Triangoli per cui
base + altezza = semiperimetro
Indico con x, y e z le misure dei lati (rispetto ad una comune unità di misura). Indico inoltre con $\displaystyle h_z$ l'altezza relativa alla base z, con p il semiperimetro e con S l'area.
Dovranno ovviamente valere le disuguaglianze (triangolari):
$y+z>x>0$ , $z+x>y>0$ , $x+y>z>0$
Risulta, con dimostrazione immediata, che se il triangolo di lati x, y e z soddisfa alla proprietà precedente, anche ogni triangolo ad esso simile, di lati kx, ky e kz (k>0), vi soddisfa. Questo comporta che la misura di uno dei lati può essere fissata a piacere; in seguito considererò la base z=1.
Per note definizioni e teoremi risulta:
$\displaystyle p=\frac{x+y+z}{2}$, $\displaystyle s=\sqr{p(p-x)(p-y)(p-z)}$, $\displaystyle h_z=\frac{2S}{z}$
La condizione $\displaystyle z+h_z=p$ si traduce quindi in $\displaystyle 2S=z(p-z)$. Sostituendo, elevando al quadrato e dividendo per (p-z) (sicuramente diverso da zero) si ottiene:
$\displaystyle x^{3}+y^{3}-2z^{3}-x^{2}y+x^{2}z-xy^{2}+zy^{2}-2xyz = 0$
La precedente può essere considerata come l'equazione di una cubica F(x,y,z) in un piano proiettivo di coordinate omogenee x, y e z in cui considero la retta z=0 come retta impropria (o all'infinito).
Le derivate parziali della F(x,y,z) sono
$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x} = (x-y)(3x+y+2z)$, $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y} = (y-x)(x+3y+2z)$, $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z} = (x-y)^2-6z^2$
Le tre derivate parziali si annullano contemporaneamente solo per x=y e z=0. La cubica non è dunque riducibile e per essa il punto improprio (1,1,0). è un punto doppio (una cuspide). La cubica è dunque razionale.
Ponendo z=1 (come precisato all'inizio) si passa alle coordinate cartesiane ordinarie e si ottiene l'equazione
$\displaystyle x^3-x^{2}y-xy^{2}+y^{3}+x^{2}-2xy+y^{2}-2=0$
Il punto doppio trovato è il punto improprio della bisettrice del primo e terzo quadrante: una generica parallela alla suddetta bisettrice, y=x+t, ha quindi due intersezioni con la cubica nel punto improprio e una terza intersezione al finito.
Sostituendo si ottiene
$\displaystyle 2t^{2}x+t^{3}+t^{2}-2=0$
Ricavando la x e sostituendo infine per ottenere la y si ottiene infine
$\displaystyle x=\frac{2-t^{3}-t^{2}}{2t^{2}} \qquad y=\frac{2+t^{3}-t^{2}}{2t^{2}} \qquad z=1 \qquad t\neq 0$
La cubica è disegnata in rosso in figura 1 con in blu la bisettrice del primo e terzo quadrante.
Dalla curva si risale al problema geometrico se sono rispettate le condizioni poste all'inizio che si possono tradurre in
$\displaystyle x>0 \qquad y>0 \qquad y+1>x \qquad x+1>y \qquad x+y>1$
In figura 1 sono state quindi disegnate, in nero, le rette $\displaystyle y=x+1 \qquad y=x-1$ parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante, e la retta $\displaystyle x+y=1$.
I punti della curva che risolvono il problema geometrico sono dunque quelli che appartengono alla fascia limitata dalle prime due rette e posti a destra della terza, cioè per $\displaystyle -11$, ne consegue che $\displaystyle\qquad\frac{\hat y}{2}>45^\circ$ cioè $\displaystyle\qquad\hat y > 90^\circ$.Tutti i triangoli considerati sono dunque ottusangoli con l'angolo ottuso adiacente alla base.
Da alcune semplici considerazioni sulla funzione $\displaystyle\qquad\cos\hat z=\frac{4-t^4}{4+t^4}$ per 0<t<1 si deduce $\displaystyle\qquad 0<\hat z<\arccos\left(\frac{3}{5}\right)$.
Per ottenere una rappresentazione grafica dei triangoli considerati considero l'altezza $\displaystyle\qquad h_z=\frac{1-t^2}{t^2}\qquad$ e la proiezione di y su z $\displaystyle\qquad pr=y\cdot\cos\hat x = \frac{(t+1)(2-t)}{2t}\qquad$.
Considero quindi le precedenti come le equazioni parametriche di una curva che traccio riportando l'altezza $\displaystyle h_z$ sulle ascisse e la proiezione pr sulle ordinate. Ottengo la curva di figura 2 nella quale in rosso è evidenziato il tratto di curva corrispondente a 0<t<1.
Fissata una altezza si determina il corrispondente punto P sul ramo di curva suddetto. Il triangolo richiesto ha i vertici in P e nei punti (0,0) e (0,1). In figura è evidenziato in verde uno di questi triangoli (per $\displaystyle h_z=3$).
Al problema di disegnare uno dei triangoli considerati note la base e l'altezza si può anche dare una soluzione tipo riga e compasso come in figura 3.
Dati i segmenti (che chiamo più semplicemente) z (base) e h (altezza)
1- si riportano successivamente su di una retta i segmenti AC=z, CD=h, DB=z e BI=h,
2- con centro nel medio E di AB si traccia la circonferenza di diametro AB,
3- da C si manda la perpendicolare ad AB,
4- si determina l'intersezione G tra la circonferenza e la perpendicolare,
5- sulla perpendicolare si riporta, dalla parte opposta rispetto a G, il segmento CL=z,
6- si congiunge B con G,
7- da I si traccia la parallela a BG,
8- la perpendicolare incontra la parallela in K,
9- si determina il punto medio M di LK,
10- da M e da D si mandano le parallele rispettivamente ad AB e a CG che si incontrano in P,
11- P è il terzo vertice del triangolo cercato dopo C ed L.
In figura il triangolo è stato evidenziato in verde.
Per la costruzione ho posto (anche per non dover considerare la base z unitaria) $\displaystyle \qquad\frac{h}{z}=\frac{1-t^2}{t^2}\qquad\frac{pr}{z}=\frac{(t+1)(2-t)}{2t}$
Dalla prima si ricava (scegliendo il valore positivo di t) $\displaystyle\qquad t=\frac{\sqr z}{\sqr{z+h}}$
sostituendo nella seconda e sistemando opportunamente i termini si ricava $\displaystyle\qquad pr=\frac{z}{2}+\frac{(x+2h)\sqr{z(z+h)}}{2(z+h)}$
La procedura indicata consiste nel costruire la formula di pr: ne risulta LM=pr.
Dati i segmenti base e altezza la procedura consente quindi di costruire in ogni caso il triangolo richiesto.
Diverso risulta il caso in cui vengano dati la base e un altro dei due lati. In effetti supposti dati z e y (base e lato maggiore) si avrebbe
$\displaystyle\qquad \frac{y}{z}=\frac{t^3-t^2+2}{2t^2}$.
quindi si dovrebbe risolvere nell'incognita t l'equazione $\displaystyle\qquad zt^3-(2y+z)t^2+2z=0$
che in genere non è riducibile. Siamo quindi in una situazione simile a quella della duplicazione del cubo o della trisezione dell'angolo. In questo caso il problema non è risolubile graficamente con costruzioni basate esclusivamente sull'uso di riga e compasso.