Minimo prodotto triangolare
Minimo prodotto triangolare
Sia P un punto all'interno di un triangolo equilatero. Trovare la retta (o le rette) r per P che minimizza $ PX\cdot PY $ dove X e Y sono le intersezioni di r con il perimetro del triangolo.
Questo arriva da un qualche test di ammissione SNS ... è carino e quindi eccovelo.
Questo arriva da un qualche test di ammissione SNS ... è carino e quindi eccovelo.
mh,direi che si tratta della parallela a BC,chiamando A il punto più vicino a P.
Trattiamo prima il caso in cui X e Y sono su AC e BC,e chiamiamo innanzitutto gli angoli nel seguente modo:$ \displaystyle CAP=a, PAB=b, AXP=60°+x, AYP=60°-x $.
Per il teorema dei seni,abbiamo che $ \displaystyle PX = AP \frac{sin (a)}{sin (60+x)},PY = AP \frac{sin (b)}{sin (60-y)} $;dunque,il prodotto cercato è $ \displaystyle AP² \frac{sin (a)}{sin (60+x)} \frac{sin (b)}{sin (60-y)} $.Essendo il numeratore costante,bisognerà massimizzare il denominatore,e quindi l'espressione $ \displatstyle sin(60°+x) sin (60°-x) $$ \displaystyle = (\frac{\sqrt{3}cos (x)}{2} + \frac {sin (x)}{2}) (\frac{\sqrt{3}cos (x)}{2} - \frac {sin (x)}{2}) = $$ \displaystyle \frac{3}{4}cos² (x) - \frac{1}{4}sin² (x) = \frac{1}{2} cos² (x) - 1 $.Tale quantità è ovviamente massimizzata per x=0,per cui si ha che AXY è equilatero.
Ora,nel caso in cui almeno uno tra X e Y sia su BC,si può fare simmetricamente lo stesso ragionamento(per esempio col vertice B),dove il prodotto minimo cercato è $ \displaystyle BP² \frac{sin (a)}{sin (60+x)} \frac{sin (b)}{sin (60-y)} $.Poichè AP è minore di BP e CP,si ha che il mimimo è quello trovato prima.
Trattiamo prima il caso in cui X e Y sono su AC e BC,e chiamiamo innanzitutto gli angoli nel seguente modo:$ \displaystyle CAP=a, PAB=b, AXP=60°+x, AYP=60°-x $.
Per il teorema dei seni,abbiamo che $ \displaystyle PX = AP \frac{sin (a)}{sin (60+x)},PY = AP \frac{sin (b)}{sin (60-y)} $;dunque,il prodotto cercato è $ \displaystyle AP² \frac{sin (a)}{sin (60+x)} \frac{sin (b)}{sin (60-y)} $.Essendo il numeratore costante,bisognerà massimizzare il denominatore,e quindi l'espressione $ \displatstyle sin(60°+x) sin (60°-x) $$ \displaystyle = (\frac{\sqrt{3}cos (x)}{2} + \frac {sin (x)}{2}) (\frac{\sqrt{3}cos (x)}{2} - \frac {sin (x)}{2}) = $$ \displaystyle \frac{3}{4}cos² (x) - \frac{1}{4}sin² (x) = \frac{1}{2} cos² (x) - 1 $.Tale quantità è ovviamente massimizzata per x=0,per cui si ha che AXY è equilatero.
Ora,nel caso in cui almeno uno tra X e Y sia su BC,si può fare simmetricamente lo stesso ragionamento(per esempio col vertice B),dove il prodotto minimo cercato è $ \displaystyle BP² \frac{sin (a)}{sin (60+x)} \frac{sin (b)}{sin (60-y)} $.Poichè AP è minore di BP e CP,si ha che il mimimo è quello trovato prima.
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.
(Mary-Lou --- Sonata Arctica)
oh Mary-Lou.
(Mary-Lou --- Sonata Arctica)
A parte il fatto che la trattazione dei problemi di configurazione non è poi molto soddisfacente ... c'è un'altra soluzione, senza trigonometria anche se non sintetica, un minimo più "economica".
Non che questa sia estremamente contosa, anzi, va benissimo, ma se a qualcuno ne viene in mente un'altra senza trigonometria (da terza liceo, per intenderci) certo non farà dispiacere.
Non che questa sia estremamente contosa, anzi, va benissimo, ma se a qualcuno ne viene in mente un'altra senza trigonometria (da terza liceo, per intenderci) certo non farà dispiacere.
