Punto en triángulo con máxima distancia desde los vértices

Question

Dado un triángulo con vértices $V_1$, $V_2$ y $V_3$, ¿cuál es el punto dentro del triángulo que está más lejos de cualquier vértice (es decir, el punto que maximiza la distancia mínima a cada vértice)?

Mi primera idea es que es el circuncentro para triángulos agudos y el centroide del lado más largo para triángulos obtusos, pero no puedo parecer probarlo.

Answer 1

Cuando el triángulo $\triangle ABC$ es agudo, el circuncentro $O$ es el punto que maximiza la distancia mínima.

Sea $R = |OA| = |OB| = |OC|$ el circunradio.

Sean $A', B', C'$ los puntos medios de los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente.

Dibuja seis segmentos de recta desde $O$ hasta $A,B,C, A',B',C'$. Estos dividirán el triángulo $ABC$ en seis triángulos rectángulos $\triangle OAC'$, $\triangle OC'B$, $\triangle OBA'$, $\triangle OA'C$, $\triangle OCB'$ y $\triangle OB'A$.

Considera los dos triángulos $\triangle OAC'$ y $\triangle OB'A$ que comparten el segmento $OA$.
Dado que $\angle AC'O = \angle OB'A = 90^\circ$, ambos triángulos están completamente dentro del círculo con $OA$ como diámetro (el círculo verde en el diagrama anterior). Dado que este círculo está dentro del círculo con $A$ como centro y pasando por $O$ (el círculo azul), cada punto $P$ que pertenece a los triángulos $\triangle OAC'$ y $\triangle OB'A$ satisface $$|PA| \le |OA| = R \quad\implies\quad \min(|PA|, |PB|, |PC|) \le R$$

Una situación similar ocurre con los dos pares de triángulos $\triangle OC'B, \triangle OBA'$ y $\triangle OA'C, \triangle OCB'$.
De esto, podemos concluir

$$\min(|PA|,|PB|,|PC|) \le R\quad\text{ para todos los puntos } P \text{ en el triángulo }ABC$$

Cuando $P = O$, la desigualdad anterior se convierte en una igualdad. Esto implica

$$\max_{P \in \triangle ABC}\left(\min(|PA|,|PB|,|PC|)\right) = R$$

y $O$ es el punto que maximiza la distancia mínima.

Actualización

Veamos el caso en el que el triángulo $ABC$ es obtuso.

Sin pérdida de generalidad, asumiremos $a = |BC| > b = |CA| \ge c = |AB|$.

Construye el bisector perpendicular del lado $CA$, dejando que intersecte $BC$ en $B''$.
Construye el bisector perpendicular del lado $AB$, dejando que intersecte $BC$ en $C''$.

Estos dos bisectores perpendiculares dividen el triángulo $ABC$ en 3 regiones, dos triángulos $\triangle BC''B$ (el rojo), $\triangle CB'B''$ (el verde) y un pentágono $AC'C''B''B'$ (el azul).

Para cualquier $P$ dentro de $\triangle ABC$, es fácil ver:

$$ \begin{array}{rcl} P \in \triangle BC''B & \implies & |PB| \le |PA|,|PC|\\ P \in AC'C''B''B' & \implies & |PA| \le |PB|, |PC|\\ P \in \triangle CB'B'' & \implies & |PC| \le |PA|, |PB \end{array} $$

Dado que las funciones de distancia $|PA|$, $|PB|$, $|PC|$ son convexas, su máximo se logrará en los vértices.

Dado que tanto $\triangle BC''C'$ como $\triangle CB'B''$ son triángulos rectángulos, tenemos que $|BC''| > |BC'|$ y $|CB''| > |CB'|$. Junto con las igualdades obvias, $|AC'| = |BC'|$, $|AC''| = |BC''|$, $|AB'| = |CB'|$, $|AB''| = |AB''|$, existen solo dos posibilidades. La distancia mínima máxima es lograda o bien

• en $B''$ con valor $|AB''| = |CB''| = \frac{b}{2\cos\gamma}$
• o en $C''$ con valor $|AC''| = |BC''| = \frac{c}{2\cos\beta}$.

donde $\beta = \angle C'BC''$ y $\gamma = B''CB'$.

