El triángulo equilátero más grande circunscribiendo un triángulo dado

Question

Hace siete años, una de mis muchas contribuciones a la edición de marzo de 2010 de Math Magic de Erich Friedman fue el empaquetado de ocho círculos de diámetro unitario y un triángulo equilátero de longitud lateral unitaria en un círculo lo más pequeño posible.

Para minimizar el radio del círculo delimitante $r$, tuve que determinar el triángulo equilátero más grande tangente externamente a los tres círculos adyacentes a él, luego ajustar numéricamente $r$ hasta que dicho triángulo tuviera longitudes laterales $1$. Este no es un problema trivial y en ese entonces hice prueba y error en GeoGebra. ($2r=3.4133707107\dots$)

Es fácil ver que los círculos se pueden reducir y el triángulo equilátero agrandarse alrededor de su centro mientras se preservan las tangencias, por lo que el problema es equivalente a encontrar el triángulo equilátero más grande $\Delta^*$ donde cada borde está incidente en uno de $A,B,C$ donde $A,B,C$ son los centros de los círculos. La siguiente construcción no cuenta dado que un lado no se encuentra con $\triangle ABC$:

Ahora, habiendo reavivado mi interés en triángulos, creo que he encontrado una construcción para $\Delta^*$ para $A,B,C$ arbitrarios, y estoy pidiendo aquí una demostración más tradicional de su optimalidad. Mi construcción procede de la siguiente manera:

1. Construir el primer centro isógono/punto de Fermat del triángulo, $X_{13}$ en la Enciclopedia de Centros de Triangulología (ETC). Es decir, construir triángulos equiláteros hacia afuera $A'BC, AB'C, ABC'$ en los lados de $\triangle ABC$, luego $X_{13}$ es la concurrencia de $AA',BB',CC'$.
2. $\Delta^*$ es (conjeturalmente) el triángulo antipedal de $X_{13}$.$^\dagger$ Es decir, $\Delta^*$ es el triángulo formado por perpendiculares en $A,B,C$ de $AX_{13},BX_{13},CX_{13}$ respectivamente; se garantiza que sea equilátero porque las líneas que se encuentran en $X_{13}$ están uniformemente espaciadas alrededor de él.

El centroide del triángulo construido de esta manera es $X_{5463}$ en el ETC, la reflexión de $X_{13}$ en el centroide de $\triangle ABC$, y su área es $\frac{a^2+b^2+c^2}{2\sqrt3}+2\operatorname{area}(\triangle ABC)$ donde $a,b,c$ son las longitudes de los lados. (Alternativamente, el área es $2\left(1+\frac{\cot\omega}{\sqrt3}\right)\operatorname{area}(\triangle ABC)$ donde $\omega$ es el ángulo de Brocard.)

¿Cómo puedo demostrar que mi construcción realmente produce $\Delta^*$, el triángulo equilátero circunscrito más grande?

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$^\dagger$Sin pérdida de generalidad, asumir que $AB$ es el lado más largo, y dejar que $P,Q$ sean los puntos medios de $AC',BC'$ respectivamente. Si $\overline{CP}$ o $\overline{CQ}$ es menor que $\frac12\overline{AB}$, mi construcción no producirá un triángulo equilátero realmente incidente en todos los puntos $A,B,C$. En ese caso, $\Delta^*$ tiene un lado colineal con el lado más corto del triángulo $s$ y un vértice coincidente con el ángulo más pequeño del triángulo original incidente a $s$. Si $A,B,C$ son centros de círculo en un problema de empaquetamiento, esto significa que se puede dibujar un triángulo equilátero más grande introduciendo un punto de contacto.

Answer 1

Voy a usar las $\triangle PQR$ en lugar de $\triangle ABC$, para evitar algunos de los métodos de representación de la confusión.

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Primero, un poco de trabajo de preparación.

Dado $\triangle PQR$, se erigen en (dirigida) el segmento de $\overline{PQ}$ un triángulo equilátero $\triangle PQR'$ con una de las agujas del reloj orientación. Del mismo modo, se erigen las agujas del reloj equilaterals $\triangle QRP'$ e $\triangle RPQ'$. Como sucede, las líneas de $\overleftrightarrow{PP'}$, $\overleftrightarrow{QQ'}$, $\overleftrightarrow{RR'}$ convergen en un punto común, y hacerlo de forma simétrica. Cuando $\triangle PQR$ sí tiene un contador de las agujas del reloj orientación, los tres equilaterals son externas a él, y las tres líneas de cumplir en la primera isogonic centro (Kimberling centro $X_{13}$); cuando se $\triangle PQR$ tiene una de las agujas del reloj orientación, la equilaterals se superponen en su interior, y el punto en común que es el segundo isogonic centro ($X_{14}$).

