triangolo inscritto massimo

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sprmnt21
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triangolo inscritto massimo

Messaggio da sprmnt21 » 29 ott 2009, 16:04

Determinare, dato un cerchio, quale sia il traingolo inscritto ceh abbia maggior area.

spugna
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Messaggio da spugna » 02 nov 2009, 12:13

Siano $ A,B,C $ i vertici del triangolo,$ O $ il centro della circonferenza e $ H $ la proiezione di $ O $ su $ AB $,ovvero il punto medio di quest'ultimo. Supponendo che $ A $ e $ B $ siano fissati,l'area di $ ABC $ è massima quando lo è la distanza di $ C $ dal lato $ AB $. Il punto che massimizza questa distanza è l'intersezione tra la circonferenza e il prolungamento di $ OH $ dalla parte di $ O $ (questo lemma lo dimostrerò in un secondo momento). Poniamo ora $ OA=OB=OC=r $ e $ OH=h $ (con $ h<r $). Per il teorema di Pitagora abbiamo $ AH=\sqrt{r^2-h^2} $,da cui $ AB=2 \sqrt{r^2-h^2} $. Inoltre $ CH=r+h $. Ora possiamo calcolare l'area di $ ABC $:
$ S=\dfrac{AB \cdot CH}{2}=\dfrac{2 \sqrt{r^2-h^2} \cdot (r+h)}{2}=\sqrt{(r-h)(r+h)} \cdot (r+h)=\sqrt{(r-h)(r+h)^3} $.
Per la disuguaglianza AM-GM abbiamo:
$ \sqrt[4]{(3r-3h)(r+h)(r+h)(r+h)} \le \dfrac{(3r-3h)+(r+h)+(r+h)+(r+h)}{4} $,che diventa $ \sqrt[4]{3(r-h)(r+h)^3} \le \dfrac{3}{2}r $.
Ora eleviamo al quadrato ($ \sqrt{3(r-h)(r+h)^3} \le \dfrac{9}{4}r^2 $) e dividiamo per $ \sqrt{3} $ : $ \sqrt{(r-h)(r+h)^3} \le \dfrac{3 \sqrt{3}}{4}r^2 $.
Abbiamo dunque $ S \le \dfrac{3 \sqrt{3}}{4}r^2 $. Dato che abbiamo applicato la disuguaglianza AM-GM,la condizione di uguaglianza è $ 3r-3h=r+h $,la cui soluzione (banale) è $ h=\dfrac{1}{2}r $. Segue che $ \widehat{OAB}=\widehat{OBA}=30° \Rightarrow \widehat{AOB}=120° \Rightarrow\widehat{ACB}=60°\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{BAC}= $$ 60° $.

Dunque il triangolo di area massima è quello equilatero (E' giusto? :roll: )
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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karl
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Messaggio da karl » 02 nov 2009, 18:30

Una dimostrazione puramente "sintetica" potrebbe essere questa.
Sia ABD una qualunque triangolo ( non isoscele su AB) inscritto nella crf. data.Su AB costruiamo il triangolo isoscele ABC posta dalla stessa parte di ABD rispetto ad AB.Poiché sull'arco ADB il vertice C è il punto di massima distanza da AB, l'area di ABC è certamente maggiore di quella del triangolo ABD.Ne segue che per ogni triangolo ABD ( non isoscele) ce n'è sempre uno isoscele di area maggiore .Pertanto il triangolo di area massima inscritto è quello isoscele rispetto ad ogni suo lato, ovvero quello equilatero.
Incidentalmente il triangolo equilatero incritto in una data crf. è anche quello di perimetro massimo.

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 02 nov 2009, 18:53

karl ha scritto:Una dimostrazione puramente "sintetica" potrebbe essere questa.
Non lo è. Cioè, è sintetica, ma non è una dimostrazione.
La soluzione di spugna è giusta quanto i calcoli che fa. Mi spiego: non ho controllato i calcoli, ma se sono giusti, la dimostrazione è giusta.
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karl
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Messaggio da karl » 02 nov 2009, 20:38

Devo riferire alla Signora Maria Dedò ,professore ordinario di Geometria dal 1990 ( ora non so) all'Università di Milano,che la dimostrazione presente in un libro del padre Modesto Dedò ,scritto per i giovani laureati in matematica, non è valida.E di conseguenza non è valida nemmeno la dimostrazione ,presente nel medesimo libro,del fatto che il triangolo equilatero inscritto è anche quello di perimetro massimo...Che peccato ma con Tibor Gallai non si ...scherza !!!

