Problema 210.- Dado un triángulo ABC y un triángulo MNP, hallar el triángulo XYZ cuyos vértices se apoyen en los lados de ABC y cuyos lados pasen por los vértices de MNP .

Pedret, J.M, 2004: Propuesta personal.

Solución.-

Elegido un punto X al azar sobre AB y proyectándolo sucesivamente por los puntos M, N y P hasta volver otra vez al lado AB determinaríamos otro punto X’, distinto de X al haber tomado el primero arbitrariamente. En el caso de ser iguales habríamos dado con una solución del problema.

Si consideramos la aplicación definida sobre la recta AB por esa serie de proyecciones, los puntos dobles de la misma, caso de haberlos, son las soluciones deseadas: dos en el mejor de los casos.

En vez de tomar un punto sobre un lado, podemos proceder trazando rectas desde los puntos del triángulo MNP, como se explica a continuación:

Tomamos una recta a que pase por M. Por el punto de intersección con el lado AB (o su prolongación) trazamos otra recta a(1) que pase además por N; desde el punto de alcance al lado BC se traza otra recta a(2) que pase por P. Por último tomo la recta a’ que pase por AC∩a(2) y por M otra vez. Si la recta a es el soporte de una solución, en el recorrido efectuado la recta a’ coincidirá con ella. En el triángulo solución a = a’.

La secuencia de proyecciones aàa(1) à a(2) à a’ define una proyectividad del haz de rectas de vértice M en sí mismo

j: M* à M*

(a, b, c) à(a’, b’, c’)

cuyas rectas dobles, son las rectas soporte de las soluciones.

Para hallar éstas, cortamos el haz de vértice M con una circunferencia arbitraria de centro O incidente con él. La proyectividad inducida sobre la circunferencia

(a, b,g)à(a*, b*, g*)

tiene dos puntos dobles d, d* que se obtienen cortando la circunferencia con el eje de la proyectividad: puntos de corte de a*b y ab*; de a*g y ag*; de b*g y bg* (de color gris en el dibujo).

Las rectas Md y Md* cortan al lado AB en los dos vértices X que resuelven el problema.