Dati il piede Ta della bisettrice uscente da A, il piede Ha dell'altezza uscente dal vertice A e il piede Hc dell'altezza uscente dal vertice C, costruire i vertici A, B e C del triangolo.
Avendo solo livello 4 immaginavo che fosse un problema abbastanza abbordabile, però la presenza di solo 6 soluzioni mi ha insospettito e ho provato a indovinare, senza successo, una soluzione sintetica. A un primo sguardo mi sembrava facile perché, come si vede (in blu tratteggiato) nella figura sottostante, è immediato costruire le rette che contengono i vertici; ma poi non riuscivo ad andare avanti. Quello che non sospettavo è che anche la soluzione analitica mi avrebbe riservato sorprese.
Per la soluzione analitica, mi è sembrato naturale fissare l'asse x sulla retta Ha-Ta, e l'origine in Ha, cosicché i punti della figura hanno queste coordinate: Ha(0,0) , Ta(t,0) , Hc(p,q), A(0,a) , B(b,0) , C(c,0), con a b c incogniti. (vedi figura sottostante)
Una volta fissato A è facile costruire B e poi C, però si vede che muovendo A la bisettrice dell'angolo A non passa in genere per Ta: quindi una possibile strategia di soluzione potrebbe essere prendere come incognita a, trovare b e c e imporre la condizione che Ta sia equidistante dalle rette AB e AC. Però mi stava ormai simpatico il comando eliminate usato nel problema 137 e ho deciso di usare un sistema di tre equazioni con queste condizioni: la retta AB deve passare per HC, la retta C-Hc deve essere perpendicolare alla AB e il punto Ta deve essere equidistante da AB e AC.
Prima condizione: equazione della retta AB $ax+by-ab=0$, se deve passare per Hc viene l'equazione $ap+bq-ab=0$
Seconda condizione: la retta C-Hc ha coefficiente angolare $\frac{q}{p-c}$ che deve essere uguale a $\frac{b}{a}$ da cui l'equazione $aq-bp+bc=0$
Terza condizione: equazione della retta AC $ax+cy-ac=0$, quadrati delle distanze di Ta da AB e AC $\frac{(at-ab)^2}{a^2+b^2}$ e $\frac{(at-ac)^2}{a^2+c^2}$, da cui l'equazione $(t-b)^2\cdot (a^2+c^2)-(t-c)^2\cdot (a^2+b^2)=0$
Il sistema che ne risulta è $$ \begin{cases} ap+bq-ab=0 \\ aq-bp+bc=0 \\ (t-b)^2\cdot (a^2+c^2)-(t-c)^2\cdot (a^2+b^2)=0 \end{cases} $$ Il comando eliminate in Maple per eliminare b e c produce una equazione di sesto grado, che una successiva fattorizzazione riduce all'unione di una di secondo grado $a^2-2aq+p^2+q^2=0$, che come somma di due quadrati non ha soluzioni reali, e una di quarto grado $$ a^4 q - 2 a^3 (p^2 - p t + q^2) + a^2 q (p^2 + q^2 - t^2) + 2 a t (p^2 + q^2) (t - p) - q t^2 (p^2 + q^2)=0 $$ Ho provato a farla risolvere a Maple, ma non c'è stato verso, nemmeno sostituendo ai parametri i valori della figura p=0.6 , q=3, t=1.4 (ovviamente la soluzione numerica approssimata la dà in questo caso, ma questo non mi dice molto, se non che ci sono due soluzioni complesse e due reali): risponde sempre con il suo RootOf che per me suona come "risolvitela da solo". Andando invece al buon vecchio Derive, ottengo quattro soluzioni simboliche in cui compaiono solo radici quadrate sotto altre radici quadrate, ma niente cubiche, e questo mi conferma che il problema si può risolvere con riga e compasso (come mi aspettavo, visto che 6 soluzioni sintetiche c'erano già). Ho provato anche con Mathematica, dove da neofita non ho trovato eliminate, però ho visto che il comando GroebnerBasis consente di indicare le variabili da eliminare: dopo fattorizzazione esce la solita quartica, di cui Mathematica fornisce le soluzioni visibili nella prossima figura.
A parte il fatto che sarebbe una bella impresa costruire queste soluzioni con riga e compasso (un buon esempio di come spesso la via sintetica sia molto più breve di quella analitica), quello che mi ha incuriosito è sapere come abbiano fatto a sapere che non servivano le cubiche e come abbiano fatto poi ad evitarle.
Alla prima curiosità ho trovato una risposta, alla secconda mi sembra molto più arduo. Sapevo che per capire se un'equazione è risolvibile per radicali bisogna trovare il suo gruppo di Galois, e in particolare se tale gruppo è risolubile e ha un numero di elementi che è una potenza di 2 allora si possono usare solo radici quadrate e quindi le soluzioni sono costruibili con riga e compasso; però mi ero fatto l'idea che per trovarlo servono montagne di calcoli. Ho visto comunque che Maple ha il semplice comando galois e l'ho provato sulla quartica: quello che ne è uscito immediatamente si vede qui sotto.
