Centoventi gradi

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Mattysal
Messaggi: 190
Iscritto il: 06 feb 2018, 14:54
Località: Oria (BR)
Contatta:

Centoventi gradi

Messaggio da Mattysal » 07 set 2020, 16:43

Sia $ABC$ un triangolo, supponiamo che esista un punto $P$ ad esso interno tale che $\widehat{APB}=\widehat{BPC}=\widehat{CPA}$.
Dette $D,E$ le intersezioni tra $BP, CP$ e i lati $AC, AB$ rispettivamente, dimostrare che $\frac{AB+AC}{DE} \ge 4$.

Avatar utente
elianto84
Messaggi: 274
Iscritto il: 20 mag 2005, 18:35
Località: Pisa
Contatta:

Re: Centoventi gradi

Messaggio da elianto84 » 13 nov 2020, 19:18

Certo che sono cambiate le abitudini dai tempi in cui ero concorrente io, è desolante vedere così pochi messaggi (e così poche risposte) in un posto che vent'anni fa era una bolgia (nell'accezione positiva del termine). Anyway, col ritorno del vecchio tornano anche le soluzioni del vecchio, di dubbia eleganza ma di sicura efficacia.

Dovrebbe essere noto dalla letteratura che il punto $P$ è il punto di Fermat-Torricelli-Steiner $T$, ossia quello che minimizza $PA+PB+PC$ in un triangolo con angoli di ampiezza non superiore ai $120^\circ$. Ossia quello che vede tutti i lati di $ABC$ sotto un angolo di $120^\circ$. Ossia il punto di concorrenza di $AA',BB',CC'$, dove $ABC',BCA',CAB'$ sono triangoli equilateri costruiti esternamente ad $ABC$.

Possiamo notare che se proviamo $4\,DE\leq B'C'$ abbiamo finito. Abbiamo finito anche se proviamo $B'T\geq 4\,DT$ e $C' T\geq 4\,ET$, ovvero
$B'D/DT\geq 3$ e $C'E/ET\geq 3$. D'altra parte
$$ \frac{B'D}{DT}=\frac{[B'AC]}{[TAC]}=\frac{AC^2}{TA\cdot TC}=\frac{TA^2+TC^2+TA\cdot TC}{TA\cdot TC} $$
per il Teorema del coseno, dunque $\frac{B'D}{DT}\geq 3$ per AM-GM e lo stesso discorso vale per $\frac{C'E}{ET}$.
Jack alias elianto84 alias jack202

http://www.matemate.it IL SITO

.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -

Rispondi