Italian TST 2005: problema n°2

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Simo_the_wolf
Moderatore
Messaggi: 1052
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Pescara

Italian TST 2005: problema n°2

Messaggio da Simo_the_wolf » 22 mag 2005, 10:59

(a) Dimostrare che la somma delle distanze del baricentro dalle rette contenenti i tre lati e maggiore o uguale a tre volte la misura del raggio inscritto al triangolo. Si determini anche in quali casi si ha l'uguaglianza.

(b)Si determini il punto (o i punti) del triangolo per i quali la somma delle distanze dalle rette contenenti i lati è minima.

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 22 mag 2005, 16:20

Caso (a).
Siano S,a,b,c l'area ed i lati del triangolo.Inoltre indichiamo con:
$ h_a,h_b,h_c,d_a,d_b,d_c $ le altezze e le distanze del baricentro
relative ai tre lati.
Si ha:
$ d_a+d_b+d_c= \frac {1}{3}(h_a+h_b+h_c)= \frac {2S}{3}( \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}) $
Ovvero,per AM-HM:
$ d_a+d_b+d_c \geq \frac{2S}{3}( \frac{9}{a+b+c}) $
Cioe':
$ d_a+d_b+d_c \geq \frac{6S}{2p}=3r $
L'eguaglianza si ha quando il triangolo e' equilatero.

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 22 mag 2005, 18:58

Non trovate che il punto a) sia molto carino ??? 8)

P.S. (tanto è troppo difficile per darsi ad una qualunque gara -- IMO esclusi, forse) : dimostrare che il luogo dei punti per cui la somma delle distanze dai lati coincide con il triplo del raggio del cerchio inscritto è il segmento staccato dal perimetro del triangolo sulla retta passante per l'incentro e perpendicolare alla congiungente circocentro incentro.

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

Messaggio da elianto84 » 22 mag 2005, 19:14

EvaristeG: E' diretta conseguenza del teorema di Mongodi-D'Aurizio.
(OT): Mi invii il proof euclideo che ti spedisco quello semi-algebrico?
(OT2): Vista la nuova grafica della mia home?
Jack alias elianto84 alias jack202

http://www.matemate.it IL SITO

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

Avatar utente
info
Messaggi: 903
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da info » 23 mag 2005, 17:34

(caso b)... aspetto smentite o conferme per postare (ieri mi pareva andasse ma ero un pò fatto: ora non ho voglia di ricontrollare)... se dovessi scommettere direi che non c'ho preso...

RISP: Il minimo si ha nel vertice dal quale esce la minore altezza del triangolo...

Avatar utente
what
Messaggi: 158
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: roma

Messaggio da what » 28 mag 2005, 23:02

info ha scritto:(caso b)... aspetto smentite o conferme per postare (ieri mi pareva andasse ma ero un pò fatto: ora non ho voglia di ricontrollare)... se dovessi scommettere direi che non c'ho preso...

RISP: Il minimo si ha nel vertice dal quale esce la minore altezza del triangolo...
Confermo!
E provo a formalizzare:
Simo_the_wolf ha scritto:(b)Si determini il punto (o i punti) del triangolo per i quali la somma delle distanze dalle rette contenenti i lati è minima.
Sia $ P $ il nostro punto all'interno di $ ABC $.
Siano $ d_1,d_2,d_3 $ le nostre distanze, e rispettivamente $ h_1,h_2,h_3 $ le altezze ad esse parallele e relative ai lati $ AB,BC,AC $.
Si avrà $ d_1=s*h_1 $ dove $ s $ è un reale t.c. $ 0\leq s\leq 1 $.
Tracciamo la parallela ad $ AB $ passante per $ P $, che incontra $ BC $ in $ M $ e $ AC $ in $ N $.
Il triangolo $ CMN $ è il trasformato del triangolo $ ABC $ secondo l'omotetia di centro $ C $ e $ k=1-s $; dunque, dette $ h'_2,h'_3 $ le rispettive trasformate di $ h_2,h_3 $, avremo $ d_2=t*h'_2=t(1-s)*h_2 $ e $ d_3=(1-t)*h'_3=(1-s)(1-t)*h_3 $ con $ t $ reale t.c. $ 0\leq t\leq1 $.
Quindi $ d_1+d_2+d_3 = $ $ s*h_1+t(1-s)*h_2+(1-s)(1-t)*h_3 = a*h_1+b*h_2+c*h_3 $, con $ a,b,c $ reali positivi a somma 1; pertanto il minimo si avrà quando due di essi sono uguali a zero e il coefficiente dell'altezza minore è uguale ad 1.

Sono un po' stordito quindi potrei aver toppato qualcosa. :roll:

Rispondi