Il primo pezzo, 4T3, rimanda come interpretazione ad un articolo che ho scaricato, ma l'informazione che se ne ricava è quella che si può leggere entro le parentesi graffe: D(4) dice che si tratta del gruppo diedrale D4 delle isometrie del piano che lasciano invariato un quadrato; siccome tutti i gruppi diedrali sono risolubili, si sa che l'equazione si può risolvere mediante radicali, ma in più il gruppo ha 8 elementi, cioè una potenza di 2, e quindi i radicali sono quadratici. Il fatto che sia risultato il gruppo D4 non è scontato, perché il gruppo di una quartica generica è S4, il gruppo delle permutazioni di 4 elementi, che ha 24 elementi: anch'esso è risolubile, ma il suo ordine non è una potenza di 2. Per verificare che i miei coefficienti erano particolari, ho eseguito una sostituzione che mi aveva già creato problemi in una peregrinazione precedente: ho notato che nell'equazione è presente nei coefficienti l'espressione $p^2+q^2$ e l'ho sostituita con $d^2$, che è il quadrato della distanza Ha-Hc. Se ne ricava questa equazione più compatta $a^4 q - 2 a^3 (d^2 - p t) + a^2 q (d^2 - t^2) + 2 a t d^2 (t - p) - q t^2 d^2=0$. In questo caso Maple dà questo risultato:
che ci dice che per risolverla c'è bisogno anche di radici cubiche.
Al tempo in cui pubblicavo i problemi ogni tanto ne inventavo qualcuno anch'io, ma non avevo una strategia precisa per sapere se fosse risolubile con riga e compasso, e qualche volta me ne scappava uno che credevo risolubile e invece non lo era: per fortuna avevo una specie di angelo custode, Jean Pierre Ehrmann di Parigi (JPE), che ha avuto la costanza di testare tutti i problemi e mi scriveva gentilmente per avvertirmi quando uno non era risolubile; una volta gli chiesi di spiegarmi come faceva a stabilirlo e mi mostrò che usava la teoria di Galois, che allora mi sembrava fuori della mia portata. Ora con l'aiuto dei CAS la cosa mi appare più abbordabile, e mi ha risvegliato l'interesse per la teoria dei gruppi finiti.
Il punto di partenza è il triangolo ortico che ha per vertici i piedi delle altezze Ha Hb Hc. Sapevo che ogni altezza è bisettrice degli angoli di tale triangolo e quindi la direzione della retta HaHb è nota, perché simmetrica di HaHc rispetto ad AHa. Però questo triangolo ha anche altre interessanti proprietà, tra le quali ho utilizzato quella che dice che i quattro triangoli ABC AHbHc BHaHc CHaHb sono simili tra loro, e in particolare risultano uguali gli angoli BAC e HcHaB (segnati nella figura) e siccome quest'ultimo è noto e fisso vuol dire che anche l'angolo A è noto e fisso: infatti spostando A si vede che l'angolo BAC non cambia di ampiezza, mentre la sua bisettrice si sposta e non passa per Ta. Allora ho cambiato strategia per la soluzione, imponendo che la bisettrice passi per Ta e costruendo i due lati (verdi) di conseguenza. Muovendo A la retta AB' non passa in genere per Hc, però in questi casi vado a vedere se ha un inviluppo interessante (in genere una qualche conica): Geogebra ha il comando Inviluppo, però da quel che ho capito vuole fare le cose per bene lavorando in simbolico e qualche volta la cosa gli rimane troppo difficile; infatti nel mio caso ha rifiutato l'ostacolo, mentre per altre rette della figura ci riusciva. Allora sono passato a C.a.R., che lavora molto sul numerico, e mi ha mostrato qualcosa di molto simile a una parabola. Per esserne sicuro di solito riprendo in mano Cabri II che fornisce anche l'equazione, ma non avendolo sotto mano sono ricorso ad un altro software interessante, Geometry Expressions, che lavora in simbolico e dà anche l'equazione dei luoghi (naturalmente avrei potuto arrangiarmi anche da solo, ma la pigrizia ha vinto). Nella figura la parabola che si vede è stata costruita a posteriori e non come inviluppo, però muovendo A si può vedere che la retta AB' è sempre tangente ad essa. Al seguente indirizzo si può leggere una spiegazione di quanto succede. Il fuoco è in Ta mentre il vertice V è all'intersezione tra la bisettrice dell'angolo HcHaTa (che è la tangente nel vertice) e la perpendilare condotta da Ta (che è l'asse della parabola). Per risolvere il problema basta trovare la tangente da Hc alla parabola di cui sono noti fuoco e vertice (problema 1090): intersecando la retta HaV con il cerchio di diametro TaHc si ottengono due punti per i quali passano le tangenti cercate e da qui è immediato costruire il triangolo.