Il trilatero ispirato

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Il trilatero ispirato

Messaggio da info » 02 giu 2005, 17:39

Divertitevi... li posto per esercizio... il 2° esercizio è alla portata di tutti o quasi...

1--- Presi 3 segmenti x,y,z aventi un estremo P in comune, si uniscano i vertici liberi in modo da formare un triangolo di lati a,b,c. Si trovi il minimo di a^2+b^2+c^2 al variare della posizione dei segmenti..

2--- dimostrare che in un triangolo vale (a+b+c)^2>=12*rad(3)*A, dove A è l'area...

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elianto84
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Carino!

Messaggio da elianto84 » 04 giu 2005, 11:59

1) Se ne parla dopo...

2) Tra i triangoli di assegnato perimetro quello equilatero ha area massima.
Vedi anche: tra i triangoli di data area quello equilatero ha perimetro minimo.
Ultima modifica di elianto84 il 05 giu 2005, 15:54, modificato 1 volta in totale.
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Errata Corrige

Messaggio da elianto84 » 04 giu 2005, 14:23

Scusami Info ma oggi ho la pressione particolarmente bassa,
probabile causa di un'accesa tendenza a scrivere cazzate.

Passo ai vettori che mi viene meglio.
Vogliamo minimizzare

||A-B||^2 + ||B-C||^2 +||C-A||^2 =

2(||A||^2 + ||B||^2 + ||C||^2) - 2(A°B+B°C+C°A)

dove ° indica l'usuale prodotto scalare. Ora

2(A°B+B°C+C°A) =||A+B+C||^2 - (||A||^2 + ||B||^2 + ||C||^2)

dunque il problema è ricondotto a MASSIMIZZARE la distanza
del baricentro di ABC (G) dall'origine del sistema (P).

Tale distanza è chiaramente MASSIMIZZATA quando
i vettori PA,PB,PC sono allineati e di verso concorde;
in tal caso il minimo di (a^2+b^2+c^2) vale

(x-y)^2 + (y-x)^2 + (z-x)^2

Ma se volessimo rendere MASSIMA la quantità (a^2+b^2+c^2)?
Dovremmo MINIMIZZARE la distanza di G da P.

E' possibile rendere tale distanza pari a 0 (G coincidente con P)?
Se fosse possibile si avrebbe x = 2/3 m[a], y= 2/3 m, z= 2/3 m[c]
da cui (perdonate i casini della notazione matriciale)

( x^2 ) = ( -1/9 2/9 2/9 ) (a^2)
( y^2 ) = ( 2/9 -1/9 2/9 ) (b^2) cioè w = M d (in forma compatta)
( z^2 ) = ( 2/9 2/9 -1/9 ) (c^2)

Se w è tale che (M^(-1))w sta nel primo ottante,
bene, possiamo far coincidere G con P ed avere

(a^2+b^2+c^2) = (4/3)(m[a]^2+m^2+m[c]^2) = 3(x^2+y^2+z^2)

in caso contrario... è un bel casino.
Da notare che M è quasi una matrice di rotazione dato che

(M)^(-1) = 9 M

dunque quel che conta è che si abbia Mw nel primo ottante.
Altro fatto notevole è che le mediane di un triangolo soddisfano
la disuguaglianza triangolare...

Proof.
-------
ABC triangolo (non-degenere),
L,M,N punti medi di AB,BC,CA (rispettivamente)
G baricentro di ABC (punto di concorrenza di AM,BN,CL)
D,E,F simmetrici di G rispetto ad L,M,N

Risulta, evidentemente, AGD=BGE=CGF
e questi triangoli hanno per lati (2/3) delle mediane di ABC
e per mediane (1/2) dei lati di ABC (sorprendente reciprocità, non credete?)
-------
Ultima modifica di elianto84 il 05 giu 2005, 16:06, modificato 1 volta in totale.
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jim
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Messaggio da jim » 04 giu 2005, 17:24

1)
_ Definiamo, per comodità x<y<z

_fissiamo il segmento AP=x

_puntiamo col compasso in P e tracciamo due circonferenze: una (g1) di raggio y<x, l'altra (g2) di raggio z>x

_Definiamo il punto B come punto mobile su g1, e C come punto mobile su g2

_Chiamiamo w la retta su cui giace AP

TESI : si avrà min[(AB)^2+(BC)^2+(AC)^2] se A,B,C sono allineati e stanno sulla retta w dalla stessa parte rispetto a P. In tal caso, anche x,y,z appartengono a w. Il triangolo così formato sarà degenere.

