mateforum.ro

Fie \( ABC \) un triunghi echilateral si un punct \( P \) pe cercul sau inscris. Sa se demonstreze ca suma \( PA^2+PB^2+PC^2 \) nu depinde de alegerea punctului \( P \).

(mai mult, cred ca aceasta problema este adevarata si daca se considera un cerc arbitrar, concentric cu cercul inscris in triunghi)

Beniamin Bogosel wrote:Mai mult, cred ca aceasta problema este adevarata si daca se considera un cerc arbitrar, concentric cu cercul inscris in triunghi

Adevarat, dar sa mutam totusi topicul la clasa a X-a, sa nu fim necinstiti

Fie \( A_1...A_n \) un \( n \)-gon regulat, \( n \in \mathbb{N}_3 \), sau \( A_1A_2 \) un segment (cazul degenerat \( n = 2 \)).
Consideram planul complex care contine aceste puncte, cu originea \( O \) în centrul cercului circumscris (respectiv mijlocul segementului), iar \( [OA_n \) - axa reala. Normam \( OA_1 = \cdots = OA_n = 1 \), si putem presupune, fara a restrânge generalitatea, ca \( A_1(\epsilon) \), \( \epsilon = e^{2\pi i/n} \).
Pentru un punct arbitrar \( P \), se obtine (asociind afixe egale cu literele lower-case corespunzatoare):

\( \begin{array}{rcl} \sum PA_j^2 & = & \sum |p - a_j|^2 \\ & = & \sum (p - a_j)(\overline{p} - \overline{a_j}) \\ & = & \sum \left( |p|^2 + |a_j|^2 - p\overline{a_j} - \overline{p}a_j \right) \\ & = & n(OP^2 + 1) - \sum (p\overline{\epsilon^j} + \overline{p}\epsilon^j) \\ & = & n(OP^2 + 1), \end{array} \)

ultima egalitate justificându-se prin faptul ca \( n \ge 2 \) (deci \( \sum \epsilon^j = 0 \)).

Astfel, într-adevar, suma ia aceeasi valoare pentru doua puncte \( P, P^{\prime} \) iff \( OP = OP^{\prime} \), i.e., punctele se afla pe acelasi cerc concentric cu \( \mathcal{C}(A_1...A_n) \).

Cred ca iese si cu relatia lui Leibniz in triunghi
\( MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2) \). Tot asa de simplu.

Mai am o solutie analitica frumoasa, dar o sa o postez mai incolo.