Problema di geometria.

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galli21
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Problema di geometria.

Messaggio da galli21 » 01 gen 2021, 10:15

Dimostra che esiste un punto interno a un triangolo equilatero di lato unitario tale che la somma delle distanze dai vertici è uguale a 1.

emmeci
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Re: Problema di geometria.

Messaggio da emmeci » 09 feb 2021, 16:26

Falso. Detto P il punto ed ABC il triangolo equilatero, ho

$f=PA+PB+PC \geq PA+PB \geq AB=1$

Non può però valere l'uguale in entrambi i $\geq$ dato che il primo vale se P coincide con C ed il secondo se P sta su AB; quindi $f>1$.
Aggiungo che con un ragionamento poco elegante ho dimostrato che si ha $f \geq \sqrt 3$ (si ha l'uguale quando P sta in centro).

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elianto84
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Re: Problema di geometria.

Messaggio da elianto84 » 12 feb 2021, 08:52

La distanza da un punto $P$ è una funzione convessa e differenziabile ovunque, tranne che nel punto $P$. Il gradiente della distanza da $P$ è il versore distanza. Segue che $PA+PB+PC$ è una funzione convessa che ha come gradiente la somma dei versori $PA,PB,PC$. In particolare $PA+PB+PC$ ha minimo in uno dei vertici oppure nell'unico punto del piano che vede $A,B,C$ sotto angoli multipli di $120^\circ$. Nel caso in cui $A,B,C$ siano i vertici di un triangolo equilatero abbiamo che il punto di minimo di $PA+PB+PC$ è proprio il centro, dove $PA+PB+PC$ vale $\sqrt{3}$ volte il lato. In particolare la tesi è falsa.
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Gi.
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Re: Problema di geometria.

Messaggio da Gi. » 14 feb 2021, 14:04

Detto $\triangle{ABC}$ il triangolo di partenza e usando le notazioni proposte dagli utenti che mi hanno preceduto, per mostrare che il minimo di $PA+PB+PC$ è $\sqrt{3}$ senza ricorrere a ragionamenti di tipo analitico si potrebbe considerare il triangolo $\triangle{A'B'C'}$ di cui $\triangle{ABC}$ è triangolo mediale (di modo che $A \in \overline{A'B'}$ e cicliche, per fissare le idee senza aggiungere disegni), allora per ogni $P$ interno a $\triangle{ABC}$ si ha

$PA+PB+PC \ge d(A, \overline{A'B'}) + d(B, \overline{B'C'}) + d(C, \overline{C'A'}) =$
$=\sqrt{3}$

Dove il $\ge$ segue dal fatto che o $PA$ coincide esattamente con la relativa distanza dal lato o è ipotenusa di un triangolo rettangolo avente per cateto la relativa distanza dal lato di $\triangle{A'B'C'}$ (discorso analogo per le altre distanze dai vertici di $\triangle{ABC}$), mentre l'uguaglianza vale per il teorema di Viviani - il fatto che tale valore sia un minimo segue dal fatto che è raggiunto nell'incentro di $\triangle{ABC}$ che coincide appunto con l'ortocentro di $\triangle{A'B'C'}$.

Per quanto scritto sopra, considerato un triangolo equilatero di lato $l$ si ha che la minima somma delle distanze di un punto $P$ interno ad esso dai vertici è $\displaystyle \frac{\sqrt{3} \cdot (2l)}{2}=\sqrt{3}\cdot l$, quindi condizione necessaria per l'esistenza di un punto $P$ interno ad esso le cui distanze dai vertici sommino a $1$ è che valga $ \displaystyle l \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.

D'altra parte si nota facilmente che $2l$ è estremo superiore (non raggiunto) di tale quantità, quindi deve essere anche $\displaystyle l > \frac{1}{2}$, da cui segue che condizione necessaria è $\displaystyle \frac{1}{2} < l \le \frac{1}{\sqrt{3}}$; considerando ora il triangolo e la porzione di piano interna ad esso, si ha che questo insieme è un compatto di $\mathbb{R}^2$ (considero qui il piano come $\mathbb{R}^2$ spazio affine bidimensionale con giacitura $\mathbb{R}$ spazio vettoriale su se stesso) per Heine-Borel e la funzione distanza è continua come applicazione $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, quindi lo è pure la sua restrizione all'insieme citato precedentemente, da cui concludiamo che in tale condizione massimo e minimo sono entrambi raggiunti e per il teorema dei valori intermedi lo è anche qualsiasi valore tra di essi, ossia anche $1$, del resto ogni punto sul bordo ha somma delle distanze dai vertici strettamente maggiore di $1$ e quindi il punto che realizza tale condizione è interno.

In conclusione, condizione necessaria e sufficiente per l'esistenza di un simile punto all'interno di un triangolo equilatero di lato $l$ è che sia $\displaystyle \frac{1}{2} < l \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.

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