Sia ABC un traingolo rettangolo in A e D un punto sull'ipotenusa BC (considera i casi D interno ed esterno al segmento BC). Se E ed F sono le proiezioni ortogonali di B e C su AD provare che AE+AF =< BC.
PS
Per quanto ne so il pr. e' "originale".
Limitate somme intercettate
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enomis_costa88
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- Località: Brescia
1) se D appartiene al segmento BC:
A(0,0)
$ B(x_b,0) $
$ C(0,y_c) $ con $ x_b $ e $ y_c $ positivi
AD retta: y=mx
Se D appartiene al segmento BC allora m è positivo.
CF retta:$ y=- \frac{1}{m}x+y_c $
BE retta: $ y=- \frac{1}{m}x+ \frac{1}{m}x_b $
con un po di calcoli trovo le coordinate di F e di E:
F$ (\frac{m}{m^2+1}y_c;\frac{m^2}{m^2+1}y_c}) $
E$ (\frac{m}{m^2+1}\frac{1}{m}x_b;\frac{m^2}{m^2+1}\frac{1}{m}x_b}) $
AE=$ \frac{x_b}{\sqrt{m^2+1}} $
AF=$ \frac{my_c}{\sqrt{m^2+1}} $
la tesi diventa: $ \sqrt{x_b^2+y_b^2} \sqrt{m^2+1} \ge x_b+my_c $
elevo ottenendo: $ x_b^2+y_c^2+m^2x_b^2+m^2y_c^2 \ge m^2y_c^2+x_b^2+2mx_by_c $
che discende da $ (mx_b-y_c)^2 \ge 0 $
2) Se D non appartiene al segmento BC (m<0):
Si dimostra analogamente a prima con opportuni cambi di segno..
oppure in geometria sintetica (solo il punto 2):
Suppongo senza perdita di generalità che DC > DB
Per Talete CB:FE=BD:ED
BD>ED poichè cateto e ipotenusa di EBD trangolo rettangolo.
Quindi CB>FE=AF+AE (poichè A risulta allineato a e compreso tra E e F).
Il fatto che A sia compreso tra E e F si verifica facilmente in geometria analitica:
considerando le ascisse di E,A,F (collineari) che (con m<0) sono rispettivamente positiva, nulla e negativa..
Rialancio con un problema simile:
Dimostrare che:
$ CF+BE \leq BC $
sia per D interno al segmento BC che per D esterno..
PS 200 messaggi
Buon lavoro, Simone
A(0,0)
$ B(x_b,0) $
$ C(0,y_c) $ con $ x_b $ e $ y_c $ positivi
AD retta: y=mx
Se D appartiene al segmento BC allora m è positivo.
CF retta:$ y=- \frac{1}{m}x+y_c $
BE retta: $ y=- \frac{1}{m}x+ \frac{1}{m}x_b $
con un po di calcoli trovo le coordinate di F e di E:
F$ (\frac{m}{m^2+1}y_c;\frac{m^2}{m^2+1}y_c}) $
E$ (\frac{m}{m^2+1}\frac{1}{m}x_b;\frac{m^2}{m^2+1}\frac{1}{m}x_b}) $
AE=$ \frac{x_b}{\sqrt{m^2+1}} $
AF=$ \frac{my_c}{\sqrt{m^2+1}} $
la tesi diventa: $ \sqrt{x_b^2+y_b^2} \sqrt{m^2+1} \ge x_b+my_c $
elevo ottenendo: $ x_b^2+y_c^2+m^2x_b^2+m^2y_c^2 \ge m^2y_c^2+x_b^2+2mx_by_c $
che discende da $ (mx_b-y_c)^2 \ge 0 $
2) Se D non appartiene al segmento BC (m<0):
Si dimostra analogamente a prima con opportuni cambi di segno..
oppure in geometria sintetica (solo il punto 2):
Suppongo senza perdita di generalità che DC > DB
Per Talete CB:FE=BD:ED
BD>ED poichè cateto e ipotenusa di EBD trangolo rettangolo.
Quindi CB>FE=AF+AE (poichè A risulta allineato a e compreso tra E e F).
Il fatto che A sia compreso tra E e F si verifica facilmente in geometria analitica:
considerando le ascisse di E,A,F (collineari) che (con m<0) sono rispettivamente positiva, nulla e negativa..
Rialancio con un problema simile:
Dimostrare che:
$ CF+BE \leq BC $
sia per D interno al segmento BC che per D esterno..
PS 200 messaggi
Buon lavoro, Simone