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 02 nov 2009, 21:41

Mettendo da parte il sarcasmo, probabilmente la dimostrazione a cui fai riferimento dà per assunta l'esistenza di un triangolo di area massima, la quale passa (ad esempio) per la continuità dell'area rispetto alla posizione dei vertici + teorema di Weierstrass. Senza questo assunto, la dimostrazione così scritta prova soltanto che l'eventuale massimo corrisponde ad un triangolo equilatero.

Ora, essendo il target della dimostrazione che hai citato (e voglio credere che tu l'abbia riportata esattamente...) dei laureati in matematica, posso comprendere che fosse così sbrigativa nello stile.

Ma poiché il target di questo forum sono degli olimpionici, lasciami dire che alle olimpiadi una dimostrazione come quella che attribuisci al signor Dedò non prenderebbe un punteggio pieno. Nè in Italia, né tantomento alle IMO.
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sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 03 nov 2009, 09:38

karl ha scritto:Una dimostrazione puramente "sintetica" potrebbe essere questa.
Sia ABD una qualunque triangolo ( non isoscele su AB) inscritto nella crf. data.Su AB costruiamo il triangolo isoscele ABC posta dalla stessa parte di ABD rispetto ad AB.Poiché sull'arco ADB il vertice C è il punto di massima distanza da AB, l'area di ABC è certamente maggiore di quella del triangolo ABD.Ne segue che per ogni triangolo ABD ( non isoscele) ce n'è sempre uno isoscele di area maggiore .Pertanto il triangolo di area massima inscritto è quello isoscele rispetto ad ogni suo lato, ovvero quello equilatero.
Incidentalmente il triangolo equilatero incritto in una data crf. è anche quello di perimetro massimo.
Avevo pensato anch'io a qualcosa del genere, ma non mi convinceva del tutto. Pensavo di "maggiorare" un generico triangolo inscritto con il corrispondente triangolo isoscele rispetto ad uno qualsiasi dei lati. Poi di proseguire cambiando lato, fino ad ottenere un triangolo equilatero che non e' piu' maggiorabile.

messa cosi la cosa puo' essere simpatica, ma niente di piu'.



Forse si potrebbe aggiustare la cosa,facendo ricorso ad alcuni teoremi di analisi. Tipo quello che dice che una successione crescente e limitata (come e' quella dei triangoli isosceli) ammette un limite finito. Questo limite per "motivi" di continuita' coincide con il traingolo equilatero inscritto.



Non ho comunque insistito su questa via (oltre al fatto che non ho una buona/fresca conoscenza di analisi) anche epr il fatto che ho trovato una soluzione sintetica piu' terra terra che prova la etsi.

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karl
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Messaggio da karl » 03 nov 2009, 12:08

Ringrazio Tibor per le capacità ...interpretative ( se non proprio
falsificatorie) che mi attribuisce circa le le lezioni del prof Dedò.
La mia,ovvero quella del prof. Dedò !!!, è una sorta di dimostrazione
"costruttiva".Parte da un triangolo qualunque e dimostra che ad esso
si può sempre sostituire un triangolo isoscele di area maggiore.
E poiché la cosa si può ripetere per ogni lato
del triangolo di partenza, alla fine ottengo il triangolo equilatero.Ho
dimostrato "costruttivamente " che esiste il massimo richiesto ed è
rappresentato da quello equilatero.Se guardate bene ,anche Spugna fa così
quando ,fissato AB,va a cercare il terzo vertice C in modo che ABC risulti
isoscele su AB.Senza voler nulla togliere alla sua dimostrazione,Spugna poteva
risparmiarsi i calcoli successivi!
Completo la "mia" dimostrazione ( vedi figura).
Immagine
Sia ABD un qualunque triangolo inscritto nella crf. data ed ABC il triangolo
isoscele su AB sempre inscritto.Siano poi E ed F le intersezioni di AC e AD
con la crf. di centro C e raggio CA=CB.E' facile dimostrare che DB=DF.
Abbiamo allora :
2p(ABC)=AB+AC+BC=AB+AC+CE=AB+AE
2p(ABD)=AB+AD+BD=AB+AD+DF=AB+AF
Ma AE>AF e dunque 2p(ABC>2p(ABD)
Ripetendo il ragionamento per tutti i lati di ABD si conclude che il triangolo
di massimo perimetro inscritto è sempre quello equilatero.