DIMOSTRAZIONE:

1)dimostriamo che CA è min quando giacie su AP:
poichè C è mobile su g2, e poichè P è il centro di tale circonerenza, detto D il punto d'intersezione tra g2 e AP, si avrà per D=C. infatti, se consideriamo i triangoli ACP possibili, e chiamando r1 il raggio di g1, si può notare che tale triangolo è formato da r1 (costante) , AP (costante) e CA (variabile). piochè in un triangolo non degenere ogni lato è minore della somma degli altri due, si avrà che :
AP<r1+CA tranne nel caso in cui AP=r1+CA, cioè in cui il tr. è degenere.

2)Dimostriamo che BA è minimo quando B appartiene a w:
Si ragiona allo stesso modo dell'1), considerando il triangolo BAP

3)Dimostriamo che BC è min quando BCP sono allineati:
si ragiona allo stesso modo dell'1) e del 2), e, nella condizione di essere allineati, l'unica che mantiene min(AB) e min(AC), è quando C,A,B sono allineati dalla stessa parte rispetto a P, cioè la tesi.

Il minimo cercato è quindi, in funzione di x,y,z, (x-y)^2+(z-x)^2+(z-y)^2

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Messaggio da info » 05 giu 2005, 10:16

Anche a me viene come jim, a dire il vero... Io ho applicato il teorema del coseno (per questo mi aspettavo che non fosse accessibile a ragazzi di terza), ottenendo la somma:

2x^2+2y^2+2z^2-2xycos(a)-2xzcos(b)-2yzcos(c)

questa è minima quando i coseni sono tutti uguali ad 1. ed il minimo viene appunto

(x-y)^2+(y-x)^2+(z-x)^2

realizzabile con un triangolo degenere... Si aspettano conferme da Elianto84....

La sol di jim mi sembra sulla stessa linea, solo che mi pare lui trovi il minimo di a+b+c... potresti provare a dimostrare che vale lo stesso...


Inoltre, qualcuno che si vuole allenare perchè non posta una sol della disuguaglianza [2] (senza usare derivate)????

Infine, rilancio con un problema che al momento non ho ancora provato. E' il problema [1], ma ora bisogna trovare il max! Per a+b+c il problema era già stato affrontato nel vecchio forum...

--------
A proposito, lo sapete che a scuola ho trovato un modo per gabbare i prof? Stavo ragionando sulla mia situazione scolastica, quando mi è venuta in mente la media di ordine n [la chiamo m(n)]. Ecco, trovate il limite (magari anche senza essere troppo formali, ma se lo siete meglio):

lim [n-->+inf] m(n)

Comodo no????? Perchè non utilizzare questa media invece della solita?
--------

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karl
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Messaggio da karl » 05 giu 2005, 13:11


Siano $ \alpha,\beta,\gamma $ ,R gli angoli del triangolo
ed il circumraggio.Per la ben nota concavita' della funzione sin
nell'intervallo ]0,$ \pi $[, si ha:

$ \displaystyle \frac{{\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma }}{3} \le \sin \left( {\frac{{\alpha + \beta + \gamma }}{3}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \\ $
$ Ora\,\,e': \\ \left( {a + b + c} \right)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca) \ge 3(ab + bc + ca) = \\ $
$ \displaystyle = 3\left( {\frac{{2A}}{{\sin \gamma }} + \frac{{2A}}{{\sin \alpha }} + \frac{{2A}}{{\sin \beta }}} \right) = $
$ \displaystyle=6A\left( {\frac{1}{{\sin \alpha }} + \frac{1}{{\sin \beta }} + \frac{1}{{\sin \gamma }}} \right) \ge \frac{{18A}}{{\sqrt[3]{{\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma }}}} \ge \\ \ge \frac{{18A}}{{\displaystyle\frac{{\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma }}{3}}} \ge \frac{{18A}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 12A\sqrt 3 \\ $

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Scuse

Messaggio da elianto84 » 05 giu 2005, 16:11

Avete ragione ragazzi, il minimo di (a^2 + b^2 + c^2) è effettivamente
(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2
come il discorso dei coseni indubitabilmente evidenzia.

