¿Existe este centro triangular? (centroides de 3 segmentos circulares)

Question

Considere un triángulo ABC que está inscrito en un círculo. Luego, considere 3 segmentos circulares correspondientes a los lados del triángulo ABC . Para cada segmento circular se puede calcular la coordenada exacta de su centro de masa .

En este caso, A1 - es la masa central del segmento circular BCG . B1 es la masa central del segmento AEC . C1 es el centroide del segmento AJB .

¿Las líneas AA1, BB1, CC1 son siempre concurrentes? ¿Cuál es el punto exacto de su concurrencia? Supongo que debe ser un centro triangular bien conocido.

Por lo general, he estado revisando todos estos centros en la Enciclopedia de Kimberling con la ayuda de Geogebra y una función de búsqueda extremadamente útil . Sin embargo, en este caso no hay una construcción de compás y regla no graduada de A1, B1, C1. Entonces, este hipotético punto X aparentemente solo se puede construir con la ayuda de algún software matemático avanzado ...

Answer 1

Problemas como este me hacen querer buscar principios generales en lugar de atascarme en detalles confusos. En este caso, tenemos un triángulo$\triangle ABC$, digamos, con circuncentro $O$y centroides de segmento circular $A'$, $B'$, $C'$ (OP's $A_1$, $B_1$, $C_1$), con $\overline{OA'}$, $\overline{OB'}$, $\overline{OC'}$ bisector $\angle BOC$, $\angle COA$, $\angle AOB$, respectivamente; un pequeño cálculo nos dice las distancias de los centroides desde el circuncentro. (Llegaremos a eso más tarde).

Dando un paso atrás, vemos que tenemos seis puntos $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$ arreglado sobre un centro común, $O$, y que conocemos las distancias de estos puntos desde $O$ y ángulos determinados por estos puntos y $O$. Podemos establecer una condición sobre esas longitudes y ángulos que garantice la concurrencia de$\overleftrightarrow{AA'}$, $\overleftrightarrow{BB'}$, $\overleftrightarrow{CC'}$. Así que hagámoslo.

Definir $$ a := |OA| \quad b := |OB| \quad c := |OC| \quad a' := |OA'| \quad b' := |OB'| \quad c' := |OC'| $$ (Tenga en cuenta que estamos generalizando más allá $O$ siendo el circuncentro, que requeriría $a=b=c$. También estamos generalizando más allá de, digamos,$\overline{OA'}$ bisector $\angle BOC$, etc; la regla general resulta ser bastante agradable sin estas suposiciones). También usaremos varios ángulos,$\angle XOY$, tomado para estar orientado "desde"$X$ "a" $Y$; esto nos permite escribir$\angle XOY+\angle YOZ=\angle XOZ$ y $\angle XOY=-\angle YOX$.

Ahora, coordinémonos. Abusar de la notación para definir$\operatorname{cis}\theta := (\cos\theta, \sin\theta)$ podemos tomar $$\begin{align} A &:= a \operatorname{cis}0 && A' := a'\operatorname{cis}\angle AOA'\\ B &:= b \operatorname{cis}\angle AOB && B' := b'\operatorname{cis}\angle AOB' \\ C &:= c\operatorname{cis}\angle AOC && C' := c'\operatorname{cis}\angle AOC' \end{align}$$

A partir de aquí, el proceso es sencillo, aunque tedioso. (Ayuda tener un sistema de álgebra por computadora para procesar los símbolos). Determinamos las ecuaciones de las líneas$\overleftrightarrow{AA'}$, $\overleftrightarrow{BB'}$, $\overleftrightarrow{CC'}$, encuentre la intersección de dos cualesquiera y sustituya la intersección por la tercera. Cuando el polvo se asienta (y salvo degeneraciones), obtenemos una relación que podemos expresar así:

$$\begin{align} 0 &= \phantom{+}a a' \sin\angle AOA'\; \left( b c \sin\angle BOC +c b' \sin\angle COB' +b' c' \sin\angle B'OC' +c' b \sin\angle C'OB \right) \\[4pt] &\phantom{=} +b b'\sin\angle BOB'\; \left( c a \sin\angle COA +a c' \sin\angle AOC' +c' a' \sin\angle C'OA' +a' c \sin\angle A'OC \right) \\[4pt] &\phantom{=}+ c c' \sin\angle COC'\; \left( a b \sin\angle AOB +b a' \sin\angle BOA' +a' b' \sin\angle A'OB' +b' a \sin\angle B'OA \right) \end{align} \tag{$\estrella$}$$

Esto puede parecer un poco abrumador a primera vista, pero, al mirar de nuevo, notamos que cada "$\sin\angle XOY$"se multiplica por las longitudes correspondientes"$x$"y"$y$"; convenientemente, cada uno de estos productos es, por lo tanto, el doble del área (firmada) $|\triangle XOY|$, para que podamos escribir

$$\begin{align} 0 &= \phantom{+}|\triangle AOA'|\; \left( |\triangle BOC|+|\triangle COB'|+|\triangle B'OC'|+|\triangle C'OB| \right) \\[4pt] &\phantom{=} +|\triangle BOB'|\; \left( |\triangle COA|+|\triangle AOC'|+|\triangle C'OA'|+|\triangle A'OC| \right) \\[4pt] &\phantom{=}+ |\triangle COC'|\; \left( |\triangle AOB|+|\triangle BOA'|+|\triangle A'OB'|+|\triangle B'OA| \right) \end{align} \tag{$\ estrella \ estrella$}$$

Aún mejor, cada factor largo es la suma de las áreas (con signo) de triángulos adyacentes que forman un cuadrilátero; así que cada factor da el área (con signo) de ese cuadrilátero. (Esta interpretación es un poco matizada en los casos en que dicho cuadrilátero se interseca a sí mismo. Sea como sea ...) Esto nos da esta expresión simplificada:

$$ |\triangle AOA'|\;|\square BCB'C'| +|\triangle BOB'|\;|\square CAC'A'| +|\triangle COC'|\;|\square ABA'B'| =0 \tag{$\ estrella \ estrella \ estrella$}$$

¡Bastante ingenioso! $\square$

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Ahora que hemos generalizado el problema, trabajemos nuestro camino hacia los detalles de la aparente concurrencia de OP.