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 03 nov 2009, 15:42

karl ha scritto:La mia,ovvero quella del prof. Dedò !!!, è una sorta di dimostrazione
"costruttiva".Parte da un triangolo qualunque e dimostra che ad esso
si può sempre sostituire un triangolo isoscele di area maggiore.
Questo è vero (modulo l'attribuzione dello scempio didattico al prof. Dedò).
karl ha scritto:E poiché la cosa si può ripetere per ogni lato del triangolo di partenza,
alla fine ottengo il triangolo equilatero.
Questo non è vero. Con pazienza provo a ripeterti perché.

Facendo la costruzione su ognuno dei 3 lati, ottieni una sequenza di 4 triangoli di area crescente, l'ultimo dei quali però potrebbe benissimo non essere equilatero. Anzi, l'ultimo triangolo è equilatero se e solo se lo era già il secondo.
Puoi andare avanti indefinitamente a ripetere la costruzione, ottenendo una successione di triangoli che approssimano un triangolo equilatero, e le cui aree tendono ad un certo sup. Quindi, per concludere, dovresti mostrare che il sup delle aree è indipendente dal triangolo di partenza, e che un triangolo equilatero ha area uguale al sup. Questo lo fai ad esempio menzionando la continuità dell'area rispetto alla posizione dei punti e invocando Weierstrass.

Un altro modo è quello di spugna. Perché la soluzione di spunga è esatta? Perché lui calcola esplicitamente un maggiorante delle aree, e mostra che il triangolo equilatero ha esattamente quest'area. Ergo, non è vero che poteva risparmiarsi i calcoli...

Va da sé che anche la dimostrazione sui perimetri abbia la stessa pecca. Non dico che sia un mare di scemenze, dico che dà per scontata la continuità del perimetro rispetto alla posizione dei vertici, che se vogliamo è anche un dettaglio molto ovvio e intuitivo, ma va menzionato proprio perché la "costruizione" del triangolo equilatero non avviene in 3 passi, ma in un numero infinito di passi.
Ultima modifica di Tibor Gallai il 03 nov 2009, 19:10, modificato 1 volta in totale.
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karl
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Messaggio da karl » 03 nov 2009, 18:03

La "mia " idea è semplice .Stabilito che si deve partire da un triangolo isoscele, se non si suppone che questo triangolo non sia isoscele rispetto a tutti i lati, si potrà sempre trovare un triangolo isoscele ,costruito su uno dei due lati uguali , che ha area maggiore .Il passaggio obbligato è quindi supporre il triangolo equilatero.E con ciò il procedimento ha termine .E con questo termina pure la mia polemica con l'amabile Tibor :) :D !!
Vorrei continuare invece a dire qualcosa di concreto sui calcoli di Spugna.
Se x e y sono due variabili positive a somma costante (x+y=costante) allora si può
dimostrare che il prodotto $ \displsystyle x^ny^m $ è massimo quando
risulta :
$ \displaystyle \frac{x}{n}= \frac{y}{m} $
Una tale proposizione si dimostra con AM-GM quando n ed m siano interi o più in generale razionali.Se quindi Spugna avesse voluto continuare nei calcoli in maniera semplificata avrebbe potuto fare così:
$ \displaystyle S^2=(r-h)^1(r+h)^3 $
Ora è (r-h)+(r+h)=2r=costante e dunque il massimo di S^2 e quindi di S si ottiene quando è :
$ \displaystyle \frac{r-h}{1}=\frac{r+h}{3} $ da cui si ricava $ OH=h=\frac{r}{2} $ che corrisponde al triangolo equilatero.
Qualcuno potrà dire che alla fine di deve comunque far ricorso ad una regola che si basa su AM-GM ma a saperla in anticipo ci si guadagna, eccome !!

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Reginald
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Messaggio da Reginald » 03 nov 2009, 18:09

[probabile scemenza] esiste una strada che sfrutta la relazione $ R*4S=abc $??Io stavo ragionando su quello senza troppo successo....basterebbe mostrare che il massimo di abc si ha se il triangolo è equilatero...che poi sarebbe trovare il massimo di $ sen(\alpha)sen(\beta)sen(\alpha +\beta) $..che poi è il massimo di $ sen^2(\alpha)sen(2\beta)+sen^2(\beta)sen(2\alpha) $ se non ho sbagliato a fare conti...[/probabile scemenza]

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 03 nov 2009, 18:42

karl ha scritto:Il passaggio obbligato è quindi supporre il triangolo equilatero.E con ciò il procedimento ha termine .
Questo era chiaro fin da subito. Nel mio 2° post dico chiaramente che la tua soluzione dimostra che se un triangolo di area massima esiste, questo è equilatero. Ciò a prescindere dal significato della parola "costruire", con o senza virgolette, il quale può essere rigirato a piacere, a seconda dei comodi di ognuno.