Tuttavia un errore di segno nel calcolo vettoriale mi aveva portato a risolvere
il problema del MASSIMO (che si rivela degnamente più interessante, per fortuna)
che resta comunque parzialmente aperto. (ho corretto il mio post precedente)

Valgono a questo punto le correlazioni

MASSIMO DI ||PG|| <----> MINIMO di (a^2 + b^2 + c^2)
MINIMO DI ||PG|| <-----> MASSIMO di (a^2 + b^2 + c^2)

[NB. Dal caso x=y=z segue quasi immediatamente che
la distanza tra circocentro e baricentro in un triangolo qualsiasi
è esprimibile in funzione della somma dei quadrati dei lati... ]

e invito tutti a concentrarsi sul problema del massimo...
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visto che ci sono

Messaggio da elianto84 » 05 giu 2005, 16:28

Visto che ci sono fornisco anche un'alternativa alla dimostrazione di Karl per il 2

Alfa, Beta, Gamma angoli di un triangolo.
Per la convessità della cotangente tra 0 e pi/2

ctg(alfa/2) + ctg(beta/2) + ctg(gamma/2) >= 3ctg(pi/6) = 3 sqrt(3)

moltiplichiamo per 2r, diametro della circonferenza inscritta

(-a+b+c) + (a-b+c) + (a+b-c) >= 6 sqrt(3) r
(a+b+c) >= 6sqrt(3) r

moltiplicando per (a+b+c)

(a+b+c)^2 >= 12 sqrt(3) A
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Messaggio da jim » 05 giu 2005, 20:49

info ha scritto: Infine, rilancio con un problema che al momento non ho ancora provato. E' il problema [1], ma ora bisogna trovare il max! Per a+b+c il problema era già stato affrontato nel vecchio forum...

Istintivamente mi viene da dire
max[a^2+b^2+c^2]=[(x-y)^2+(y+z)^2+(x+z)^2]
sempre assumendo y<x<z.
Anche in questo caso si tratta di un triangolo degenere. Ho già una bozza di soluzione, ma aspetto che sia completa prima di postarla.

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Messaggio da info » 05 giu 2005, 21:04

Lascio perdere il problema [1] modificato per oggi dato che non ho voglia di pensare ma spenderò il mio tempo in chat... magari doma... il problema [2] cmq si risolve anche senza Jensen con la dis tra medie utilizzando la formula di Erone...

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Messaggio da elianto84 » 05 giu 2005, 21:19

info ha scritto: Infine, rilancio con un problema che al momento non ho ancora provato. E' il problema [1], ma ora bisogna trovare il max! Per a+b+c il problema era già stato affrontato nel vecchio forum...
Ribadisco (G baricentro di ABC)

(a^2 + b^2 + c^2) = 3(x^2 + y^2 + z^2) - ||PG||^2

NB. Se x,y,z soddisfano la disuguaglianza triangolare possiamo avere P=G.
Costruiamo PTS tale che si abbia PT=x, TP=y, PS=z.

Sia B il simmetrico di T rispetto a Z, punto medio di PS.
Sulla retta ZP si prenda C, dalla parte di P, tale che PC=PS=z.
Si rinomini T come A.

ABC è tale che AP=x, BP=y, CP=z e il suo baricentro è P, da cui
(a^2 + b^2 + c^2) = 3(x^2 + y^2 + z^2)

Punto 2. Il problema è ricondotto a considerare il caso in cui
z,y e z NON soddisfano la disuguaglianza triangolare (qui sì che
la soluzione è degenere). Torna utile considerare quanto segue...

Fissiamo A e B (AP=x BP=y) e lasciamo che C vari sulla circonferenza
di centro P e raggio z. G varierà su una circonferenza (Gamma)
che avrà raggio z/3 e centro il baricentro di ABP. Proof: vector power!
Come varia ora il centro di Gamma al variare di B sulla circonferenza
di centro P e raggio y? Descrive una circonferenza centrata ad un terzo
del segmento PA e con raggio y/3... da qui è facile.
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Messaggio da __Cu_Jo__ » 06 giu 2005, 13:45

Si potrebbe anche fare così per il [2]:
$ \displaymatch a \ge \sqrt {a^2 - \left( {b - c} \right)^2 } \Rightarrow abc \ge \left( {a + b - c} \right)\left( {a + c - b} \right)\left( {b + c - a} \right) $
Quindi applicando la formula di Erone e AM-GM
$ A \le \frac{1}{4}\sqrt {\left( {a + b + c} \right)abc} \le \frac{1}{4}\sqrt {\frac{{\left( {a + b + c} \right)^4 }}{{27}}} = \frac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{12\sqrt 3 }} $
Molto simile a questa è la disuguaglianza di Weitzenbock:
$ a^2 + b^2 + c^2 \ge 4\sqrt 3 A $ che praticamente si dimostra dalla prima.

