Sea $\triangle ABC$ un triángulo no obtusángulo. Para cada punto $P$ en el segmento $BC$ sean $Q$ en el segmento $AC$ y $R$ en el segmento $AB$, tales que el $\triangle PQR$ tenga perímetro mínimo. Probar que si todas las rectas $QR$ son concurrentes (cuando $P$ recorre $\overline{BC}$) entonces el ángulo $\angle BAC$ es recto.
Primero vamos a ver como construir un triángulo de perímetro mínimo $△PQR$. Lema:
Sea $P_1$ y $P_2$ las reflexiones de $P$ sobre $AC$ y $AB$, entonces definiendo la intersección de $P_1P_2$ con $AC$ y $AB$ como $Q$ y $R$ respectivamente. Tenemos que $△PQR$ es el triangulo de perímetro mínimo.
Notemos que el perímetro de $△PQR$ es el segmento $P_1P_2$, ya que $P_1Q+QR+RP_2=PQ+PQ+PR.$ Por reflexión. Entonces supongamos que existen $S$ y $T$ tal que $△PST$ tenga el menor perímetro (Con $S$ y $T$ puntos en los segmentos $AC$ y $AB$, diferentes de $Q$ y $R$).
Por lo tanto tenemos que $P_1S=PS, P_2T=PT$ esto nos dice que el perímetro de $△PST$ es la "línea quebrada" que va de $P_1$ a $P_2$, y que pasa por $S$ y $T$. Tenemos que por desigualdad triangular, $P_1P_2 \leq P_1P_2(S)(T)$ (la "línea quebrada") Abs!. La igualdad se da cuando $P_1P_2(S)(T)$ deja de ser una línea quebrada, por lo que $S=Q$ y $T=R$, como habiamos dicho.
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Sea $D$ el pie de la altura de $A$, $D_1$ y $D_2$ las reflexiones de $D$ respecto de $AC$ Y $BC$. Tenemos que $DA=D_1A=D_2A$ y $D_1\widehat{A}D_2=2B\widehat{A}C$, esto mismo se puede aplicar para cualquier triangulo $AP_1P_2$. Por ende todos estos triángulos son rotohometicos. Sea $G$ la intersección de $P_1P_2$ y $D_1D_2$, y como $D_1AD_2$ y $P_1AP_2$ son rotohometicos tenemos que $AP_1D_1G$ y $AGD_2P_2$ son cíclicos. Como $P_1D_1A$ es la reflexión de $ADP$ respecto de $BA$, por ende $P\widehat{D}A = P_1\widehat{D_1}A=90^{\circ}=P_1\widehat{G}A \Rightarrow G$ es el punto medio del segmento $P_1P_2$. Esto es para $P$ arbitrario en el segmento $BC$.
Con esto, supongamos que existe un $P'$ tal que $P'_1P'_2$ pase por $G$ y $AP <AP'(1)$, entonces tenemos que $G$ es el punto medio de $P'_1P'_2 \Rightarrow A\widehat{G}P_1=A\widehat{G}P'_1=90^{\circ}$ pero esto nos da que $P'_1P'_2$ esta en la misma recta que $P_1P_2$ y como $P'_1P'_2>P_1P_2$ por $(1)$ entonces $P'_1AP'_2$ y $P_1AP_2$ no serian semejante. abs¡
Con esto ultimo se ve que en un triangulo acutángulo no se cumple lo pedido, pero si $ABC$ fuera recto, entonces tenemos que el $P_1, P_2$ y $A$ serían colineales (ya que $P_1\widehat{A}P_2=2\widehat{A}=180^{\circ}$), con lo que $Q=A=R$ por ende todas las rectas $QR$, que también serian las rectas $P_1P_2,$ concurren en $A$.
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Está muy buena la solución, solo tengo un comentario y es que a esta "línea quebrada"
Nahu escribió: ↑Vie 11 Jun, 2021 3:14 am
esto nos dice que el perímetro de $△PST$ es la "línea quebrada" que va de $P_1$ a $P_2$, y que pasa por $S$ y $T$.
Yo la conozco como línea poligonal, en este caso sería la poligonal $P_1STP_2$.
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
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