Usando la regla del seno, tenemos

$$|CB''| : |BC''| = \frac{b}{2\cos\gamma} : \frac{c}{2\cos\beta} = \sin(2\beta) : \sin(2\gamma)$$

Dado que el triángulo $\triangle ABC$ es obtuso, ambos $\beta,\gamma \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ y por lo tanto $$b \ge c \iff \sin \beta \ge \sin\gamma \implies \beta \ge \gamma$$ Es imposible que $\sin(2\beta) < \sin(2\gamma)$ o eso obligaría a que $2\beta > \pi - 2\gamma \iff \beta + \gamma \ge \frac{\pi}{2}$ lo cual contradice la condición de que $\triangle ABC$ es obtuso. Como resultado, $$|CB''| \ge |BC''|$$ Esto confirma la conjetura de Joe Knapp. La distancia mínima máxima se logra en $B''$, la intersección del bisector perpendicular del segundo lado más largo con el lado más largo.

Utilizando la relación $c = 2R\sin\gamma$, se encuentra que la distancia mínima máxima es igual a $\displaystyle\;\frac{bR}{\sqrt{4 R^2-c^2}}\;$ en este caso.

Answer 2

Una forma de determinar el punto gráficamente sería expandir círculos de igual radio desde cada vértice hasta que encierren una pequeña área/punto.

Aquí tienes un ejemplo de un triángulo obtuso que viola tu regla:

El circuncentro formado por las mediatrices de cada lado está fuera del triángulo y el punto rojo grande es el punto más alejado, bastante lejos del punto medio del lado más largo. Es interesante que el punto esté en la mediatriz del segundo lado más largo, por lo que tal vez esa sea la regla: para triángulos obtusos, el punto deseado es la intersección del lado más largo con la mediatriz del segundo lado más largo.

Answer 3

Para un triángulo obtuso, el punto medio del lado más largo es una solución falsa.

Imagina que tienes un triángulo isósceles con un ángulo ápice obtuso. El punto medio de la base está tan cerca del ápice que puedes deslizarte a lo largo de la base para aumentar esa distancia hasta que estés igualmente lejos del ápice y del vértice de la base hacia el que te moviste. Ese es un punto de distancia máxima a todos los vértices. Ten en cuenta que es la intersección de la base con el bisector perpendicular de uno de los otros lados.

Aquí radica una pista para triángulos obtusos escalenos. Con los tres lados de diferentes longitudes, elige el lado más largo, luego construye el bisector perpendicular del segundo lado más largo, y donde se crucen es el punto que buscas. Ver la respuesta de @Joe knapp.

Answer 4

Decidí eliminar esta respuesta porque parecía que había entendido mal la pregunta. Pero tras pensarlo más detenidamente, creo que no lo hice.

Un experimento:
Se coloca una pelota de metal entre dos imanes fijos, y se asienta en el punto medio del intervalo que los separa, es decir, la distancia de la pelota desde cada imán se minimiza. Si luego se coloca un tercer imán equidistante de los otros dos, formando un triángulo equilátero, ¿qué le sucederá a la pelota? Seguramente se moverá para que descanse en el circumcentro del triángulo equilátero, es decir, la distancia mínima máxima desde cada vértice.

Si dos de los imanes se separan para que el triángulo de imanes siga siendo isósceles, ¿qué le sucederá a la pelota? ¿No permanecerá en la distancia mínima máxima desde cada vértice, es decir, la distancia mínima máxima entre los vértices se mueve para acomodar la nueva posición de los imanes? Si ese es el caso, entonces la distancia mínima máxima desde los vértices de un triángulo isósceles rectángulo no estará en la hipotenusa.

Afirmo que el punto requerido no es el circumcentro del triángulo, sino el del triángulo equilátero más grande que se puede inscribir dentro del triángulo dado.

He detallado la construcción de dicho triángulo equilátero aquí.

Entonces, para el $\triangle$ de achille hui, X es el punto requerido.

Y, para el $\triangle$ de Joe Knapp, X es el punto requerido.

Y, para el triángulo isósceles rectángulo de dxiv.