1594. El triángulo se columpia...

    Mire, profe. Si un triángulo equilátero se columpia en una parábola, el centro del triángulo se columpia en otra...

    Supongo que Pepe Chapuza quiere decir que el lugar geométrico de los centros de los triángulos equiláteros inscritos en una parábola es otra parábola. Eso habrá que demostrarlo...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Todas las parábolas son semejantes por lo que basta probar con la de ecuación más sencilla P: y = x². El centro de la circunferencia cincunscrita es el baricentro  G(a, b)  del triángulo. La circunferencia circunscrita al triángulo corta a la parábola en cuatro puntos, tres de ellos son los vértices  K, L y M  del triángulo, y el cuarto, N, está fuera del triángulo...

    La ecuación de la circunferencia es C: (x−a)²+(y−b)² = r². Podemos resolver el sistema formado por  P  y  C  con el método de sustitución:

(x−a)²+(x²−b)² = r²

x⁴ + (1−2b)x² − 2ax + a²+b²−r² = 0

    Este polinomio de cuarto grado tiene cuatro soluciones  k, l, m y n . Como el coeficiente principal es  1  entonces el coeficiente de tercer grado es  0 = k+l+m+n  (fórmulas de Cardano-Vieta). Si  k, l y m  corresponden a los vértices  K, L y M  entonces  (k+l+m)/3 = a , se corresponde con el baricentro  G , por lo que 

n = −k−l−m = −3a

    Por otro lado, en  P  se tiene que  x = ±√y  que también podemos sustituir en  C :

(±√y −a)²+(y−b)² = r²

y² + (1−2b)y + a²+b²−r² = ± 2a√y

    Elevando al cuadrado los dos miembros y reordenando nos quedaría

y⁴ + (2−4b)y³ + ... = 0

es decir, un polinomio de cuarto grado con coeficiente principal  1 , coeficiente de tercer grado  2−4b  y con cuatro raíces  k', l' ,m' y n' . Igual que antes, tendremos  k'+l'+m'+n' = 4b−2  y  (k'+l'+m')/3 = b de donde

n' = 4b−2−k'−l'−m' = 4b−2−3b = b−2

    Como el punto  N(n, n')  pertenece a  P ,  n' = n²  y por tanto  b−2 = 9a² . Por lo tanto, el centro G recorre la parábola  P': y = 9x²+2 .

    Nina Guindilla no solo descubrió el columpio del baricentro, sino que también propuso este otro columpio:

    Profe, mire. Si un triángulo (obtusángulo) se columpia en una rama de una hipérbola equilátera, su ortocentro se columpia en la otra...

    Es decir: el lugar geométrico de los ortocentros de los triángulos inscritos en una rama de una hipérbola equilátera es la otra rama.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota sabía que todas las hipérbolas equiláteras son semejantes así que eligió la de ecuacióon  H: y = 1/x .

    Mire, profe. Por simetría puedo suponer que el triángulo se columpia en la rama positiva... Los vértices  A(a,1/a), B(b, 1/b) y C(c, 1/c)  tienen  a>0, b>0 y c>0 . El ortocentro D es la intersección de las alturas, así que resolvemos el sistema formado por las ecuaciones de dos de ellas...

(b−c) (x−a) + (1/b−1/c) (y−1/a) = 0

(a−c) (x−b) + (1/a−1/c)  (y−1/b)= 0

quitando denominadores...

abc (b−c) (x−a) − (b−c) (ay−1) = 0

abc (a−c) (x−b) − (a−c) (by−1) = 0

simplificando...

abc (x−a) − ay + 1 = 0

abc (x−b) − by + 1 = 0

y reduciendo...

abc (b−a) + (b−a) y = 0        y = −abc

abc x − aabc + aabc + 1 = 0        x = −1/abc

    Por lo tanto, el ortocentro  D(−1/abc, −abc)  pertenece a la rama negativa...