Supponiamo che r incontri due lati, diciamo a e b.
Dico che $ PX \cdot PY $ è minimo quando r è parallelo al terzo lato (c).
Infatti, siano $ M,N $ le intersezioni con a,b della parallela a c passante per P. Tracciamo la circonferenza $ \gamma $ passante per M,N e tangente ad a,b; per qualsiasi altra retta r consideriamo le intersezioni di $ XY $ con $ \gamma $, e le chiamiamo $ H,K $.
Per il teorema delle corde $ PM \cdot PN = PH \cdot PK < PX \cdot PY $.
Quindi la retta cercata è la parallela al lato più lontano a P.
Dico che $ PX \cdot PY $ è minimo quando r è parallelo al terzo lato (c).
Infatti, siano $ M,N $ le intersezioni con a,b della parallela a c passante per P. Tracciamo la circonferenza $ \gamma $ passante per M,N e tangente ad a,b; per qualsiasi altra retta r consideriamo le intersezioni di $ XY $ con $ \gamma $, e le chiamiamo $ H,K $.
Per il teorema delle corde $ PM \cdot PN = PH \cdot PK < PX \cdot PY $.
Quindi la retta cercata è la parallela al lato più lontano a P.
Non chiedevo così tanto...sono commosso.
Se non dal Libro (non so se sia questa la migliore), quanto meno hai letto dal mio blocco per appunti...complimenti!!
Ci sono quattro particolari da sistemare per avere una ottima dimostrazione :
1) chi dice che la tua circonferenza $ \gamma $ esista? imponi la tangenza a due rette in due punti precisi..non è detto che si possa e quindi va giustificato.
2) cosa succede se uno degli estremi è un vertice? devi escludere anche questo caso...
3) perchè puoi scrivere che PH<PX e PK<PY (così ha un motivo la -poca- fatica spesa nel punto 1) ) ?
4) sappiamo che se c'è un minimo questo è dato da una parallela ad uno dei tre lati; perchè proprio la parallela al lato più lontano è la minima tra i minimi?
Ancora bravo; l'idea è ottima (sì ok, in parte lo dico perchè ho avuto la stessa) ma devi curare di più il modo in cui scrivi le dimostrazioni : in una gara queste mancanze riescono a far valere quasi niente una soluzione praticamente corretta come la tua.
Se non dal Libro (non so se sia questa la migliore), quanto meno hai letto dal mio blocco per appunti...complimenti!!
Ci sono quattro particolari da sistemare per avere una ottima dimostrazione :
1) chi dice che la tua circonferenza $ \gamma $ esista? imponi la tangenza a due rette in due punti precisi..non è detto che si possa e quindi va giustificato.
2) cosa succede se uno degli estremi è un vertice? devi escludere anche questo caso...
3) perchè puoi scrivere che PH<PX e PK<PY (così ha un motivo la -poca- fatica spesa nel punto 1) ) ?
4) sappiamo che se c'è un minimo questo è dato da una parallela ad uno dei tre lati; perchè proprio la parallela al lato più lontano è la minima tra i minimi?
Ancora bravo; l'idea è ottima (sì ok, in parte lo dico perchè ho avuto la stessa) ma devi curare di più il modo in cui scrivi le dimostrazioni : in una gara queste mancanze riescono a far valere quasi niente una soluzione praticamente corretta come la tua.
Ciao.
Bè, non intendeva essere una soluzione da gara, ma in effetti imparare a formalizzare non può farmi male.
[Triangolo equilatero $ ABC $, notazioni standard]
Consideriamo una retta $ r $ passante per $ P $ e che incontri due lati, che senza perdita di generalità chiamiamo $ a, b $, rispettivamente nei punti $ X, Y $, che supponiamo non essere vertici di $ ABC $.
Sia poi $ s $ la retta per $ P $ parallela a $ c $, e siano $ M, N $ le intersezioni di $ s $ rispettivamente con $ a, b $. Il triangolo $ CMN $ è il trasformato omotetico (se si può dire) di $ ABC $, e quindi risulta equilatero; in particolare, $ CM=CN $. Ciò assicura l’esistenza di una circonferenza $ \gamma $ passante per $ M,N $ e tangente ad $ a,b $. Se $ r \neq s $, allora $ r $ incontra $ \gamma $ in due punti $ H,K $, con $ H \in PX $ e $ K \in PY $. Allora chiaramente $ PX \cdot PY>PH \cdot PK=PM \cdot PN $ dove l’ultima uguaglianza è valida per il teorema delle corde. Pertanto la retta (o le rette cercate è una parallela ad un lato. Minimizzare $ MN $ equivale a minimizzare $ CM $; e si vede facilmente che all’aumentare di $ CP $, $ CM $ aumenta. Quindi la retta cercata è la parallela al lato più lontano da $ P $.
