Dati l'ortocentro H, il piede Ha dell'altezza uscente dal vertice A e l'incentro I, costruire i vertici A, B e C del triangolo.
Mi sono fermato su questo problema perché scorrendo i precedenti nella stessa serie ero riuscito a risolverli abbastanza facilmente per via sintetica con le nozioni apprese nelle peregrinazioni precedenti, ma questo mi resisteva. A un primo sguardo mi sembrava facile perché, come si vede (in blu tratteggiato) nella figura sottostante, è immediato costruire il cerchio inscritto e le rette che contengono i vertici; ma poi non riuscivo ad andare avanti.
Passando alla soluzione analitica, mi è sembrato naturale usare come unica incognita la posizione di A sulla retta H-Ha, perché poi mediante le tangenti al cerchio inscritto è immediato trovare B e C. Ho fissato l'origine degli assi nel punto Ha, l'asse x sulla retta Ha-H e l'asse y sulla retta BC. (vedi figura sottostante)
Le coordinate dei punti sono Ha(0,0) , H(h,0) , A(a,0) , B(0,b) , C(0,c), I(r,d) (dove r e d sono le lunghezze dei segmenti I-Ia e Ia-Ha). Muovendo il punto A si vede che la retta BH non è in genere perpendicolare ad AC (quella perpendicolare nella figura è B-Hb). Quando B-Hb si sovrappone a BH allora A si trova nella posizione voluta.
Sono partito calcolando i punti di tangenza T1 e T2 come intersezioni del cerchio inscritto con quello di diametro I-A, secondo la classica costruzione. Poi ho calcolato le coordinate di B e ho imposto la condizione che la retta BH sia perpendicolare alla retta A-T2. Mi è venuta un'equazione abbastanza complicata con parecchie radici quadrate che non riuscivo a far risolvere simbolicamente ai vari CAS. Dopo parecchi tentativi infruttuosi ho deciso di cambiare strategia e di abbandonare per una volta il mantra di una sola incognita passando a due e quindi ad un sistema di due equazioni: il motivo è che almeno nel sistema iniziale avrei potuto evitare le radici quadrate. In realtà mi ricordavo vagamente di aver letto nei primi tempi di Geometriagon il primo capitolo del libro di Cox, Little, O'Shea intitolato "Ideals, Varieties, and Algorithms", nel quale attraverso l'uso delle basi di Groebner prometteva di risolvere i problemi legati ai sistemi di equazioni anche non lineari, ed in particolare parlava della teoria dell'eliminazione. Poi non ero riuscito ad andare molto oltre, però avevo intuito che i CAS in circolazione implementano già gli algoritmi lì descritti, e quindi avrei potuto trarne profitto.
Ho preso dunque come incognite a e b con queste due condizioni: la retta AB deve avere distanza r da I, la retta AC perpendicolare a BH deve avere distanza r da I. Usare le distanze (o meglio i loro quadrati) mi ha permesso di eliminare le radici dal sistema. Avendo la retta AB equazione $a y+b x=a b$, la prima equazione viene $(a d+b r-a b)^2=(a^2+b^2) r^2$, la retta BH ha coefficiente angolare $-b/h$ e quindi la retta AC ad essa perpendicolare ha equazione $by=h(x-a)$, e imponendo che disti r da I si ottiene la seconda equazione $(bd-hr+ha)^2=(b^2+h^2)r^2$. Il sistema da risolvere è questo: $$ \begin{cases} (a d+b r-a b)^2-(a^2+b^2) r^2=0 \\ (b d-h r+h a)^2-(b^2+h^2) r^2=0 \end{cases}$$ Per eliminare b volendo si potrebbe calcolarlo dalla prima equazione (quadratica) e poi sostituirlo nella seconda, come si fa normalmente; però nascono due piccoli inconvenienti: compaiono radici quadrate e bisogna scegliere quale delle due soluzioni sostituire. Invece mi pareva di avere capito che la teoria dell'eliminazione è in grado di evitarli e quindi ho voluto provare. Siccome non ho trovato un comando apposito in Derive, sono passato a Maple che mette a disposizione il comando eliminate, che opera su una lista di equazioni e una o più incognite da eliminare. Quello che è risultato si vede nella figura sottostante.
