Upper bound su un angolo - TST Serbia 2009, 1

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TBPL
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Upper bound su un angolo - TST Serbia 2009, 1

Messaggio da TBPL » 12 mag 2010, 20:15

Sia $ ABC $ un triangolo (possibilmente non isoscele) con angolo in $ A $ uguale ad $ \alpha $ e angolo in $ B $ uguale a $ \beta $. Sia $ D $ il piede della bisettrice che parte da $ A $. Sia $ E $ il piede della bisettrice che parte da $ B $. Dimostrare che l'angolo acuto fra le rette $ AB $ e $ DE $ è $ \leq\frac{|\alpha-\beta|}{3} $

abc
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Messaggio da abc » 14 mag 2010, 20:49

Innanzitutto definiamo $ G $ il piede della bisettrice interna da $ C $, $ P:= ED\cap CG $ e $ F:=DE \cap AB $
Passo 1: $ PC \ge \frac{CG}{3} $
In coord baricentriche A=[1,0,0] B=[0, 1, 0] C= [0, 0, 1] D=[0,b,c] E=[a,0,c] G=[a,b,0], quindi la retta AG è descritta dai punti [x,y,z] t.c. $ cy=bz $, mentre la retta DE è descritta dall'equazione $ abz=bcx + acy $ (dove ovviamente a,b e c sono i lati del triangolo). Svolgendo i calcoli si trova che $ P=[a,b,2c] $. Ne segue che $ \frac{[ABP]}{[ABC]}=\frac{2a}{2a+b+c} $. D'altro canto $ \frac{2a}{2a+b+c}\le \frac{2}{3} \iff a\le b+c $ che è vera, ovvero, se CH e PK sono altezze dei triangoli ABC e ABP
$ \displaystyle \frac{[ABP]}{[ABC]}\le \frac 2 3 \iff \frac{AB*PK}{AB*CH}\le \frac 2 3 \iff GP \le \frac{2CG}{3} $. Dall' ultima disug (che viene dalla penultima per talete) segue la tesi del passo.

Passo 2 : $ \angle GCF =90° $ e $ \angle AFG =\frac{|\alpha - \beta|}{2} $
Infatti , per il teorema del quadrilatero completo, oppure per una combinazione di Ceva e Menelao, abbiamo che A, B ,G, F formano una quaterna armonica, cioè che $ \frac{AC}{BC}=\frac{AG}{BG}=\frac{AF}{BF} $ che equivalente a dire che CF è bisettrice esterna di ABC da cui segue che $ \angle GCF =90° $ e, con un po’ di angle-chasing, ricordando che $ \angle ACG = \angle GCB =\frac{\gamma }{2} $ e che la somma degli angoli interni di ACF (o di BCF, a seconda di “da che parte sta F”) è 180, $ \angle AFG =\frac{|\alpha - \beta |}{2} $

Passo 3: Siano FX e FY le trisettici dell’angolo acuto $ \angle CFG $, con X e Y appartenenti al segmento GC (X è quello più vicino a C). Allora $ CX < \frac{CG}{3} $.
Poiché CG è perpendicolare a CF e sulla retta CG l’ordine dei punti è C, X,Y,G, allora $ GF > FY > FX > FC $. Inoltre FX è bisettrice di $ \angle CFY $ e quindi $ \frac{CX}{XY}=\frac{CF}{YF} < 1 $ per via delle disuguaglianze di prima.
Analogamente FY è bisettrice di $ \angle XFG $ e quindi $ \frac{CY}{GY}=\frac{XF}{GF}< 1 $ per via delle stesse disuguaglianze.
Quindi $ CX < XY < YG $ che, unito a $ CX+YX+YG=CG $ ci da la tesi del passo

CONCLUSIONE
Poiché $ CX\ < \frac{CG}{3}\le CP $ P è interno al segmento XG, da cui ne segue che
$ \angle BFP < \angle BFX = \frac{2}{3}\angle BFC = \frac{2}{3}\frac{|\alpha - \beta |}{2} $ cioè la tesi.
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