En cualquier caso, nos encontramos con que cualquier triángulo puede ser colocado de tal manera que cada uno de sus vértices se encuentra en uno de los tres concurrentes, simétricamente dispuestos en líneas. Tomando el punto en común, el origen, y una de las líneas de la $x$-eje, podemos coordinatize $\triangle PQR$ así (abusando de la notación, de modo que $\operatorname{cis}\theta := (\cos\theta, \sin\theta)$) como $$P := p \operatorname{cis} 0 \qquad Q := q \operatorname{cis}\tfrac23\pi\qquad R := r \operatorname{cis}(-\tfrac23\pi) \tag{1}$$ donde suponemos $q$ e $r$ son no-negativos (y no al mismo tiempo cero). Uno puede mostrar que la $x$-intercepción de $\overline{QR}$ es $-qr/(q+r)$; en consecuencia, $\triangle PQR$'s de la orientación depende de la $p$'s relación a ese valor, y podemos escribir $$\text{The origin is}\;\triangle PQR\text{'s}\; \left\{\begin{array}{c}\text{first} \\ \text{second} \\ \text{(either)} \end{array}\right\}\; \text{isogonic center if} \;\; p q + q r +r p \left\{\begin{array}{c} > \\ < \\ = \end{array}\right\} 0 \tag{2}$$

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Ahora para el tema en cuestión.

Los lados de un triángulo equilátero de delimitar $\triangle PQR$ son líneas a través de las $P$, $Q$, $R$ con simétricamente dispuestos en vectores normales, digamos, $$u := \operatorname{cis}\theta \qquad v := \operatorname{cis}\left(\theta+\tfrac23\pi\right) \qquad w := \operatorname{cis}\left(\theta\tfrac23\pi\right) \etiqueta{3}$$ Deje $T_\theta$ ser el resultado de un triángulo equilátero. Voy a renunciar a dar sus vértices. Lo importante es comparar el tamaño de estos triángulos a través de todos los $\theta$, lo cual se puede hacer mediante el cálculo de las áreas de:

$$|T_\theta| = \frac{1}{\sqrt{3}}\;\left(\,p + q + r\,\right)^2\,\cos^2\theta \tag{4}$$

Claramente, $|T_\theta|$ se maximiza con $\theta = 0$ (o $\pi$), dando un área máxima

$$|T_0| = \frac1{\sqrt{3}} (p+q+r)^2 \tag{$\estrella de$}$$

cuando $u$, $v$, $w$ son paralelas a $\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{OC}$. Cuando $O$ es $\triangle PQR$'s primer isogonic centro (ver $(2)$), a continuación, $T_0$ partidos OP de la construcción.

Ahora, mientras que el $T_\theta$ triángulos formar una familia infinita de equilaterals con líneas laterales que contiene los vértices de $\triangle PQR$, el suyo no es el único de su familia. Tenemos otro con el cambio de los signos en $(3)$; es decir, mediante el intercambio de los roles de $v$ e $w$. La correspondiente triángulos, $T_\theta'$, tienen áreas dada por

$$|T^\prime_\theta| = \frac{1}{\sqrt{3}}\,\left(\,p \cos\theta + q \cos\left(\theta+\tfrac23\pi\right) + r \cos\left(\theta-\tfrac23\pi\right) \,\right)^2 \tag{5}$$

Una rápida derivada nos dice que los valores críticos de $(4)$ se producen por $$\cuna\theta = \frac{\sqrt{3}\,(q-r)}{2p-q-r} \quad\text{o}\quad \tan\theta = \frac{\sqrt{3}\,(r-q)}{2p-q-r} \etiqueta{6}$$ El primero corresponde a un área de cero; el último es maximizar, y hemos

$$\phi := \tan^{-1}\frac{\sqrt{3}\,(r-q)}{2p-q-r} \quad\to\quad |T^\prime_\phi| = \frac1{\sqrt{3}} \left(p^2+q^2+r^2-p q-q r-r p\right) \tag{$\estrellas\estrella de$}$$

Comparando $(\star)$ a $(\star\star)$, tenemos $$|T_0| - |T_\phi^\prime| = \sqrt{3} \left(p q + q r + r p\right) \tag{7}$$

el que imita a $(2)$. Así, $T_0$ es máxima cuando $O$ es el primer isogonic centro de $\triangle PQR$; de lo contrario, $T^\prime_\phi$ es.

Es importante destacar, que el lector puede verificar que, en la clave ángulo de $\theta = \phi$ de $(\star\star)$, las líneas a través de las $P$, $Q$, $R$ con la dirección de los vectores $u$, $v$, $w$ (los dos últimos con sus signos cambiados) se unen en un punto; en concreto, que se encuentran en el $\triangle PQR$'s de "otros" isogonic centro. Esto nos dice que $T^\prime_\phi$ es en realidad el triángulo equilátero obtenidos a partir de OP de la construcción en relación a "otros", en el centro. Dado que, por $(7)$ e $(2)$, equilátero $T^\prime_\phi$ maximiza todos los triángulos precisamente cuando el "otro" centro " es el primer isogonic centro, hemos demostrado que

OP de la construcción con relación a la primera isogonic centro es siempre máxima.

$\square$

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Aquí hay un par de animaciones, mostrando de manera diferente orientado a $\triangle PQR$ (en sentido antihorario vs hacia la derecha); el origen (sin marcar el punto negro) es el primero o segundo isogonic centro, respectivamente. Triángulos $T_\theta$ son de color verde, mientras que $T^\prime_\theta$ son de color azul claro.

Estas imágenes resaltar que, si bien los diferentes triángulos equiláteros tienen líneas laterales de pasar a través de los vértices de $\triangle PQR$, no todos tienen el $\triangle PQR$ en su interior; por lo tanto, no todos ellos son "delimitar" en el sentido tradicional.