Minimizziamo aree...

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Simo_the_wolf
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Minimizziamo aree...

Messaggio da Simo_the_wolf » 22 mag 2007, 17:40

Sia $ ABC $ un triangolo e siano $ A' \in BC $, $ B' \in AC $ e $ C' \in AB $. Se il baricentro di $ A'B'C' $ coincide con quello di $ ABC $ qual è il minimo di $ Area (A'B'C') / Area (ABC) $ ?

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manliobarone
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Messaggio da manliobarone » 22 mag 2007, 19:39

se la mia mente non è diventata fallace in tutti questi anni la risposta dovrebbe riferirsi al caso in cui io ho abc ed a'b'c' entrambi equilateri,posizionati in modo tale da suddividere abc in altri 3 triangoli equilateri uguali tra loro.ergo la risposta dovrebbe essere 1/4. :?: :?: :mrgreen:

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 22 mag 2007, 20:10

Oddio, Manlio anche qui!!! AAAAAHH!!!
Scherzo, benvenuto! :D
Manlio è una vecchia conoscenza di MathLinks.

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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 22 mag 2007, 21:31

Step1: G baricentro di ABC, fissiamo C' su AB.
Un'omotetia di centro G e rapporto -1/2 manda C' in F, punto medio di
A'B'. A' giace sia su BC che sulla retta simmetrica ad AC rispetto ad F.
Fissato un vertice del triangolo A'B'C' quest'ultimo è dunque univocamente
determinato.

Step2: Un'affinità conserva i rapporti tra le superfici e i rapporti tra segmenti
staccati sulla medesima retta (mandando dunque baricentri in baricentri).
Segue che, con grande nonchalance, possiamo supporre ABC equilatero
senza perdere di generalità.

Step3: Analizzando la costruzione nello Step1 si evince facilmente che
se ABC è equilatero lo è pure A'B'C' (una rotazione di angolo ^C'GC e centro
in G, seguita da un'omotetia di rapporto C'G/CG, determina a partire da ABC
un triangolo equilatero con un vertice in C' avente il medesimo baricentro di ABC.
Ma per ogni C' c'è un unico A'B'C' possibile!)

Step4: Tra tutti i triangoli equilateri inscritti in un triangolo equilatero di riferimento,
quello mediale ha superficie minima. Oserei dire: grazie al piffero.

Step5 (pleonastico): Rovesciando il punto di vista, il problema è analogo a chiedersi
quale sia la massima superficie di un triangolo "circoscritto" ad un triangolo assegnato.
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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 » 22 mag 2007, 22:16

Temo che non sia troppo dissimile da quella di elianto..
Almeno mi risparmio il "grazie al piffero" :wink:

Hum..ho usato nomi diversi per i 3 punti :oops: spero sia comprensibile!

allora chiamati P,Q e S i tre punti usando le coordinate affini si scrivono come:

$ P= \lambda_1(A-C)+C $
$ Q= \lambda_2(C-B)+B $
$ S= \lambda_3(B-A)+A $

Inoltre poichè i baricentri sono gli stessi:
$ P+Q+S=A+B+C= $$ \lambda_3(B-A)+A+\lambda_2(C-B)+B+\lambda_1(A-C)+C $

da cui $ \lambda_1=\lambda_2=\lambda_3 $

Posso inoltre fissare a meno di affinità ABC nell'equilatero:
$ A=(\frac{-\sqrt{3}}{2};\frac{-1}{2}) $
$ B=(\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{-1}{2}) $
$ C=(0;1) $

Ora PQS risulterà essere anche esso equilatero e la sua area dipenderà solamente da un lato.
Per minimizzarla è sufficente mimimizzare $ PS^2 $.
Per quanto detto (sostituendo nelle coordinate affini i valori di A,B,C):
$ P=(\lambda(-\frac{\sqrt{3}}{2});\lambda(\frac{-3}{2})+1) $
$ S=(\lambda(\sqrt{3})-\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{-1}{2}) $

Da cui dopo due conticini:
$ PS^2=9\lambda^2-9\lambda+3 $ Che è una bella parabola con vertice (e quindi minimo) nel punto $ \lambda=\frac{1}{2} $.

Per questo valore di $ \lambda $ ottengo che PQS è il triangolo dei punti medi e ha area $ \frac{1}{4} $ di quella di ABC.
Ultima modifica di enomis_costa88 il 22 mag 2007, 22:19, modificato 1 volta in totale.
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piever
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Messaggio da piever » 22 mag 2007, 22:18

Uhm, oppure:

A meno di affinita' poniamo: A=(0;0), B=(1;0), C=(0;1) e a questo punto, posto C'=(x;0) otteniamo, con le coordinate affini e sapendo che il baricentro dei due triangoli e' lo stesso, che B'=(0;1-x) e A'=(1-x;x)

L'area di ABC e' $ \frac{1}{2} $, quindi il rapporto tra le due aree e' la doppia area di A'B'C', ovvero, con la shoelace formula:

$ 2[A'B'C']=x^2+(1-x)^2-(1-x)x=3x^2-3x+1 $

Studiando il segno della derivata, che e' $ 6x-3 $, vediamo che la funzione si minimizza per $ x=\frac{1}{2} $ nel qual caso vale $ \frac{1}{4} $ che e' quindi il valore cercato.

EDIT: ops, non avevo visto che c'era anche la soluzione di enomis.. :roll:
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 23 mag 2007, 02:05

Ok bene tutti... Ma quanto siete analisti... :P

Io ho fatto come enomis fino a stabilire che $ AC' / AB = BA' / BC = CB' / CA $

A questo punto $ A(A'B'C')= A(ABC) - A(A'B'C) - A(AB'C') - A(A'BC') $. Ma chiamando $ AC'/AB= k $ abbiamo che $ A(AB'C')= A(ABB') \cdot AC'/AB = (A(ABC) \cdot AB' /AC) \cdot k $$ = A(ABC)\cdot (1-k)k $ e similmente le altre.

Quindi $ A(A'B'C')/A(ABC) = 1 - 3k(1-k) \geq^{GM-AM} $$ 1- 3 ( \frac {k + (1-k)}2 )^2 = 1/4 $ con uguaglianza quando $ k=1/2 $ quindi il triangolo mediale.

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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 23 mag 2007, 18:53

Rilancio: cosa accade se ABC e A'B'C' non condividono il medesimo baricentro, ma il medesimo ortocentro, o il medesimo circocentro?
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