Se $ P $ è il centro del triangolo le rette cercate sono le tre parallele ai lati.
Se uno fra $ X,Y $ è un vertice, posso scegliere i due lati su cui iniziare a lavorare in due modi: ma il ragionamento fila in entrambe le scelte, e porta sempre ad individuare i minimi nelle parallele.
Dovrebbe andar meglio ora. In gara penso che l'avrei scritta più o meno così.
Grazie dei complimenti, ma grazie ancor di più dei consigli.
[Devo cominciare a preoccuparmi, se ogni volta che risolvo un problema di geometria mi inondi di sorrisoni, complimenti e lacrime( !) oppure è tutto nella norma? ]
Bè, non intendeva essere una soluzione da gara, ma in effetti imparare a formalizzare non può farmi male.
[Triangolo equilatero $ ABC $, notazioni standard]
Consideriamo una retta $ r $ passante per $ P $ e che incontri due lati, che senza perdita di generalità chiamiamo $ a, b $, rispettivamente nei punti $ X, Y $, che supponiamo non essere vertici di $ ABC $.
Sia poi $ s $ la retta per $ P $ parallela a $ c $, e siano $ M, N $ le intersezioni di $ s $ rispettivamente con $ a, b $. Il triangolo $ CMN $ è il trasformato omotetico (se si può dire) di $ ABC $, e quindi risulta equilatero; in particolare, $ CM=CN $. Ciò assicura l’esistenza di una circonferenza $ \gamma $ passante per $ M,N $ e tangente ad $ a,b $. Se $ r \neq s $, allora $ r $ incontra $ \gamma $ in due punti $ H,K $, con $ H \in PX $ e $ K \in PY $. Allora chiaramente $ PX \cdot PY>PH \cdot PK=PM \cdot PN $ dove l’ultima uguaglianza è valida per il teorema delle corde. Pertanto la retta (o le rette cercate è una parallela ad un lato. Minimizzare $ MN $ equivale a minimizzare $ CM $; e si vede facilmente che all’aumentare di $ CP $, $ CM $ aumenta. Quindi la retta cercata è la parallela al lato più lontano da $ P $.
Se $ P $ è il centro del triangolo le rette cercate sono le tre parallele ai lati.
Se uno fra $ X,Y $ è un vertice, posso scegliere i due lati su cui iniziare a lavorare in due modi: ma il ragionamento fila in entrambe le scelte, e porta sempre ad individuare i minimi nelle parallele.
Dovrebbe andar meglio ora. In gara penso che l'avrei scritta più o meno così.
Grazie dei complimenti, ma grazie ancor di più dei consigli.
[Devo cominciare a preoccuparmi, se ogni volta che risolvo un problema di geometria mi inondi di sorrisoni, complimenti e lacrime( !) oppure è tutto nella norma? ]
[partially OT]
Hmm no, di solito non mi comporto così ... le due volte che l'ho fatto, ero giustificato dal fatto che le tue soluzioni lo meritavano; in particolare, questa volta, l'idea giusta su come sfruttare il teorema delle corde (unico appiglio con i prodotti di segmenti allineati, a parte il secondo teorema di Euclide) non era, a mio parere, facile.
Comunque, potrei prendere l'abitudine a sciogliermi in lodi sperticate ogni volta che qualcuno risolve un problema di geometria...magari invoglia la gente a farli...non per dire, ma i solutori scarseggiano.
[/partially OT]
Tornando al problema...effettivamente il caso in cui la retta incontra un vertice non presenta problemi...non so perchè te l'ho detto.
A proposito del fatto che PX>PH e PY>PK, mi sarebbe bastato veder scritto :
in quanto H sta tra P e X e K sta tra P e Y per il fatto che i lati (su cui stanno X,Y) sono tangenti alla circonferenza (su cui stanno H,K) e quindi esterni.
Per il fatto che si debba scegliere proprio il lato più lontano... beh, è vero che questo garantisce che MN sia minimo, ma questo non implica che sia minimo il prodotto PM*PN, almeno non automaticamente :
a+b>c+d (reali positivi) non implica sempre ab>cd, ad esempio
1+5>2.5 + 2.5 ma 1*5=5 e 2.5*2.5=6.25>5.
