Peregrinazioni geometriche #7

Problema 58

Questo problema è stato pubblicato il 17/02/2005, ha 12 soluzioni e livello 5. Il testo è questo:
Dati il vertice A, l'incentro I e l'ortocentro H di un triangolo, costruire gli altri due vertici. La figura (interattiva) in Geogebra può essere questa:
 


Il problema appartiene ad una serie che si riassume così: costruire un triangolo di cui sono dati 3 punti. Naturalmente si possono inventare un'infinità di problemi di questo tipo e quindi bisogna limitarsi a dei sottoinsiemi particolari. Io sono partito da un articolo di William Wernick nel Mathematics Magazine del Settembre 1982 (si può leggere qui) in cui elenca 139 problemi che si possono formare prendendo tre punti tra questi: vertici, incentro, circocentro, ortocentro, baricentro, piedi delle mediane, delle altezze e delle bisettrici. Li suddivide in quattro tipologie (indicate con lettere):
Redundant: in cui due punti di una tripla determinano il terzo (esempio baricentro G, ortocentro H e circocentro O, come mostrato in un famoso articolo di Eulero); sono problemi non proponibili.
Locus restricted: in cui uno dei tre punti non può trovarsi in una posizione qualsiasi rispetto agli altri due (esempio vertici A e B e circocentro O, che deve stare sull'asse del segmento AB).
Solved: problemi già risolti da lui.
Poi ci sono i problemi di cui non sa dire niente.
Nel numero di Febbraio 1996 sulla medesima rivista è apparso un articolo di Leroy Meyers (visibile qui) che aggiorna la lista riguardo a quelli lasciati in sospeso: per una trentina dà un responso, introducendo anche un tipo Unsolvable per quelli non risolvibili con riga e compasso, mentre ne rimangono una ventina su cui non sa dire niente. Probabilmente nessuno ha poi proseguito la ricerca su questa ventina, anche perché una delle cose difficili è dimostrare che un problema non è risolvibile.
Servendomi di queste utili tabelle ho potuto proporre in Geometriagon i problemi sicuramente risolvibili: per molti non conoscevo la soluzione e ho assegnato livello 5, ma prima o poi sono arrivate soluzioni ingegnose da quelli più esperti di me.
Il problema di cui ci stiamo occupando è uno di quelli tosti e la soluzione analitica mi ha impegnato parecchio ma è stata istruttiva, come si vedrà.
Quello che mi rendeva perplesso su questi problemi era il numero di incognite che avrei dovuto usare, e quindi il numero di equazioni. Nel mio caso quattro, dovendo cercare due punti (B e C), ma in altri casi anche sei. In realtà dopo aver giocherellato un po' con la figura, mi sono accorto che fortunatamente ne bastava una: assumendo come asse x la retta AI, le rette AB e AC sono simmetriche rispetto all'asse x e determinano anche il raggio del cerchio inscritto; inoltre la retta AH determina anche la direzione del lato BC. Alla fine ho optato per il raggio r del cerchio inscritto, dal quale è facile ricostruire tutto il triangolo. Con riferimento alla figura seguente, le coordinate dei punti sono: A(0,0) H(h,k) I(d,0), per comodità ho definito la distanza AH=$l=\sqrt{h^2+k^2}$, i coefficienti angolari delle rette AC e AB sono $\pm\frac{r}{\sqrt{d^2-r^2}}$, il punto I1 ha coordinate $\left(d+\frac{rh}{l},\frac{rk}{l}\right)$ essendo la retta II1 parallela alla retta AH. La retta BC che deve passare per I1 ed è perpendicolare ad AH ha equazione $y-\frac{rk}{l}=-\frac{h}{k}\left(x-d-\frac{rh}{l}\right)$ e messa a sistema con la retta AC fornisce per il punto C le coordinate $\left(\frac{\sqrt{d^2-r^2}\cdot\left(dh+rl\right)}{h\cdot\sqrt{d^2-r^2}+kr},\frac{r\cdot\left(dh+rl\right)}{h\cdot\sqrt{d^2-r^2}+kr}\right)$. Ora devo imporre che la retta CH, in quanto altezza, sia perpendicolare ad AB e