Problema che ho formulato tre anni fa e ho risolto oggi.
Abbiamo un triangolo $T_1$ $ABC$, tracciamo la circonferenza inscritta e chiamiamo $A',B',C'$ i punti di tangenza della stessa con i lati opposti ad $A,B,C$ rispettivamente. Supponiamo che i tre segmenti $AB', BC', CA'$ siano ancora lati di un triangolo; costruiamo allora il triangolo $T_2$ con questi lati e ripetiamo l'operazione: circonferenza inscritta, punti di tangenza, tre segmenti. Se questi ultimi sono ancora lati di un triangolo costruiamo $T_3$ allo stesso modo, e andiamo avanti così. Supponiamo che la successione di triangoli non si arresti mai. Dimostrare che $ABC$ è equilatero.
Successione di triangoli
Successione di triangoli
Sono il cuoco della nazionale!
Re: Successione di triangoli
Scusami ma ti cambio la numerazione sennò mi trovo male. Sia $ T_0 $ il triangolo iniziale (i cui lati sono $ a_0, b_0, c_0 $), $ T_1 $ il secondo triangolo (i cui lati sono $ a_1, b_1, c_1 $), e così via. In particolare, applicando il torema delle tangenti, pongo $ a_n=b_{n+1}+c_{n+1} $, $ b_n=a_{n+1}+c_{n+1} $, $ c_n=a_{n+1}+b_{n+1} $.
Allora, risolvendo il sistema di tre equazioni in tre incognite, trovo che $ \displaystyle a_n= \frac {-a_{n-1}+b_{n-1}+c_{n-1}}{2} $, $ \displaystyle b_n= \frac {a_{n-1}-b_{n-1}+c_{n-1}}{2} $, $ \displaystyle c_n= \frac {a_{n-1}+b_{n-1}-c_{n-1}}{2} $.
Quindi, facendo un po' di calcoli, ricavo $ \displaystyle a_n= \frac {-a_{n-1}+a_{n-2}}{2} $, $ \displaystyle b_n= \frac {-b_{n-1}+b_{n-2}}{2} $, $ \displaystyle c_n= \frac {-c_{n-1}+c_{n-2}}{2} $.
Infine, applicando qualche formula di ricorsione, determino la terna $ n $-esima: $ \displaystyle a_n= ({\frac {2a_0-b_0-c_0}{3}})(-1)^n+({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}}) $, $ \displaystyle b_n= ({\frac {-a_0+2b_0-c_0}{3}})(-1)^n+({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}}) $, $ \displaystyle c_n= ({\frac {-a_0-b_0+2c_0}{3}})(-1)^n+({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}}) $.
A questo punto esistono 1001 modi per concludere. Il più immediato mi sembra notare che se $ T_0 $ non è equilatero, almeno una delle tre quantità $ (2a_0-b_0-c_0) $, $ (-a_0+2b_0-c_0) $, oppure $ (-a_0-b_0+2c_0) $ sarebbe diversa da 0. Scelgo che lo sia $ (2a_0-b_0-c_0) $.
Allora per ottenere un $ a_n $ negativo (non accettabile) basterebbe scegliere un $ n $ tale che $ \displaystyle ({\frac {2a_0-b_0-c_0}{3}})(-1)^n<0 $ e abbastanza grande affinchè $ \displaystyle ({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}})<({\frac {2a_0-b_0-c_0}{3}})(-1)^{n+1} $.
Allora, risolvendo il sistema di tre equazioni in tre incognite, trovo che $ \displaystyle a_n= \frac {-a_{n-1}+b_{n-1}+c_{n-1}}{2} $, $ \displaystyle b_n= \frac {a_{n-1}-b_{n-1}+c_{n-1}}{2} $, $ \displaystyle c_n= \frac {a_{n-1}+b_{n-1}-c_{n-1}}{2} $.
Quindi, facendo un po' di calcoli, ricavo $ \displaystyle a_n= \frac {-a_{n-1}+a_{n-2}}{2} $, $ \displaystyle b_n= \frac {-b_{n-1}+b_{n-2}}{2} $, $ \displaystyle c_n= \frac {-c_{n-1}+c_{n-2}}{2} $.
Infine, applicando qualche formula di ricorsione, determino la terna $ n $-esima: $ \displaystyle a_n= ({\frac {2a_0-b_0-c_0}{3}})(-1)^n+({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}}) $, $ \displaystyle b_n= ({\frac {-a_0+2b_0-c_0}{3}})(-1)^n+({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}}) $, $ \displaystyle c_n= ({\frac {-a_0-b_0+2c_0}{3}})(-1)^n+({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}}) $.
A questo punto esistono 1001 modi per concludere. Il più immediato mi sembra notare che se $ T_0 $ non è equilatero, almeno una delle tre quantità $ (2a_0-b_0-c_0) $, $ (-a_0+2b_0-c_0) $, oppure $ (-a_0-b_0+2c_0) $ sarebbe diversa da 0. Scelgo che lo sia $ (2a_0-b_0-c_0) $.
Allora per ottenere un $ a_n $ negativo (non accettabile) basterebbe scegliere un $ n $ tale che $ \displaystyle ({\frac {2a_0-b_0-c_0}{3}})(-1)^n<0 $ e abbastanza grande affinchè $ \displaystyle ({\frac {a_0+b_0+c_0}{3}})({\frac {1}{2^n}})<({\frac {2a_0-b_0-c_0}{3}})(-1)^{n+1} $.
Pota gnari!