Per dire che in questo caso l'implicazione funziona, c'è da fare un piccolo confronto.
Suggerimento : Traccia le tre parallele ai lati per P e confronta i pezzi in cui vengono divise da P ... ce n'è di uguali?
Hmm no, di solito non mi comporto così ... le due volte che l'ho fatto, ero giustificato dal fatto che le tue soluzioni lo meritavano; in particolare, questa volta, l'idea giusta su come sfruttare il teorema delle corde (unico appiglio con i prodotti di segmenti allineati, a parte il secondo teorema di Euclide) non era, a mio parere, facile.
Comunque, potrei prendere l'abitudine a sciogliermi in lodi sperticate ogni volta che qualcuno risolve un problema di geometria...magari invoglia la gente a farli...non per dire, ma i solutori scarseggiano.
[/partially OT]
Tornando al problema...effettivamente il caso in cui la retta incontra un vertice non presenta problemi...non so perchè te l'ho detto.
A proposito del fatto che PX>PH e PY>PK, mi sarebbe bastato veder scritto :
in quanto H sta tra P e X e K sta tra P e Y per il fatto che i lati (su cui stanno X,Y) sono tangenti alla circonferenza (su cui stanno H,K) e quindi esterni.
Per il fatto che si debba scegliere proprio il lato più lontano... beh, è vero che questo garantisce che MN sia minimo, ma questo non implica che sia minimo il prodotto PM*PN, almeno non automaticamente :
a+b>c+d (reali positivi) non implica sempre ab>cd, ad esempio
1+5>2.5 + 2.5 ma 1*5=5 e 2.5*2.5=6.25>5.
Per dire che in questo caso l'implicazione funziona, c'è da fare un piccolo confronto.
Suggerimento : Traccia le tre parallele ai lati per P e confronta i pezzi in cui vengono divise da P ... ce n'è di uguali?
Io avevo avuto un'altra idea, non corta come quella di What, non troppo elegante perché richiede trigonometria e derivate, ma abbastanza corta...
Notazioni standard: triangolo ABC, lati a, b, c, punto P. Chiamiamo i vertici in modo che P abbia distanza minima dal lato a, segue b, distanza massima da c. Traccio le perpendicolari a tutti i lati passanti per P e le prolungo fino a suddividere il triangolo in 6 parti. Chiamo l'intersezione tra a e la sua perpendicolare $ $H $ e il punto in cui lo stesso segmento incontra il lato b $ $H_1 $, il punto tra b e la sua perpendicolare $ $K $ e $ $K_1 $, il punto tra c e la sua perpendicolare $ $L $ e $ $L_1 $.
La retta che cerchiamo si trova necessariamente all'interno dei due triangoli $ $KPH_1 $ e $ $K_1HP $. Infatti le coppie di triangoli $ $H_1PA $ con il suo prolungamento oltre P e $ $BPK_1 $ e il suo prolungamento oltre P hanno tutti i lati maggiori dei due triangoli e quindi un segmento XY passante per P e attraverso quei due triangoli non delineerebbe il minimo che cerchiamo. Lo stesso ragionamento (applicato ad altri triangoli) porta ad escludere la coppia di triangoli $ $CPL_1 $ con il suo opposto. Infine le due coppie di triangoli rimaste sono da scartare perché un segmento che passasse per P e per quei triangoli avrebbe una parte in un triangolo congruente a uno tra $ $K_1HP $ e $ $KH_1P $ e l'altra in un triangolo sicuramente più grande.
Capisco che non è molto formale, ma visto che non si tratta ancora del cuore della dimostrazione non volevo tediarvi più di quel che già sono riuscito a fare
Comunque, la dimostrazione vera, una volta "isolati" questi due triangoli, segue qui sotto.
I due triangoli presi in esame hanno un angolo retto e uno opposto al vertice, quindi sono simili. Inoltre, l'angolo esterno di quello opposto al vertice misura $ $\frac{2}{3} \pi $, poiché fa parte di un quadrilatero avente 2 angoli retti e uno pari a $ $\frac{\pi}{3} $. Quindi gli angoli opposti al vertice misurano $ $\frac{\pi}{3} $.
