Costruire i vertici B e C del triangolo di cui sono dati l'angolo A e la lunghezza della mediana ma relativa al lato BC e della bisettrice interna ta dell'angolo A
Come si vede dalla figura sottostante, resta univocamente determinato il piede Ta della bisettrice dell'angolo A.
Il problema fa parte di una serie in cui sono date tre grandezze indipendenti del triangolo scelte tra angoli, lati e altri segmenti notevoli. Siccome i possibili segmenti notevoli sono molti, si possono costruire molti insiemi di problemi. All'inizio ne ho scelto uno con 179 problemi preso dal libro di Posamentier-Wernick intitolato "Advanced geometric constructions" (trovato nella biblioteca del Centro Morin): l'elenco dei problemi si può leggere qui. Gli elementi considerati sono angoli, lati, altezze, mediane, bisettrici interne, raggi dei cerchi circoscritto e inscritto e semiperimetro. Successivamente mi contattò via email Vladimir Dubrovsky, uno dei redattori della rivista Quantum (versione inglese della sovietica Kvant, ora consultabile anche online), che tra le altre cose mi informò che nel 1937 erano usciti due articoli di V. B. Fursenko con un catalogo dei problemi che mi interessavano. Ho trovato in rete il materiale, che si può vedere qui. L'articolo è lungo, e disgraziatamente in russo (che non capisco); però anche se non in grado di leggerlo, ho trovato informazioni interessanti: intanto alcune pagine di formule sul triangolo molto utili e poi un elenco di 350 problemi, ottenuti aggiungendo agli elementi di Posamentier-Wernick anche l'area e i raggi dei cerchi exinscritti: accanto a molti c'è una parola che si traduce in "non risolubile" e questo mi ha aiutato parecchio, anche se rimane la curiosità di capire come abbia fatto a stabilirlo; inoltre accanto a quelli risolubili ci sono spesso formule e figure che immagino siano indicazioni per la soluzione. In ogni caso un lavoro pregevole, che presenta all'inizio una lunghissima discussione sulle tecniche di risoluzione, che avrei letto volentieri. Il problema in esame è il 161 della lista.
Per la soluzione analitica si potrebbero sfruttare le interessanti formule di Fursenko in questo modo.
Indico con a, b, c i lati (incogniti) BC, AC, AB, con ta, ma le lunghezze della bisettrice e della mediana, e con A l'angolo A. Le formule 71 e 72 consentono di scrivere questo sistema di due equazioni nelle incognite b e c $$ \begin{cases} 4 \cdot ma^2=b^2+c^2+2\cdot b\cdot c\cdot \cos{A} \\ (b+c) \cdot ta=2\cdot b\cdot c \cdot \cos{\frac{A}{2}} \end{cases} $$ Posto $q=\cos{\frac{A}{2}}$, eliminando b Maple fornisce questa equazione di quarto grado per c risolubile mediante radicali quadratici : $$q^2\cdot c^4+(2\cdot q^3\cdot ta-2\cdot q\cdot ta)\cdot c^3+(-4\cdot ma^2\cdot q^2-q^2\cdot ta^2+ta^2)\cdot c^2+4\cdot ma^2\cdot q\cdot ta\cdot c-ma^2\cdot ta^2$$ Le soluzioni sono piuttosto complicate e non si prestano ad una costruzione sufficientemente semplice. Perciò ho tentato un'altra via, cercando di sfruttare la simmetria fornita dalla bisettrice, come si vede dalla figura seguente.
Assumo come asse x la retta ATa e l'origine in A. Le rette AB e AC hanno equazione y=kx e y=-kx, dove k=tan α . Il punto P(p,0) può muoversi sull'asse x e determina le posizioni di B, C e infine Ma. Il cerchio azzurro ha raggio ma, il punto Ta ha coordinate (ta,0). Quando P si muove Ma descrive un luogo che Geogebra disegna (in rosso) e ne fornisce anche l'equazione nella finestra Algebra, da cui si deduce essere una conica. Per saperne di più su questa conica ho calcolato le coordinate di Ma in modo generico $x=\frac{p^2\cdot ta}{(-k+p)\cdot (k+p)},y=\frac { p\cdot ta\cdot k^2}{(-k+p)\cdot (k+p)}$ e poi ho ottenuto le coordinate del luogo eliminando p dalle due equazioni: l'equazione viene $k^2\cdot ta\cdot x-k^2\cdot x^2+y^2=0$ . Maple è in grado di dare altre informazioni su questa conica, come si vede nella figura seguente:
Se ne deduce che il centro è il punto medio di ATa, che i vertici sono in A e Ta, che gli asintoti sono paralleli ad AB e AC, come si vede anche dalla figura di Geogebra.
Intersecando l'iperbole con il cerchio si ottengono le posizioni corrette di Ma e quindi basta risolvere il sistema $$ \begin{cases} x^2+y^2=ma^2 \\ k^2\cdot ta\cdot x-k^2\cdot x^2+y^2=0 \end{cases}$$ che si riduce all'equazione di secondo grado $(1+k^2)\cdot x^2-k^2\cdot ta \cdot x-ma^2=0$ e ricordando che $1+k^2=\frac{1}{cos^2 \alpha}$ si può riscrivere così: $x^2-sin^2 \alpha \cdot ta \cdot x-ma^2 \cdot cos^2 \alpha=0$ le cui soluzioni si possono facilmente costruire.
Le soluzioni sintetiche sono in genere più complesse (infatti per tutti è un livello 5). Casualmente ho scoperto che il problema è stato proposto (e risolto) più volte nel Mathematics Magazine, e mi ha fatto piacere scoprire che una soluzione è stata inviata anche dal compianto professor Morgantini che avevo seguito con ammirazione a Padova.