Un triángulo equilátero está inscrito en una circunferencia de radio $r$ . Si $P$ es un punto cualquiera de la circunferencia, halla el valor de $PA^2 + PB^2 + PC^2$ .

Question

Un triángulo equilátero está inscrito en una circunferencia de radio $r$ . Si $P$ es cualquier punto de la circunferencia hallar el valor de $PA^2 + PB^2 + PC^2$ .

He conseguido resolver este problema utilizando geometría de coordenadas tomando un triángulo con su centroide en (0,0) y suponiendo un punto en $(r\cos\theta , r\sin \theta)$ .

Sin embargo, se me escapa una demostración más sencilla utilizando la geometría. ¿Es posible demostrarlo utilizando la geometría euclidiana o sin un método que requiera muchos cálculos?

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La respuesta es

$6r^2$

Answer 1

$PA^2+PB^2+PC^2$ es el momento de inercia de $\{A,B,C\}$ con respecto a $P$ que por la teorema del eje paralelo sólo depende de la distancia de $P$ desde el centroide de $ABC$ . En particular, si $ABC$ es equilátero y $P$ pertenece a la circunferencia de $ABC$ , $PA^2+PB^2+PC^2 = AA^2+AB^2+AC^2=6r^2. $

Answer 2

Sea $\omega:=e^{2\pi i/3}$ . Entonces $\omega\bar\omega=1$ y $1+\omega+\bar\omega=0$ . Para cualquier $z\in{\mathbb C}$ por lo tanto, se tiene $$(z-1)(\bar z-1)+(z-\omega)(\bar z-\bar \omega)+(z-\bar\omega)(\bar z-\omega)=3(|z|^2+1)\ .$$ Traducido a su problema esto significa que $|PA|^2+|PB|^2+|PC|^2=6r^2$ .

Answer 3

Sea $\Gamma$ sea la circunferencia del triángulo equilátero $ABC$ . Sin pérdida de generalidad, supongamos que $P$ está en el arco $BC$ de $\Gamma$ que no contenga $A$ . Por el Teorema de Ptolomeo, $$PA\cdot BC=PB\cdot CA+PC\cdot AB\,.$$ Desde $AB=BC=CA$ obtenemos $PA=PB+PC$ . Así, la expresión deseada es $$PA^2+PB^2+PC^2=2(PB^2+PC^2+PB\cdot PC)\,.$$ Ahora, observe que $\angle BPC=\dfrac{2\pi}{3}$ por lo que utilizando la ley de los cosenos, obtenemos $$PB^2+PC^2+PB\cdot PC=PB^2+PC^2-2\,PB\cdot PC\,\cos(\angle BPC)=BC^2\,.$$ Obviamente, $BC^2=3r^2$ (aquí se puede utilizar Pitágoras o la trigonometría), de donde $$PA^2+PB^2+PC^2=2(3r^2)=6r^2\,.$$

Answer 4

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $P$ está entre $A$ y $B$ . Así $m\angle{AOP}+m\angle{BOP}=120°$ . A continuación $m\angle{AOP} \ge m\angle{BOP}$ o $m\angle{AOP} < m\angle{BOP}$ . Supongamos que $m\angle{AOP} \ge m\angle{BOP}$ (esto lo podemos hacer debido a la simetría de la siguiente demostración). Entonces $m\angle{COP}=120°+m\angle{BOP}$ .
Sea $m\angle{BOP}/2=x$ entonces $PA=2r\sin (60°-x)$ , $PB=2r\sin x$ , $PC=2r\sin (60°+x)$ y tenemos $$PA^2+PB^2+PC^2=4r^2 \bigl( \sin^2 (60°-x)+\sin^2 x+ \sin^2 (60°+x) \bigr)=4r^2 \bigl( \sin^2 60° \cos^2 x -2\sin 60° \cos 60° \sin x \cos x + \cos^2 60° \sin^2 x+\sin^2 x+ \sin^2 60° \cos^2 x +2\sin 60° \cos 60° \sin x \cos x + \cos^2 60° \sin^2 x \bigr)=4r^2 \bigl( \frac{3}{2} \cos^2 x +\sin^2 x+ \frac{1}{2} \sin^2 x \bigr)=6r^2$$

Answer 5

Demostraré que si hay $n$ puntos igualmente espaciados en el círculo unitario y el punto $P$ es la distancia $r$ desde el origen, entonces la suma de los cuadrados de las distancias es $n(r^2+1)$ .

La OP es $n=3, r=1$ que da la respuesta $6$ .

Todo esto es geometría analítica.

Empezaré general y trabajaré hacia el problema original.

Que los ángulos de los puntos de la circunferencia unitaria sean $(t_k)_{k=1}^n$ por lo que los puntos son $(\cos(t_k), \sin(t_k))_{k=1}^n$ .

Sea $P$ estar en $(r\cos(p), r\sin(p))$ .

La suma

$\begin{array}\\ S &=\sum_{k=1}^n ((r\cos(p)-\cos(t_k))^2 +(r\sin(p)-\sin(t_k))^2)\\ &=\sum_{k=1}^n (r^2\cos^2(p)+\cos^2(t_k))-2r\cos(p)\cos(t_k)\\ &\quad +r^2\sin^2(p)+\sin^2(t_k)-2r\sin(p)\sin(t_k))\\ &=\sum_{k=1}^n (r^2(\cos^2(p)+\sin^2(p))+\cos^2(t_k)+\sin^2(t_k)\\ &\quad -2r(\cos(p)\cos(t_k)+\sin(p)\sin(t_k))\\ &=\sum_{k=1}^n (r^2+1 -2r\cos(p-t_k))\\ &=n(r^2+1)-2r\sum_{k=1}^n \cos(p-t_k)\\ &=n(r^2+1)-2r(\cos(p)\sum_{k=1}^n \cos(t_k)+\sin(p)\sum_{k=1}^n \sin(t_k))\\ \end{array} $

En la OP, donde $n=3$ et $r=1$ , el primer término da la respuesta respuesta del $6$ .

Veamos si espaciando los puntos por igual alrededor del círculo hace que las sumas sean cero.

Sea $t_k =2\pi(k-1)/n $ . Entonces

$\begin{array}\\ \sum_{k=1}^n e^{t_ki} &=\sum_{k=1}^n e^{2\pi i(k-1)/n}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1} e^{2\pi ik/n}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1} (e^{2\pi i /n})^k\\ &=\dfrac{1-(e^{2\pi i /n})^n}{1-e^{2\pi i/n}}\\ &=\dfrac{1-e^{2\pi i}}{1-e^{2\pi /n}}\\ &=0\\ \end{array} $

Desde $\sum_{k=1}^n e^{t_ki} =\sum_{k=1}^n \cos(t_k)+i\sum_{k=1}^n \sin(t_k) $ , esto implica que $0 =\sum_{k=1}^n \cos(t_k) =\sum_{k=1}^n \sin(t_k) $ por lo que las sumas son cero y la suma total es $n(r^2+1)$ .