^4+12|p|^2|r|^2+0+0+\dots+0 $

Per Erone

$ \displaystyle S=\dfrac{1}{4}\sqrt{(\sum a^2)^2-2(\sum a^4)} $
$ \displaystyle S=\dfrac{1}{4}\sqrt{(3|p|^2+3|r|^2)^2-2(3 |p|^4+3 |r|^4+12|p|^2|r|^2)} $
$ \displaystyle S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\sqrt{(|p|^2-|r|^2)^2} $

essendo il punto $ P $ interno $ PG<R $, quindi

$ \displaystyle S=\dfrac{\sqrt{3}(R^2-\overline{PG}^2)}{2} $ dove $ R $ è il circoraggio di $ ABC $