quindi l'equazione finale per r viene $$\frac{\sqrt{d^2-r^2}\cdot\left(dh-h^2+lr\right)-hkr}{r(dh-k^2+lr)-hk\cdot\sqrt{d^2-r^2}}=\frac{r}{\sqrt{d^2-r^2}}$$ Ho provato a far risolvere l'equazione a Derive e ha prodotto un paginone con varie soluzioni in cui si notava l'arcoseno di un angolo diviso 3, cosa che mi rimandava alla soluzione trigonometrica di un'equazione di terzo grado. Questo mi ha stupito non poco, perché il problema è sicuramente risolvibile con sole radici quadrate (cioè con riga e compasso) e quindi ho pensato che forse Derive non è tanto bravo a fattorizzare un'equazione di terzo grado; così sono passato a Maple, che a sua volta mi ha dato delle soluzioni monstre con le radici cubiche. Ancora più stupito, ho pensato che l'equazione fosse sbagliata, e mi è venuta la buona idea di provarla sul campo con il CAS di Geogebra (riga 5 del CAS); con mia sorpresa, il CAS mi ha dato due coppie di soluzioni uguali (riga 6; questo succede nella versione per desktop, mentre nella figura embedded sottostante se ne notano solo due, il che significa che Geogebra ha ancora qualche problema con il CAS nelle figure embedded, e si può notare anche cliccando più volte sull'icona di reset in alto a destra nella figura perché a volte si ripresentano quattro numeri e a volte due, per non dire che qualche browser si pianta di brutto col CAS): questo mi ha fatto pensare a una quartica quadrato di una quadratica. Il bello di Geogebra è che con i risultati del CAS si possono disegnare le figure nella finestra grafica e infatti prendendo il raggio positivo dal CAS ho disegnato il cerchio inscritto e il resto della figura e tutto andava a posto (anche spostando i punti H e I dati), il che voleva dire che l'equazione era corretta. Mi sono anche chiesto il significato della soluzione negativa, e ho ipotizzato correttamente che rappresentasse il raggio del cerchio exinscritto e infatti ho provato che così era (nei problemi con l'incentro questo succede spesso, perché in realtà algebricamente è difficile separare i quattro cerchi tangenti ai tre lati presi come rette e non segmenti).
Però volevo fattorizzare l'equazione, e forse bisognava ridurla ad un polinomio: così ho spostato tutto a sinistra e dopo semplificazione e considerando solo il numeratore mi è risultata questa equazione di terzo grado $$- 2lr^3 - (2dh - h^2 - k^2)r^2 + d^2lr + d^2h(d - h)=0$$ L'ho riprovata nel CAS e ho ottenuto delle belle soluzioni con radici quadrate, segno che Geogebra aveva fattorizzato il polinomio (avendo però i coefficienti numerici), mentre Derive e Maple non volevano saperne (però con i cefficienti letterali). Ero confuso, finché ho notato che nel secondo coefficiente c'era il termine $-h^2-k^2$ che ho provato a sostituire con l'equivalente $-l^2$: improvvisamente sia Derive che Maple fattorizzavano il polinomio, in questo modo $- (2r^2 - lr - d(d - h))(lr + dh)$. Le soluzioni della quadratica sono $$r=\frac{l\pm\sqrt{l^2+8d(d-h)}}{4}$$ facili da costruire e provate alla riga 12 del CAS.
Da questa piccola avventura ho appreso due lezioni: la prima è che il CAS di Geogebra è valido e può aiutare a decidere se un problema si può risolvere con riga e compasso, la seconda che non bisogna mai usare più variabili del necessario (nel mio caso l).
 

Per la soluzione sintetica devo ammettere che non ci sono ancora riuscito, però guardando l'elenco dei risolutori ho avuto una sorpresa: il primo è CARTESIUS, che è un nickname che usavo io per le soluzioni analitiche; incuriosito sono andato a vedere che cosa avevo combinato e ho trovato che usavo questa equazione per il raggio: $(2r)^2-AH\cdot(2r)=HI^2+AI^2-AH^2$. Come l'avessi trovata nel 2005 mi rimane un mistero.