Minimo prodotto triangolare

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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EvaristeG
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Minimo prodotto triangolare

Messaggio da EvaristeG » 10 ago 2005, 10:55

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.

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 10 ago 2005, 17:00

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.
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Messaggio da EvaristeG » 11 ago 2005, 17:03

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.

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what
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Messaggio da what » 20 ago 2005, 22:08

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.

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Messaggio da EvaristeG » 22 ago 2005, 20:45

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!! :D :D
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.

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Messaggio da what » 23 ago 2005, 12:00

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( :shock: !) oppure è tutto nella norma? :wink: ]

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Messaggio da EvaristeG » 23 ago 2005, 15:21

[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?

Spi
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Messaggio da Spi » 23 ago 2005, 15:30

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.

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Messaggio da EvaristeG » 23 ago 2005, 15:55

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).

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Messaggio da what » 25 ago 2005, 13:29

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 :D

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