Triangolo equilatero

[axpgn]

Calcolare il lato di un triangolo equilatero conoscendo solo il valore delle ascisse dei tre vertici.


Cordialmente, Alex

[sellacollesella]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dato che i vertici di un poligono regolare hanno coordinate: \[
(x_k,y_k)=(x_c,y_c)+r\left(\cos\left(\theta+\frac{2k\pi}{n}\right),\sin\left(\theta+\frac{2k\pi}{n}\right)\right),\quad\text{con}\;k=1,2,\dots,n
\] ne consegue che: \[
\begin{aligned}
&\sum_{k=1}^n(x_k-x_c)^2=\frac{n}{2}r^2\\
&\sum_{k=1}^nx_k^2-2x_c\sum_{k=1}^nx_k+x_c^2\sum_{k=1}^n1=\frac{n}{2}r^2\\
&\sum_{k=1}^nx_k^2-2\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n x_k\right)\sum_{k=1}^nx_k+\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n x_k\right)^2n=\frac{n}{2}r^2\\
&\sum_{k=1}^n x_k^2-\frac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2=\frac{n}{2}r^2\\
&r=\sqrt{\frac{2}{n}\sum_{k=1}^n x_k^2-\frac{2}{n^2}\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2}\\
&l=2\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)\sqrt{\frac{2}{n}\sum_{k=1}^n x_k^2-\frac{2}{n^2}\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2}
\end{aligned}
\] ossia, nel caso di un triangolo equilatero, si ha: \[
\boxed{l=2\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1x_2-x_1x_3-x_2x_3}{3}}}.
\] Ovviamente ciò vale anche per le ordinate dei vertici.

[giammaria]

Do anche un altro metodo di soluzione.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Chiamo $a,b,c$ le ascisse dei vertici A, B, C (essendo A quello a sinistra) e chiamo $phi$ l'angolo che la bisettrice di $hat A$ forma con l'asse x. Poiché questa bisettrice forma angoli di 30° con AB, AC ho
${(b-a=lcos(phi-30°)),(c-a=lcos(phi+30°)):}->{(b-a=l(sqrt3/2 cos phi+1/2sin phi)),(c-a=l(sqrt3/2 cos phi-1/2sin phi)):}$
Posto per brevità $b_1=b-a;c_1=c-a$, sommo e sottraggo.
${(b_1+c_1=l sqrt3 cos phi),(b_1-c_1=l sin phi):}->{(l cos phi=(b_1+c_1)/sqrt 3),(l sin phi=b_1-c_1):}$
Quadrando e sommando, ottengo
$l^2=(b_1+c_1)^2/3+(b_1-c_1)^2= (b_1^2+2b_1c_1+c_1^2+3b_1^2-6b_1c_1+3c_1^2)/3=(4(b_1^2-b_1c_+c_1^2))/3$
ed estraendo la radice $l=2/sqrt3 sqrt(b_1^2-b_1c_1+c_1^2)$
E' la stessa formula di sellacollesella, solo scritta in modo diverso: non evidenzia il fatto che c'è simmetria fra le tre ascisse, ma è più concisa.

[axpgn]

@sellacollesella
Bravo!

Aggiungo questa soluzione alle tre che conosco, una geometrica, una "fisica" e una coi complessi


@giammaria
C'è qualcosa che non torna ...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Non è equivalente a quella di sellacollessella, prova con $a=1, b=2, c=3$.
D'altra parte la soluzione non può prescindere da $a$.

[sellacollesella]

Aggiungo questa soluzione alle tre che conosco, una geometrica, una "fisica" e una coi complessi

Urca, quante ne hai tirate fuori?! Comunque ai complessi ci avevo pensato all'inizio, magari ci proverò.

C'è qualcosa che non torna ...

Occhio che giammaria ha sostituito \(b_1=b-a\) e \(c_1=c-a\), così torna.

[axpgn]

Sorry, mi era sfuggito

[giammaria]

@ sellacollesella. Grazie per aver preso le mie difese.

@ axpgn. Mi incuriosisce la soluzione "fisica": puoi scriverla, almeno a grandi linee?

[axpgn]

Riporto la soluzione "fisica" in originale.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

A physics solution.
Without loss of generality, we can assume that $a+b+c=0$. Thus, the y-axis passes through the triangle’s centroid. The moment of inertia of the system consisting of the three triangle vertices with respect to the y-axis is $a^2 + b^2 + c^2$. Now, we add the symmetry consideration: the inertia ellipse must be invariant under the 60-degree rotation, implying that the ellipse is actually a circle. This means that the inertia moment doesn’t change under any system rotation. Thus, we can assume that one of the vertices lies on the y-axis. In this case, the inertia moment equals $L^2/2$, where $L$ is the length of the triangle’s side. The answer follows.

[giammaria]

Grazie.

[axpgn]

Prego.

Peraltro io trovo che la soluzione geometrica è la più carina