Consideramos $\triangle ABC$ con ángulos interiores $\alpha := \angle A$, $\beta := \angle B$, $\gamma := \angle C$. Tomando$O$ser el circuncentro y$r$el circumradius , tenemos$$a=b=c=r \qquad \angle BOC = 2\alpha \quad \angle COA = 2\beta \quad \angle AOB = 2\gamma $$ Con $A'$, $B'$, $C'$ a lo largo de las bisectrices de $\angle BOC$, $\angle COA$, $\angle AOB$, tenemos $$\angle BOA' = \angle A'OC=\alpha \qquad \angle COB'=\angle B'OA=\beta \qquad \angle AOC'=\angle C'OB=\gamma$$ $$\angle AOA' = 2\gamma+\alpha=\pi-(\beta-\gamma) \qquad \angle BOB' = \pi-(\gamma-\alpha) \qquad \angle COC' = \pi-(\alpha-\beta)$$

Volviendo a la versión $(\star)$ de nuestra condición de concurrencia, tenemos $$\begin{align} 0 &= \phantom{+}r a' \sin(\beta-\gamma)\; \left( r^2 \sin2\alpha +r b' \sin\beta +b' c' \sin(\beta+\gamma) +c' r \sin\gamma \right) \\[4pt] &\phantom{=} +r b'\sin(\gamma-\alpha)\; \left( r^2 \sin2\beta +r c' \sin\gamma +c' a' \sin(\gamma+\alpha) +a' r \sin\alpha \right) \\[4pt] &\phantom{=}+ r c' \sin(\alpha-\beta)\; \left( r^2 \sin2\gamma +r a' \sin\alpha +a' b' \sin(\alpha+\beta) +b' r \sin\beta \right) \end{align} \tag{1}$$ Ya que $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ y $r\neq 0$, esto simplifica a

$$\begin{align} 0 &= \phantom{+}(r a' - b' c') \sin2\alpha \sin(\beta - \gamma) \\ &\phantom{=}+(r b' - c' a') \sin2\beta \sin(\gamma - \alpha) \\ &\phantom{=}+(r c' - a' b') \sin2\gamma \sin(\alpha - \beta) \end{align} \tag2$$

Tenga en cuenta que $(2)$ sostiene para $A'$, $B'$, $C'$en cualquier lugar a lo largo de las bisectrices perpendiculares, por lo que sigue siendo un resultado un poco generalizado. Para los centroides de segmento circular de OP, consultamos la "Lista de centroides" de Wikipedia para recordarnos que$$a' = \frac{4r\sin^3\alpha}{3(2\alpha-\sin2\alpha)} \qquad b' = \frac{4r\sin^3\beta}{3(2\beta-\sin2\beta)} \qquad c' = \frac{4r\sin^3\gamma}{3(2\gamma-\sin2\gamma)} \tag{3}$$

Tal vez, como era de esperar, al sustituir los valores de $(3)$ dentro $(2)$, la mezcla de ángulos "crudos y disparados" no desaparece simplemente. En aras de la integridad, aquí hay una versión de la condición de concurrencia resultante

$$\begin{align} &\phantom{=+\,} 3 \sin^3\alpha \sin(\beta-\gamma) (\alpha \sin2\beta\sin2\gamma + 2\beta\gamma \sin2\alpha) \\ &\phantom{=} +3 \sin^3\beta \sin(\gamma-\alpha) (\beta \sin2\gamma\sin2\alpha + 2\gamma\alpha \sin2\beta) \\ &\phantom{=} +3 \sin^3\gamma \sin(\alpha-\beta) (\gamma \sin2\alpha\sin2\beta + 2\alpha\beta \sin2\gamma) \\[6pt] &= 8 \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma \left(\begin{array}{l} \phantom{+} \alpha \cos\alpha \sin^2\beta \sin^2\gamma \sin(\beta-\gamma) \\ + \beta \cos\beta \sin^2\gamma \sin^2\alpha \sin(\gamma-\alpha) \\ + \gamma \cos\gamma \sin^2\alpha \sin^2\beta \sin(\alpha-\beta) \\ + \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma \sin(\beta-\gamma) \sin(\gamma-\alpha) \sin(\alpha-\beta)\end{array}\right) \end{align}\tag{4}$$

Construcción alternativa de OP, tomando $A'$, $B'$, $C'$ para ser los centroides de los "otros" segmentos circulares, requiere las sustituciones $\alpha\to\pi-\alpha=\beta+\gamma$, $\beta\to\gamma+\alpha$, $\gamma\to\alpha+\beta$ en $(3)$, además de cambiar el signo de cada uno de $a'$, $b'$, $c'$ porque cada centroide se encuentra en el "otro lado" de $O$. Estos ajustes provocan algunos cambios de signo menores en$(4)$, sino que también introduce expresiones de ángulos "crudas" más complicadas. El resultado no se simplifica apreciablemente, por lo que no me molestaré en enviarlo por TeX.