Dall'India

[Mist]

In un triangolo $ABC$ retto in $C$ la mediana che parte da $B$ biseca l'angolo compreso tra $BA$ e la bisettrice di $\hat{B}$. Dimostrare che

$$\frac{5}{2} < \frac{AB}{BC} < 3$$

è facile che mi sbagli, ma secondo me si può migliorare sia l'upper che il lower bound.

[Ido Bovski]

è facile che mi sbagli, ma secondo me si può migliorare sia l'upper che il lower bound.

Beh, volendo si può approssimare a piacimento il valore (unico) che può assumere $AB/BC$. Ad esempio si può dire che $\displaystyle \frac{13}{5} < \frac{AB}{BC} < \frac{14}{5}$.

[mat94]

A me viene tra $1+\sqrt{2}$ e 3.
Dai dati del problema si ottiene $\angle{MBA}=x$ e $\angle{MBC}=3x$. Applicando il teorema dei seni ai triangoli MBC e ABM si ottiene $\frac{AB}{BC}=\frac{sin3x}{sinx}= 1+2cos2x$ (l'ultimo passaggio si ottiene con un po' di trigonometria). Ora 2x è compreso tra 0 e 45 e sostituendo 2x=0 e 2x=45 si ottiene che $\frac{AB}{BC}$ è compreso tra $1+\sqrt{2}$ e 3.
Come si fa a migliorare?

[Ouroboros]

Applicando il teorema dei seni ai triangoli MBC e ABM si ottiene $\frac{AB}{BC}=\frac{sin3x}{sinx}= 1+2cos2x$

ecc ecc...

Sei sicuro che sia tutto giusto? Infatti, ho seguito un ragionamento analogo ma ho considerato $ \frac{BC}{AB}=cos(4x) $ (se ho capito bene i tuoi dati...), quindi posso svilupparlo come $ cos^2(2x)-sen^2(2x) $, poi sviluppato ulteriormente può essere trattato come un'equazione di quarto grado dividendo per $ cos^4(x) $, ottengo un'equazione $ t^2-6t+1 $ con $ t=tg^2(x) $... e mi risulta che $ tgx=\sqrt2 \pm1 $ annulla le equazioni (trascuro i valori negativi dato che x è sicuramente minore di 90°)... cosa che non è vera, evidentemente, dato che il rapporto $ \frac{AB}{BC} $ risulta essere compreso tra gli inversi dei due valori precedenti, che sono però essi stessi ($ \frac{1}{\sqrt2-1}=\sqrt2+1 $ e viceversa...)
Non è che forse abbiamo inteso male il problema? Oppure qualcosa nel mio ragionamento è sbagliato?