Un qualsiasi segmento XY attraverso i due triangoli formerebbe un angolo $ $\alpha $ con una delle due altezze (supponiamo $ $PH $, e chiamiamola $ $h_1 $) e un angolo $ $\frac{\pi}{3} - \alpha $ con l'altra (chiamiamola $ $h_2 $). Supponendo che $ $h_1 $ cada sul lato contenente il punto X, abbiamo che
$ $PX = \frac {h_1} {\cos \alpha} $
$ $PY = \frac {h_2} {\cos(\frac{\pi}{3} - \alpha)} $
e quindi
$ $PX \cdot PY = \frac {h_1 \cdot h_2}{\cos\alpha (\frac{1}{2} \cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha)} $
Per minimizzare questo valore, essendo $ $h_1 \cdot h_2 $ costante, bisogna massimizzare il denominatore. Derivandolo
$ $f^1(\alpha) = -\frac{1}{2} \cos \alpha \sin \alpha + \frac {\sqrt {3}}{2} (- \sin^2\alpha + \cos^2\alpha) $
Uguagliando a zero e compattando il tutto
$ $- \sin 2\alpha + \sqrt{3} \cos 2\alpha = 0 $
Da cui, essendo gli angoli sicuramente minori di $ $\pi $
$ $2\alpha = \frac {\pi}{3}; \alpha = \frac {pi}{6} $
Insomma, l'angolo cercato è la bisettrice comune dei due triangolini, che si vede con poco sforzo essere parallela al lato opposto.
L'unica cosa rimasta è l'ipotesi che il punto P si trovi su una mediana o anche nel baricentro. Con gli stessi ragionamenti adattati si vede che se si trova sul baricentro ci sono 3 possibilità, parallelo ad ogni lato, altrimenti, se si trova solo su una mediana, se $ $h_1 = h_2 < h_3 $ c'è sempre e solo un minimo, in caso contrario ve ne sono 2.
A voler essere pignoli ci sarebbe anche da dire che se P sta su un lato ci sono infinite possibilità, visto che $ $PX \cdot PY = 0 $ in ogni caso.
Notazioni standard: triangolo ABC, lati a, b, c, punto P. Chiamiamo i vertici in modo che P abbia distanza minima dal lato a, segue b, distanza massima da c. Traccio le perpendicolari a tutti i lati passanti per P e le prolungo fino a suddividere il triangolo in 6 parti. Chiamo l'intersezione tra a e la sua perpendicolare $ $H $ e il punto in cui lo stesso segmento incontra il lato b $ $H_1 $, il punto tra b e la sua perpendicolare $ $K $ e $ $K_1 $, il punto tra c e la sua perpendicolare $ $L $ e $ $L_1 $.
La retta che cerchiamo si trova necessariamente all'interno dei due triangoli $ $KPH_1 $ e $ $K_1HP $. Infatti le coppie di triangoli $ $H_1PA $ con il suo prolungamento oltre P e $ $BPK_1 $ e il suo prolungamento oltre P hanno tutti i lati maggiori dei due triangoli e quindi un segmento XY passante per P e attraverso quei due triangoli non delineerebbe il minimo che cerchiamo. Lo stesso ragionamento (applicato ad altri triangoli) porta ad escludere la coppia di triangoli $ $CPL_1 $ con il suo opposto. Infine le due coppie di triangoli rimaste sono da scartare perché un segmento che passasse per P e per quei triangoli avrebbe una parte in un triangolo congruente a uno tra $ $K_1HP $ e $ $KH_1P $ e l'altra in un triangolo sicuramente più grande.
Capisco che non è molto formale, ma visto che non si tratta ancora del cuore della dimostrazione non volevo tediarvi più di quel che già sono riuscito a fare
Comunque, la dimostrazione vera, una volta "isolati" questi due triangoli, segue qui sotto.
I due triangoli presi in esame hanno un angolo retto e uno opposto al vertice, quindi sono simili. Inoltre, l'angolo esterno di quello opposto al vertice misura $ $\frac{2}{3} \pi $, poiché fa parte di un quadrilatero avente 2 angoli retti e uno pari a $ $\frac{\pi}{3} $. Quindi gli angoli opposti al vertice misurano $ $\frac{\pi}{3} $.