Quello che continua a mancare alla soluzione è la dimostrazione che esiste un triangolo di area massima. Te la metto in un altro modo: definiamo una funzione f sui triangoli, che coincide con l'area se il triangolo non ha un angolo di 60°, e vale 0 se il triangolo ha un angolo di 60°. Vogliamo trovare i triangoli di f massima inscritti in una data circonferenza. Puoi verificare che la tua costruzione continua a valere: se un triangolo non è isoscele rispetto ad un lato, puoi aumentare (o comunque non diminuire) la sua f rendendolo isoscele. Ergo, se un massimo esiste, esso deve corrispondere ad un triangolo equilatero. Tuttavia, un triangolo equilatero non ha f massima, ma addirittura minima. Perché succede questo? Perché la mia f non è continua rispetto alla posizione dei vertici. Come puoi dimostrare che questo non è il caso delle aree? Dimostrando che l'area è una funzione continua rispetto ai vertici.

Spero che così sia più chiaro cosa intendevo.
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Messaggio da karl » 03 nov 2009, 20:22

Chi volesse conoscere la dimostrazione della mia precedente affermazione può fare così.Si ha:
$ \displaystyle x^ny^m=n^nm^m(\frac{x}{n})^n(\frac{y}{m})^m $
Prescindendo dal fattore costante $ \displaystyle n^nm^m $,il secondo membro si
può considerare come il prodotto di n+m fattori di cui n uguali a x/n ed m uguali a y/m.
Pertanto ,per AM-GM,si ha:
$ \displaystyle x^ny^m\le n^mm^m \frac{[n(\frac{x}{n})+m(\frac{y}{m} ]^{n+m}}{(n+m)^{n+m}}=n^nm^m\frac{k^{n+m}}{(n+m)^{n+m}} $
Il massimo del primo membro lo si ottiene ,com è noto,quando tutti i fattori
sono uguali,Ovvero quando risulta:
$ \displaystyle \frac{x}{n}=\frac{y}{m} $
che era quanto da dimostrare. In particolare se è m=n=1 si ottiene il notissimo risultato
che,se è x+y=costante,il prodotto xy è massimo se i suoi fattori sono uguali: x=y.
Il risultato ottenuto è estendibile ,sotto le medesime ipotesi,anche nel caso di più di due variabili.
Per esempio se si vuole ottenere ,tra i parallelepipedi retti aventi
area totale costante=S,quello di volume massimo si ha ( detti x,y,z gli spigoli):
S=2(xy+yz+zx)
V^2=(xyz)^2=(xy)(yz)(zx))
Ed essendo xy+yz+zx=S/2= costante ,il massimo di V^2 e quindi di V
lo si raggiunge per xy=yz=zx ovvero per x=y=z.Il parallelepipedo richiesto è il cubo, come era facile intuire ...

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Messaggio da EvaristeG » 03 nov 2009, 22:34

Vorrei farvi presente due cose, strettamente legate:
1. in matematica non vale il principio di autorità, quindi le cose non sono vere perché le ha dette qualcuno di importante;
2. le affermazioni di carattere matematico dovrebbero essere considerate solo alla luce del loro contenuto e non del "tono" in cui sono esposte.

Detto ciò, mettiamo ordine: Tibor ha ragione.
L'argomento portato da karl (chiunque ne sia l'autore) dimostra che, se c'è un massimo, questo è dato dal triangolo equilatero, in quanto è l'unico (e questo non è stato osservato) punto stabile dell'algoritmo descritto.
Del resto, questo non basta: infatti nessuno assicura che il massimo esista.
Si devono assumere continuità della funzione e compattezza del dominio, per avere un massimo.

Con un pizzico di abitudine alla matematica universitaria, l'esistenza di quel massimo è ovvia

Detto in altra maniera, l'argomento portato da karl pone condizioni necessarie per un triangolo all'essere di massima area, ma poi bisogna mostrare che esiste un triangolo che le rispetta ed ha massima area, ovvero che quelle condizioni sono anche sufficienti.

(per chi ha già fatto lo studio di funzione, f'(x)=0 non è sufficiente perché x sia massimo o minimo, ma sicuramente i massimi e i minimi se esistono stanno tra i punti per cui f'(x)=0)

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Messaggio da edriv » 03 nov 2009, 23:01

Certo che è scandaloso che argomenti così intuitivi (come l'esistenza di un massimo nella funzione in questione) siano relegati alla matematica non elementare. :(
Che voi sappiate, nessuno ha mai fatto uno studio pedagogico sull'insegnamento di certi concetti topologici in contemporanea, ad esempio, alla geometria euclidea?

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