Una conjetura relacionada con cualquier triángulo

Question

Dado un lado $AC$ de cualquier triángulo $\triangle ABC$ podemos dibujar la pareja de círculos con centro en $A$ y pasando por $C$ y con centro en $C$ y pasando por $A$ obteniendo dos puntos $D,E$ correspondientes a las intersecciones de estos dos círculos.

Lo mismo puede hacerse con los otros dos lados, obteniendo otros $2$ parejas de círculos y otros $4$ puntos $F,G,H,I$ .

Mi conjetura es que

La suma de las áreas de los triángulos $\triangle IDG$ y $\triangle FHE$ es igual al área del triángulo $\triangle ABC$ .

(Obsérvese que $I,D,G$ y $F,H,E$ son los puntos de intersección de tres distinto parejas de círculos, subrayados por los diferentes colores. Sospecho que se pueden formular conjeturas similares partiendo de una elección diferente de estos puntos. Por ejemplo, si consideramos los triángulos $\triangle EHG$ y $\triangle FID$ la suma del área del primero y el área del triángulo original $\triangle ABC$ parece dar el área de la segunda, como se ilustra a continuación).

Este es probablemente un resultado muy obvio, y me disculpo en este caso. Sin embargo, necesitaría alguna pista para proporcionar una prueba compacta de tal conjetura. Por lo tanto, ¡agradezco cualquier sugerencia y comentario!

Answer 1

Es un pariente de una propiedad de Triángulos de Napoleón y/o lo que podríamos llamar Triángulos "Petr-Douglas-Neuman" : triángulos determinados por los vértices del vértice de los triángulos isósceles erigidos sobre los lados de un triángulo dado.

Coordinemos en el $xy$ -plano de $\mathbb{R}^3$ (la tercera dimensión nos dará un fácil acceso al "área firmada"), con $$A = (0,0,0) \qquad B = (c,0,0) \qquad C = (b \cos A, b \sin A,0)$$

Tenga en cuenta que uno de los rastros $A\to B\to C\to A$ en sentido contrario a las agujas del reloj.

Definir $(x,y,0)^\perp := (-y,x,0)$ que realiza una $90^\circ$ rotación del vector en sentido contrario a las agujas del reloj $(x,y,0)$ sobre el origen. Con esto, podemos definir $$\begin{align} D_{\pm}&:=\frac12\left(\;(B+C)\mp t\;(C-B)^\perp\;\right) \\[4pt] E_{\pm}&:=\frac12\left(\;(C+A)\mp t\;(A-C)^\perp\;\right) \\[4pt] F_{\pm}&:=\frac12\left(\;(A+B)\mp t\;(B-A)^\perp\;\right) \end{align}$$ donde $t := \tan\theta$ para $0<\theta<90^\circ$ el ángulo de la base de un triángulo isósceles. La elección de los signos garantiza que $D_{+}$ es el vértice de dicho triángulo isósceles erigido sobre $\overline{CA}$ fuera de $\triangle ABC$ , mientras que $D_{-}$ es el vértice del triángulo isósceles que se solapa con $\triangle ABC$ . (Entonces, para los triángulos de Napoleón, $\theta = 30^\circ$ mientras que para los triángulos de esta pregunta, $\theta = 60^\circ$ .)

Elegimos $+$ para ser en el exterior el triángulo, de modo que $\triangle D_{+} E_{+} F_{+}$ se traza en la misma orientación que $\triangle ABC$ . (Tenga en cuenta que $D_{-}E_{-}F_{-}$ puede o no tener la orientación opuesta; depende de si $\theta$ es lo suficientemente grande como para que los ápices de los triángulos isósceles pasen de largo).

Ahora, calculamos el área con signo de $\triangle XYZ$ a través de $$|\triangle XYZ| := \left(\;(Y-X)\times(Z-X)\;\right)\cdot\left(0,0,\frac12\right)$$ Efectivamente, tomamos la mitad de la tercera coordenada del producto cruzado; las otras dos coordenadas son $0$ En cualquier caso. (¡Así es como la tercera dimensión resulta útil!) Con esta definición, tenemos, para los signos $d$ , $e$ , $f$ , $$\begin{align} |\triangle ABC| &= \frac12b c \sin A \\[6pt] |\triangle D_d E_e F_f| &= \frac14 |\triangle ABC|\left(1+t^2(de+ef+fd)\right) + \frac18 \left(a^2 d + b^2 e + c^2 f\right) \\[6pt] |\triangle D_{-d} E_{-e} F_{-f}| &= \frac14 |\triangle ABC|\left(1+t^2(de+ef+fd)\right) - \frac18 \left(a^2 d + b^2 e + c^2 f\right) \end{align}$$ Así,

$$|\triangle D_{d}E_{e}F_{f}| + |\triangle D_{-d}E_{-e}F_{-f}| = \frac12 |\triangle ABC| \left(\; 1 +t^2 (de+ef+fd) \;\right) \tag{$\star$}$$

Para $\theta = 30^\circ$ (Napoleón), $t^2=1/3$ y $(\star)$ se convierte en $$\frac16|\triangle ABC|\left(\;3+de+ef+fd\;\right) = |\triangle ABC| \qquad\text{when $ d $, $ e $, $ f $ match }$$ Y, para $\theta = 60^\circ$ (OP), $t^2 = 3$ Así que $$\frac12|\triangle ABC|\left(\;1+3(de+ef+fd)\;\right) = -|\triangle ABC|\qquad\text{when exactly two of $ d $, $ e $, $ f $ match}$$

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Como nota al margen, esta pregunta reciente se pregunta por la concurrencia de segmentos a través de los vértices del vértice de los triángulos isósceles en general.

Answer 2

Supongo que se refiere a áreas orientadas para los triángulos.

He construido un modelo de geogebra y moviendo B veo algunos casos que pueden coincidir con tu conjetura sólo usando esta definición de área. Así que este es un caso similar a su primera. Si muevo el punto B para alcanzar el segmento AC, el triángulo ABC degenera en un segmento (El área de ABC es igual a 0) pero los otros triángulos no. Aunque, si B es cualquier punto de la recta AB, ambos triángulos IDG y EFH son simétricos, por lo que si consideramos un área orientada, uno tiene área positiva, el otro tiene la misma área negativa y sólo en este caso la suma es correcta.

Si entiendo bien esto es un contraejemplo a su conjetura en la forma original.