Un qualsiasi segmento XY attraverso i due triangoli formerebbe un angolo $ $\alpha $ con una delle due altezze (supponiamo $ $PH $, e chiamiamola $ $h_1 $) e un angolo $ $\frac{\pi}{3} - \alpha $ con l'altra (chiamiamola $ $h_2 $). Supponendo che $ $h_1 $ cada sul lato contenente il punto X, abbiamo che
$ $PX = \frac {h_1} {\cos \alpha} $
$ $PY = \frac {h_2} {\cos(\frac{\pi}{3} - \alpha)} $
e quindi
$ $PX \cdot PY = \frac {h_1 \cdot h_2}{\cos\alpha (\frac{1}{2} \cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha)} $
Per minimizzare questo valore, essendo $ $h_1 \cdot h_2 $ costante, bisogna massimizzare il denominatore. Derivandolo
$ $f^1(\alpha) = -\frac{1}{2} \cos \alpha \sin \alpha + \frac {\sqrt {3}}{2} (- \sin^2\alpha + \cos^2\alpha) $
Uguagliando a zero e compattando il tutto
$ $- \sin 2\alpha + \sqrt{3} \cos 2\alpha = 0 $
Da cui, essendo gli angoli sicuramente minori di $ $\pi $
$ $2\alpha = \frac {\pi}{3}; \alpha = \frac {pi}{6} $
Insomma, l'angolo cercato è la bisettrice comune dei due triangolini, che si vede con poco sforzo essere parallela al lato opposto.
L'unica cosa rimasta è l'ipotesi che il punto P si trovi su una mediana o anche nel baricentro. Con gli stessi ragionamenti adattati si vede che se si trova sul baricentro ci sono 3 possibilità, parallelo ad ogni lato, altrimenti, se si trova solo su una mediana, se $ $h_1 = h_2 < h_3 $ c'è sempre e solo un minimo, in caso contrario ve ne sono 2.
A voler essere pignoli ci sarebbe anche da dire che se P sta su un lato ci sono infinite possibilità, visto che $ $PX \cdot PY = 0 $ in ogni caso.
Ok, eccone un'altra!!
Bene! Il punto P è detto interno ad ABC e quindi non sta sul suo perimetro.
La prima parte del tuo post è abbastanza incasinata, come tu stesso ammetti, ma sbagli a dire che non sia il cuore della dimostrazione...magari non è quella in cui trovi la soluzione, ma di certo è importante...e può essere scritta meglio e più brevemente.
Ma non pretendiamo troppo.
Visto che questo era un test di ammissione in SNS, l'analisi non è bandita, anche se si può fare senza.
Infine, c'è anche una simpatica strada di geometria analitica che nessuno ha ancora tentato e che posterò io se nessuno lo fa. Tra tutte mi sembra quella più breve tra le accessibili (ovvero senza idee geniali ma non eccessivamente lunga o complicata o con l'analisi).
Bene! Il punto P è detto interno ad ABC e quindi non sta sul suo perimetro.
La prima parte del tuo post è abbastanza incasinata, come tu stesso ammetti, ma sbagli a dire che non sia il cuore della dimostrazione...magari non è quella in cui trovi la soluzione, ma di certo è importante...e può essere scritta meglio e più brevemente.
Ma non pretendiamo troppo.
Visto che questo era un test di ammissione in SNS, l'analisi non è bandita, anche se si può fare senza.
Infine, c'è anche una simpatica strada di geometria analitica che nessuno ha ancora tentato e che posterò io se nessuno lo fa. Tra tutte mi sembra quella più breve tra le accessibili (ovvero senza idee geniali ma non eccessivamente lunga o complicata o con l'analisi).
Hai ragione.
In effetti, non avevo pensato a quel particolare, che però rende la dimostrazione perlomeno incompleta.
Comunque, penso che l'unica strada logica sia quella di tracciare le tre parallele: esse formano coi lati tre triangolini equilateri di lato a,b,c con a<b<c. Per le tre parallele, i tre prodotti diventano quindi ab,bc,ca; per avere il minimo dei tre, basta non considerare il più grande (per es. c). Ma è facile vedere che a,b,c sono proporzionali alle distanze di P dai lati, da cui la tesi.
Edit: che poi è esattamente quello che dicevi nel suggerimento
In effetti, non avevo pensato a quel particolare, che però rende la dimostrazione perlomeno incompleta.
Comunque, penso che l'unica strada logica sia quella di tracciare le tre parallele: esse formano coi lati tre triangolini equilateri di lato a,b,c con a<b<c. Per le tre parallele, i tre prodotti diventano quindi ab,bc,ca; per avere il minimo dei tre, basta non considerare il più grande (per es. c). Ma è facile vedere che a,b,c sono proporzionali alle distanze di P dai lati, da cui la tesi.
Edit: che poi è esattamente quello che dicevi nel suggerimento