17. Somma di segmenti

[Anér]

Sia ABC un triangolo e N il centro della sua circonferenza di Feuerbach; sia R il circoraggio. Dimostrare che $AN+BN+CN\leq 3R$ e discutere i casi di uguaglianza. Spero che stavolta non esista una famosa formula per calcolare AN+BN+CN in funzione di R!

[dario2994]

Forse è un poco tardi ma finalmente, dopo un paio d'anni d'olimpiadi, qualche gara internazionale e oltre mille post qui... una soluzione coi vettori

Lemma di quei giorni: $ AN^2+BN^2+CN^2\le 3R^2 $
Piazzo l'origine nel circocentro di $ABC$. (non metto le freccette sui vettori sennò esco scemo)
Vale ovviamente $A^2=B^2=C^2=R^2$ e un po' meno ovviamente ma è un'omotetia nel baricentro: $N=\frac{A+B+C}{2}$
E ora il capolavoro:
$\displaystyle AN^2+BN^2+CN^2=\sum_{cyc} \left(N-A\right)^2=\sum_{cyc} \left(\frac{-A+B+C}{2}\right)^2=\frac14\left(\sum_{cyc}A^2+B^2+C^2-2AB+2BC-2CA\right)=$
$\displaystyle \frac14\left(3(A^2+B^2+C^2)-2(AB+BC+CA)\right)=\frac14\left(4(A^2+B^2+C^2)-(A+B+C)^2\right)\le \frac14\left(4(A^2+B^2+C^2)\right)=3R^2$
Che è il lemma.

Bon... ora non resta che una simpatica AM-GM: $\frac{AN+BN+CN}{3}\le \sqrt{\frac{AN^2+BN^2+CN^2}{3}}\le \sqrt{\frac{3R^2}{3}}=R$. Quindi la disuguaglianza è dimostrata. Per i casi di uguaglianza... beh la disuguaglianza tra medie ha il caso di uguaglianza solo quando sono tutti uguali perciò $AN=BN=CN$ ma allora $N=O$ ma allora pure il baricentro sta lì, ma allora anche H... ma insomma... è un triangolo equilatero per mille motivi... è ovvio che nel caso $ABC$ triangolo equilatero si verifica davvero l'uguaglianza.

p.s. ho un po' paura di aver fatto qualcosa che non si poteva fare coi vettori...

[bĕlcōlŏn]

Boh, metto la mia soluzione perché mi sembra utile (a chi ?) ricordarsi questa formuletta che mi sono ricavato.
L'idea è la stessa di dario, dimostrare che $AN^2+BN^2+CN^2 \leq 3R^2$. Voglio trovare $AN^2$. Sia $\gamma_f$ la circonferenza di Feuerbach di $ABC$. Allora $pow_{\gamma_f} A = AN^2-r_{\gamma_f}^2 (1)$, ma per il fatto che l'omotetia di centro $H$ e fattore $2$ manda $\gamma_f$ nella circonferenza circoscritta, si ha che $r_{\gamma_f}=\dfrac{R}{2}$. Inoltre detto $M$ il punto medio di $AB$ e $H$ il piede della perpendicolare condotta da $C$ a $AB$, si ha $pow_{\gamma_f} A = AM\cdot AH = \dfrac{c}{2}b\cos\alpha = \dfrac{bc}{2}\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{4}$.

Allora sostituendo nella $(1)$, si ha $AN^2 = pow_{\gamma_f} A + r_{\gamma_f}^2 = \dfrac{b^2+c^2-a^2+R^2}{4}$. E così ciclicamente per $BN^2$ e $CN^2$.

Sommandole si ottiene $AN^2+BN^2+CN^2= \dfrac{a^2+b^2+c^2+3R^2}{4}$ e voglio che questa quantità sia minore o uguale di $3R^2$, ovvero voglio che $a^2+b^2+c^2 \leq 9R^2$. Per mostrare questo basta sapere che fra tutti i triangoli inscritti in una circonferenza, quello equilatero massimizza la somma dei quadrati dei lati, che in tal caso vale $9R^2$. Quindi per ogni triangolo inscritto nella circonferenza vale $a^2+b^2+c^2 \leq 9R^2$ e l'uguaglianza si ha quando è equilatero.
[Piccolo bonus: Mostrare che fra tutti i triangoli inscritti in una circonferenza, quello equilatero massimizza la somma dei quadrati dei lati]
T'oh mi sono accorto di aver proposto lo stesso "piccolo bonus" in un altro thread tempo fa: viewtopic.php?f=14&t=15461

Poi si conclude con una AM-GM come fatto da dario.

[Anér]

Molto bene entrambi, in effetti la vera disuguaglianza era quella con i quadrati dei segmenti (ma per nasconderla ho allungato il brodo con AM-GM). Altrimenti si poteva notare che $AN^2+BN^2+CN^2+HN^2=3R^2$ perché N è il baricentro di ABCH, dunque ponendo l'origine in N e facendo un po' di conti si arriva alla soluzione; oppure si può ricordare che $AX^2+BX^2+CX^2=AG^2+BG^2+CG^2+3GX^2$ per ogni punto X del piano, o dello spazio, dunque essendo O più distante da G il baricentro di ABC rispetto a N (nell'ordine sulla retta di Eulero i punti sono G, N, O) si ha la disuguaglianza.