Il mio sistema si è trasformato in un altro equivalente, in cui la seconda equazione non contiene b e non ci sono nemmeno radici. Osservando la seconda equazione, si nota che è l'unione di tre equazioni: a=0 era attesa perché il punto Ha soddisfa le condizioni, ma non sappiamo cosa farne; poi c'è un'equazione cubica che non porta ad una costruzione; e infine c'è una lineare che ha questa semplice soluzione $a=2r+\frac{r^2-d^2}{h}$ ed è quella che si può facilmente costruire. Un risultato entusiasmante che mi ha fatto apprezzare finalmente le applicazioni delle basi di Groebner.
Poi mi sono chiesto se anche il CAS di Geogebra è ugualmente potente: ho visto che esiste il comando Eliminate e l'ho provato (Geogebra me l'ha tradotto in Riduzione, che secondo me è meno espressivo anche se corretto): il risultato è stato un'unica equazione di sesto grado che non contiene b e quindi il lavoro è stato svolto, però non mi dava le stesse informazioni di Maple; tuttavia mi è venuto in mente di fattorizzare il polinomio di sesto grado e ho riottenuto lo stesso risultato di Maple (il quale evidentemente ha fatto le due operazioni insieme). La figura sottostante mostra cosa succede.
Per curiosità ho voluto provare anche la tecnica classica e ho usato Derive. Ho risolto la prima equazione rispetto a b con questo risultato: $$b = \frac{d (a - r) \pm r\cdot \sqrt{a^2 - 2 a r + d^2} }{a - 2 r}$$ Ho sostituito una delle due espressioni al posto di b nella seconda equazione e dopo qualche manipolazione per togliere i denominatori è risultata questa equazione: $$(d r \sqrt{a^2 - 2 a r + d^2} + (a - r) (a h + d^2 - 2 h r))^2 - r^2 (2 d r (a - r) \sqrt{a^2 - 2 a r + d^2} + a^2 (d^2 + h^2 + r^2) - 2 a r (d^2 + 2 h^2 + r^2) + 2 r^2 (d^2 + 2 h^2)) = 0$$ Sembra abbastanza complicata per via delle radici e infatti, quando ho provato a farla risolvere, Derive ha impiegato parecchio tempo; alla fine sono uscite le solite soluzioni di cubica insieme anche a quella che mi interessava. Allora ho provato a fattorizzare il primo membro e in un batter d'occhio è uscito questo risultato, che è più o meno lo stesso ottenuto per l'altra via (almeno per il termine lineare che mi interessa): $$ (2 d r (a - r) \sqrt{a^2 - 2 a r + d^2} + a^3 h + a^2 (d^2 - 4 h r + r^2) + 2 a r (r (2 h - r) - d^2) + 2 d^2 r^2) (a h + d^2 - 2 h r - r^2) $$ Come Derive abbia fatto non so, però sospetto che sotto ci siano in qualche modo le basi di Groebner.
La formula trovata fornisce sicuramente la costruzione più semplice. Non riuscendo a trovare un'altra soluzione sintetica, mi sono deciso a dare un'occhiata alle soluzioni già presenti e ho visto con sorpresa che due usano la formula: se l'abbiano trovata per via analitica come me o da considerazioni geometriche non so. Le altre in genere vanno alla ricerca del circumcentro, cosa che avevo tentato di fare anch'io, sfruttando alcune coincidenze che si possono rilevare dalla figura sottostante.
Le rette AH e AO sono simmetrice rispetto alla bisettrice AI (sono isogonali) e la bisettrice AI e il diametro OL si incontano sulla circonferenza circoscritta nel punto K, ma per K passa anche la retta P-Ia che unisce le proiezioni di I sull'altezza AHa e sul lato BC. Inoltre il circumcerchio passa anche per H' rimmetrico di H rispetto a BC e come conseguenza il segmento OL è la metà di AH. Stanti tutte queste relazioni tra I,O e H è curioso che dati questi tre punti non si possa costruire il triangolo con riga e compasso (problema 80 della lista di Meyers): in realtà il problema sarebbe equivalente a cercare il punto A da cui i segmenti HI e OI si vedono sotto lo stesso angolo, cosa che si può fare con riga e compasso se O,I,H sono allineati, ma se non lo sono l'incantesimo svanisce, più o meno come nel problema di neusis 645.