Questa invece è abbastanza diversa dalle precedenti(disuguaglianza di Hadwiger-Finsler):
$ 2ab + 2bc + 2ac - \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) \ge 4\sqrt 3 A $
Chi la dimostra?
Ultima modifica di __Cu_Jo__ il 06 giu 2005, 16:52, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da info » 06 giu 2005, 15:04

Alura, essendo il proof di Elianto84 essenzialmente vettoriale, metto giù qualche proprietà da lui utilizzata e qualche osservazione… Questo è fatto innanzitutto per me che “nun so ‘nà nerchia” e per quelli nelle mie condizioni: invece i vettori paiono essere utili… spero che non ne abbiate a male…

formula:

[[A+B]]^2 = [[A]]^2+[]^2 + 2 (A°B)

questa proprietà deriva dal teorema di Carnet e dalla definizione di prodotto scalare. Il segno + deriva da come è definito l’angolo tra vettori.
con l’induzione si generalizza ad n vettori.

Formula per il baricentro:

definito il triangolo con 3 vettori A, B e C misurati con un punto P come origine, per trovare il baricentro trovo innanzitutto il vettore posizione M del punto medio di un lato:

M – A = C
B – M = C

Da cui M = (A + B)/2

Quindi trovo il punto che divide con rapporto ½:

2/3 (M – C ) = G – C

1/3 (M – C) = M – G

da cui G = (A+B+C)/3

Applicando queste due formule si arriva a dire che la somma dei 3 quadrati dei lati è uguale ad una costante – [[A+B+C]]^2. (A+B+C) rappresenta il vettore posizione del baricentro moltiplicato per 3. Se noi minimizziamo il modulo del vettore posizione del baricentro siamo a posto. Esso è minimo naturalmente quando l’origine P è già il baricentro. Da qui la costruzione di Elianto84…

[osservazioni: lasciando perdere il discorso sul baricentro, in realtà questo importa poco. In sostanza noi dobbiamo fare in modo che la somma vettoriale dei 3 vettori sia 0. Questo è possibile solo quando i 3 vettori formano un triangolo. E la costruzione vettoriale è chiara. Ammettiamo di avere X,Y Z che soddisfano le condizioni. Deve essere X+Y+Z=0 -> X+Y= - Z (abbiamo ribaltato un vettore) -> ora basta traslare un vettore per ottenere il triangolo di lati [[X]],[[Y]],[[Z]]. Si ripete il procedimento al contrario per ottenere la costruzione effettiva]

Per quanto riguarda il caso successivo, resta sempre vero che bisogna minimizzare [[A+B+C]]. Elianto84 lavora sempre su [[(A+B+C)/3]] ma è lo stesso. Il procedimento consiste nel tenere fisso un lato, vedere come varia la posizione del baricentro o di quel vettore posizione e prendere la posizione più vicina a P. Chiarisco solo il “vector power”:

G = (A+B)/3 +C/3

Se A+B sono fissi e C varia su una circonferenza, allora C/3 rappresenta una circonferenza dilatata alla quale si assomma un traslazione di vettore. Dato che (A+B)/3 = (A+B+0)/3 il vettore di traslazione è il vettore posizione del baricentro di A,B P. Da qui il luogo citato… Analogamente si procede per il resto…

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Messaggio da info » 06 giu 2005, 15:30

La tua dis Cu_jo non pone particolari problemi con la sostituizone:

a=x+y
b=y+z
c=z+x

A si calcola sempre con Erone

Si fanno i calcoli, si eleva, e si usa la dis di riarragngiamento alle serie (xy,yz,xz)—(xy,yz,xz)--- ordinate nello stesso senso. Bella scoperta, eh? Sono uguali!

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karl
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Messaggio da karl » 06 giu 2005, 16:23

Per Cujo.
Si tratta di un procedimento assai noto;ecco la successione dei calcoli:
$ a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos \alpha = (b - c)^2 + 2bc(1 - \cos \alpha )} $
$ a^2 = (b - c)^2 + 4bc\sin ^2 \frac{\alpha }{2} = (b - c)^2 + 4\frac{{2S}}{{\sin \alpha }}\sin ^2 \frac{\alpha }{2} $
$ a^2 = (b - c)^2 + 4S\tan \frac{\alpha }{2} $
$ b^2 = (c - a)^2 + 4S\tan \frac{\beta }{2} $
$ c^2 = (a - b)^2 + 4S\tan \frac{\gamma }{2} $
$ a^2 + b^2 + c^2 = (b - c)^2 + (c - a)^2 + (a - b)^2 $$ + 4S(\tan \frac{\alpha }{2} + \tan \frac{\beta }{2} + \tan \frac{\gamma }{2}) $
$ 2(ab + bc + ca) - (a^2 + b^2 + c^2 ) = 4S(\tan \frac{\alpha }{2} + \tan \frac{\beta }{2} + \tan \frac{\gamma }{2}) $$ \ge 4S*3\tan \left( {\frac{{\alpha + \beta + \gamma }}{6}} \right) = 4S\sqrt 3 $

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