1554. El cuadrado de la distancia

     Pepe Chapuza había estudiado los fenómenos físicos cuya intensidad es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia: la luminosidad, la gravedad, la electricidad...

    Profe, mire. Yo entiendo el cuadrado de la distancia como un área... Al alejarnos de un foco puntual (luz, masa, carga...) en todas direcciones, la intensidad del fenómeno disminuye porque se tiene que "repartir" por un área (esférica) mayor...

    Volviendo a las Matemáticas propuso los siguientes problemas:
 
    Dado un triángulo...
    ¿Qué punto del plano minimiza la suma de los cuadrados de sus distancias a los vértices?
    ¿Qué punto del plano minimiza la suma de los cuadrados de sus distancias a los lados?

 

    ¡Busca los puntos!

 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó cada punto de muy diferente manera...

    Profe, mire. Si O es el origen de coordenadas, si A, B y C son los vértices del triángulos y si P es el punto buscado, entonces hay que minimizar

 

AP²+BP²+CP² =

= (OP–OA)²+(OP–OB)²+(OP–OC)² =

= OP²–2·OP·OA+OA² + OP²–2·OP·OB+OB² + OP²–2·OP·OC+OC² =

= 3·OP² – 2·(OA+OB+OC)·OP + OA²+OB²+OC²

 

    Derivando respecto de OP tenemos

6·OP – 2·(OA+OB+OC)

que se anula en

OP = 2·(OA+OB+OC) : 6 = (OA+OB+OC) : 3

  

por lo que P es el baricentro del triángulo ABC. (Y como la segunda derivada es positiva (+6) en el punto P se alcanza efectivamente un mínimo.)

    Efectivamente P tenía que ser el baricentro pero... ¿Qué chapuza había hecho Nina?

    A ver el otro punto...

    Profe mire.

    Vamos a llamar  x : y : z  a las coordenadas trilineales homogéneas del punto  P  respecto del triángulo de lados  a, b, c .

    Podemos perder un grado de libertad mediante la relación  R : ax + by + cz  = 1 , con lo que solo tenemos que minimizar la función  F = x² + y² + z² .

    R  representa un plano en el espacio y  F  da el cuadrado de la distancia de un punto de ese plano al origen de coordenadas. Así que  P  será el punto de  R  más próximo a  O . Así que  P  estará en la recta perpendicular a  R  que pasa por  O . Por tanto  x = at ,  y = bt,  z = ct , ya que  (a,b,c) es un vector normal de  R .

    En conclusión:  P  tiene coordenadas trilineales homogéneas  a : b : c .

    Nina había llegado al punto simediano del triángulo. ¡Había obtenido la solución con mucha elegancia!

    Nina añadió el punto simediano a su colección de puntos notables del triángulo en coordenadas trilineales homogéneas

    Baricentro,  1/a : 1/b : 1/c  =  cosecA : cosecB : cosecC

    Incentro,  1 : 1 : 1

    Circuncentro,  cosA : cosB : cosC

    Ortocentro,  secA : secB : secC

    Punto simediano,  a : b : c  =  senA : senB : senC

    Profe..., se podía haber llamado "simecentro", jajaja.

    "Llegados a este punto" solo quedaba por aclarar lo que había hecho Nina en el primer problema, y en el segundo justificar por qué se podía perder un grado de libertad con la relación R, esto es, ¿por qué no puede ser  ax + by + cz  = 0 ?

RESOLUCIÓN

    Mire profe.

    Lo que ha hecho Nina en el primer ejercicio es trabajar con las tres componentes a la vez... Mirándolas por separado, las operaciones son elementales.

    Para el segundo ejercicio, veamos... Las distancias orientadas de un punto a los tres lados prolongados de un triángulo son unas de sus coordenadas trilineales homogéneas  X : Y : Z .

    Si  S  es el área del triángulo, entonces  aX + bY + cZ  =  2S . Basta dividir entre  2S  para obtener la relación  R . No se puede anular el término independiente.

    Yoyó Gaviota pasó la prueba... Y se despidió con un diagrama con los signos de las coordenadas triangulares homogéneas en cada una de las siete regiones en que los tres lados prolongados del triángulo dividen al plano. ¡No hay ningún punto del plano que tenga sus tres coordenadas negativas...!