17 Hermann Amandus Schwarz (1.843-1.921) fue un notable matemático de la Universidad de Berlín... una de sus memorias trata del siguiente problema: dado un triángulo acutángulo, inscribirle otro de perímetro mínimo... Le llamaremos triángulo órtico..”

Solución de José María Pedret. Ingeniero naval. Esplugas de Llobregat. Barcelona. (2 de Enero de 2004)

Usaremos un método que puede generalizarse para polígonos de n lados.

Recordemos primero el siguiente problema:

Sobre una recta dada, hallar un punto X tal que las rectas que le unen a dos puntos A y B, situados a un mismo lado de la recta dada, formen ángulos iguales con dicha recta.

Recordemos la solución:

Se halla A1 simétrico de A respecto la recta dada. La recta BA1 nos da X, intersección de BA1 con la recta dada.

Como AB1 es una recta AX+XB es el trayecto mínimo de A a B pasando por la recta dada.

Usando este príncipio podemos resolver el problema planteado.

Si XYZ es el triángulo solución será:
< ZXA = < YXC,
< XYC = < ZYB,
< YZB = < XZA

Si supieramos la dirección de ZX el problema estaría casi resuelto; pero XY está sobre la simétrica de ZX respecto al lado AC; YZ sobre la simétrica de XY respecto CB y ZX sobre la simétrica de YZ respecto AB.

En lugar de hacer las simetrías sobre el mismo triángulo, buscamos los triángulos simétricos sucesivamnete respecto los diferentes lados hasta llegar a repetir ABC. Después de 6 simetrías hallaríamos A6B6C6 Que sería la imagen de ABC por una traslación.
La recta AA6 (= AA5) nos daría la dirección del camino mínimo.

Ahora ya tenemos la dirección de ZX pero no conocemos Z.

Supongamos que P es solución. Paralela a AA5 y obtenemos P1. Uniendo P1 con el simétrico Ps de P respecto AC obtenemos P2 y sucesivamente obtenemos P3 y P'.

Vemos que P'P2P3 es un triángulo mínimo pero P' no está en AC.
Repetimos el mismo proceso (por medio de paralelas) con otro punto Q y hallamos Q'.
Q'Q2Q3 es otro triángulo mínimo; pero Q' no esta en AC.

Observamos ahora que P'P2P3 y Q'Q2Q3 son homotéticos; entonces X estará en la intersección de P'Q' con AC. Y con las paralelas correspondientes obtenemos XYZ.

P'Q' es la alturade B sobre AC; ZX y XY simétricos => P'Q' perpendicular a AC que pasa por B (el centro de homotecia)

La generalización al polígono de lado n nos exigiría 2n-1 simetrías; pero el proceso es idéntico.