Staffetta 19: disuguaglianza sul cerchio

[Mist]

Sia $ON$ il raggio che è perpendicolare a una corda $AB$ di un dato cerchio di centro $O$ e sia $M$ la sua interesezione con tale corda. Sia $P$ un qualunque punto dell'arco maggiore $AB$. Le rette per $PM$ e $PN$ individuano rispettivamente due punti $Q$ e $R$ sul cerchio e su $AB$. Si dimostri che $RN$ è maggiore o uguale a $MQ$.

[Karl Zsigmondy]

Riscrivo in modo equivalente la tesi. Faccio solo il caso in cui P sta alla nostra sinistra rispetto all’asse di AB (OM) perché l’altro segue da questo per simmetria rispetto all’asse. Ora per le potenze di un punto si ha che $ RN \cdot RP=RA \cdot RB $ da cui $ RN=\frac{RA \cdot RB}{RP} $ e similmente ottengo che $ MQ \cdot MP=MA \cdot MB=\frac{AB^2}{4} $ da cui $ MQ=\frac{AB^2}{4MP} $. Quindi la tesi equivale al fatto che $ \frac{RA \cdot RB}{RP} \geq \frac{AB^2}{4MP} $ ovvero $ 4 \cdot MP \cdot RA \cdot RB \geq RP \cdot AB^2 $. Ora sia $ \frac{RA}{AB}=k $da cui $ RA=k \cdot AB $ e $ \frac{RB}{AB}=1-k $ da cui $ RB=(1-k) \cdot AB $. Sostituendo nella disuguaglianza ottenuta e semplificando per $ AB^2 $ ottengo $ 4 \cdot MP \cdot [k(1-k)] \geq RP $ ovvero $ \frac{RP}{MP} \leq 4k(1-k) $ con k qualsiasi compreso fra 0 e 1 (esclusi gli estremi, che comunque si trattano facilmente e derivano dal fatto che in ogni triangolo equilatero l’ipotenusa è sempre maggiore dei due cateti). Ora per la similitudine fra i triangoli RPA e RBN ho che $ \frac{RP}{RB}=\frac{AP}{BN} $ da cui $ RP = \frac{AP \cdot RB}{BN} $. Per la similitudine fra i triangoli PMB e AMQ ho che $ \frac{MP}{AM} = \frac{BP}{AQ} $ da cui $ MP = \frac{AM \cdot BP}{AQ} $. Pertanto ho che $ \frac{RP}{MP} = \frac{AP \cdot RB \cdot AQ}{AM \cdot BP \cdot BN} $. Ma dato che $ \frac{AP}{BP} = \frac{AR}{RB} = \frac{k}{1-k} $ per il teorema della bisettrice (PR=PN è bisettrice dell’angolo APB perché passa per il punto medio dell’arco AB ovvero N) e per via delle definizioni di RB e AM sostituendo ottengo che $ \frac{RP}{MP} = \frac{2k \cdot AQ}{BN} = \frac{2k \cdot AQ}{AN} $ quindi la tesi equivale al fatto che $ \frac{2k \cdot AQ}{AN} \leq 4k(1-k) $ ovvero $ \frac{AQ}{AN} \leq 2(1-k) $. Ora applico il teorema del coseno sui triangoli AON e AOQ ottenendo rispettivamente $ AN = r \sqrt{2(1-cosAON)} $ e $ AQ = r \sqrt{2(1-cosAOQ)} $. Devo quindi dimostrare che $ \sqrt{\frac{1-cosAON}{1-cosAOQ}} \leq 2(1-k) $. Ora è ovvio che $ k \leq \frac{1}{2} $ perché sto trattando solo il caso in cui questo avviene, ma da ciò segue $ 2(1-k) \geq 1 $, quindi mi basta che $ \frac{1-cosAON}{1-cosAOQ} \leq 1 $ ovvero $ cosAON \geq cosAOQ $ che è vero perché i due angoli sono acuti e il primo è minore del secondo.
Spero non ci siano passaggi toppati, anche perché ci ho messo un sacco a finire sto problema …

[Sonner]

Sia $N'$ diametralmente opposto ad $N$, sia $R'= QN' \cap AB$, allora per il teorema della farfalla $R'$ è simmetrico di $R$ rispetto a $M$. Quindi $RN=R'N\geq QM$ perchè il quadrilatero $R'MNQ$ è ciclico di diametro $R'N$ ($\angle R'QN=\angle R'MN =90°$). C'è uguaglianza se e solo se anche $QM$ è diametro, ma allora $R'MNQ$ è un rettangolo, quindi ad esempio $QN$ è parallela ad $AB$ e quindi $Q \equiv N$.

[bĕlcōlŏn]

C'è un altro modo carino per risolverlo. Sia $t$ la tangente condotta alla circonferenza da $N$ e $s$ la parallela condotta a $PN$ da $M$. Sia $s\cap t=V$. Allora $\angle VMQ = \angle NPV$ per il parallelismo e $\angle NPV = \angle VNQ$ perché insistono sullo stesso arco. Dunque $\angle VMQ=\angle VNQ$ e quindi $VQMN$ è ciclico, da cui $\angle VQM=90$. Allora $VM\geq QM$ perché è l'ipotenusa di $VQM$. Ma $VM=NR$ perché $VMNR$ è un parallelogrammo per costruzione e dunque $VM=NR$. Si conclude $NR\geq QM$, con uguaglianza se $V \equiv N$, ovvero quando $P$ è l'antipodale di $N$.

[Mist]

Bon, ok, a karl la staffetta e grazie a tutti per le belle soluzioni

[Karl Zsigmondy]

Dopo essere stato sbeffeggiato da soluzioni lunghe 1/4 della mia o forse meno, decido quale problema proporvi .