Meglio di Eulero
Meglio di Eulero
Siano $ R $ e $ r $ rispettivamente i raggi della circonferenza circoscritta e della circonferenza inscritta ad un triangolo rettangolo. Si dimostri che $ R\geq (\sqrt 2 +1)r $.
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
Re: Meglio di Eulero
Posto la mia perchè mi piacerebbe migliorarla un po'.
Sia ABC rettangolo in C, I incentro, L proiezione di I su AB, D piede della bisettrice, O circocentro (ovviamente punto medio di AB). La tesi allora equivale a $ CI+IL \leq CO $, infatti C, I e gli altri due punti di tangenza dell'incerchio formano un quadrato (4 angoli di 90° e due coppie di lati sicuramente uguali perchè raggi e tangenti).
Fatto 1: C,I,D stanno dalla stessa parte rispetto all'asse di AB. Se infatti a>b (e analogamente per l'altro caso) per il teorema della bisettrice BD>AD e quindi D sta su AO. Fatto 2: D separa sempre L e O. Infatti la bisettrice deve incontrare la circoscritta nell'intersezione con l'asse di AB, quindi è sempre inclinata "verso O", quindi L e O sono sempre separati dalla retta.
A questo punto scrivo la catena di disuguaglianze: $ CI+IL \leq CD \leq CO $, dove nella prima ho usato che ILD è rettangolo e nella seconda i due fatticini di sopra.
Si può migliorare? Di sicuro è poco chiara, magari manca pure qualcosa...
Sia ABC rettangolo in C, I incentro, L proiezione di I su AB, D piede della bisettrice, O circocentro (ovviamente punto medio di AB). La tesi allora equivale a $ CI+IL \leq CO $, infatti C, I e gli altri due punti di tangenza dell'incerchio formano un quadrato (4 angoli di 90° e due coppie di lati sicuramente uguali perchè raggi e tangenti).
Fatto 1: C,I,D stanno dalla stessa parte rispetto all'asse di AB. Se infatti a>b (e analogamente per l'altro caso) per il teorema della bisettrice BD>AD e quindi D sta su AO. Fatto 2: D separa sempre L e O. Infatti la bisettrice deve incontrare la circoscritta nell'intersezione con l'asse di AB, quindi è sempre inclinata "verso O", quindi L e O sono sempre separati dalla retta.
A questo punto scrivo la catena di disuguaglianze: $ CI+IL \leq CD \leq CO $, dove nella prima ho usato che ILD è rettangolo e nella seconda i due fatticini di sopra.
Si può migliorare? Di sicuro è poco chiara, magari manca pure qualcosa...
Re: Meglio di Eulero
Mi sono perso nel punto che ti ho evidenziato. Potresti spiegarmi meglio? Io mi sono fatto il disegno ma non mi pare venga fuori un quadrato...Sonner ha scritto:Posto la mia perchè mi piacerebbe migliorarla un po'.
Sia ABC rettangolo in C, I incentro, L proiezione di I su AB, D piede della bisettrice, O circocentro (ovviamente punto medio di AB). La tesi allora equivale a $ CI+IL \leq CO $, infatti C, I e gli altri due punti di tangenza dell'incerchio formano un quadrato (4 angoli di 90° e due coppie di lati sicuramente uguali perchè raggi e tangenti).
Visitate il mio blog: http://ilblogdidomx.wordpress.com/
Re: Meglio di Eulero
Chiama P e Q i punti di tangenza dell'incerchio su AC e BC. Allora PCQ=90° per ipotesi, IQC=IPC=90° perchè angoli raggio-tangente e quindi PIQ=90°. Quindi CPIQ è un rettangolo e quindi i lati opposti sono congruenti: CP=IQ e CQ=IP. A questo punto CP=CQ perchè tangenti, IP=IQ perchè raggi, quindi combinando tutto CQ=CP=IQ=IP, quindi CPIQ è un rettangolo coi lati lunghi uguali, ossia un quadrato.
Re: Meglio di Eulero
ah grazie, ho capito, avevo sbagliato io a mettere le lettere sulla figura (avevo invertito L con C).Sonner ha scritto:Chiama P e Q i punti di tangenza dell'incerchio su AC e BC. Allora PCQ=90° per ipotesi, IQC=IPC=90° perchè angoli raggio-tangente e quindi PIQ=90°. Quindi CPIQ è un rettangolo e quindi i lati opposti sono congruenti: CP=IQ e CQ=IP. A questo punto CP=CQ perchè tangenti, IP=IQ perchè raggi, quindi combinando tutto CQ=CP=IQ=IP, quindi CPIQ è un rettangolo coi lati lunghi uguali, ossia un quadrato.
Solo che per il resto penso di non essere in grado di rispondere, magari più tardi mi leggo meglio la tua risposta e cerco di pensarci un po'
Visitate il mio blog: http://ilblogdidomx.wordpress.com/
Re: Meglio di Eulero
Ah guarda, non c'è scritto niente di difficile, è solo spiegato decisamente male :S sto ancora pensando a come aggiustarlo...
Re: Meglio di Eulero
Un po' di conti. 
Siano [tex]\displaystyle A',~B',~C'[/tex] i vertici di un triangolo rettangolo con [tex]\displaystyle A'B' \perp B'C'[/tex] e [tex]\displaystyle A'B' \ge B'C'[/tex].
Fissiamo il piano cartesiano in modo che [tex]\displaystyle B'\equiv O[/tex] (origine), [tex]\displaystyle A'B' // \text{asse } y[/tex] e [tex]\displaystyle A'C' \in \text{I quadrante}[/tex]
Facciamo un'omotetia, di centro O e di rapporto [tex]\displaystyle \frac{1}{A'B'}[/tex], che manda [tex]\displaystyle B'[/tex] in [tex]\displaystyle B(0;0)[/tex], [tex]\displaystyle A'[/tex] in [tex]\displaystyle A(0;1)[/tex] e [tex]\displaystyle C'[/tex] in [tex]\displaystyle C(k;0)[/tex] dove [tex]\displaystyle 0<k\le 1[/tex].
Un paio di conti:
[tex]\displaystyle 2R=AC=\sqrt{k^2+1}[/tex]
[tex]\displaystyle I=\left( \frac{ax_a + bx_b + cx_c}{p};\frac{ay_a + by_b + cy_c}{p} \right)=\left( \frac{k}{1+k+\sqrt{k^2+1}};\frac{k}{1+k+\sqrt{k^2+1}} \right)[/tex]
[tex]\displaystyle r=x_I=y_I[/tex]
Sostituiamo:
[tex]\displaystyle R\geq (\sqrt 2 +1)r \Longrightarrow \frac{\sqrt{k^2+1}}{2} \geq \frac{(\sqrt{2}+1)k}{1+k+\sqrt{k^2+1}}\Longrightarrow \sqrt{k^2+1}\cdot(1+k)+(k^2+1) \ge 2\sqrt{2}k+2k[/tex]
La disuguaglianza è vera perché:
[tex]\displaystyle k^2+1 \ge 2k \Longrightarrow (k-1)^2\ge 0[/tex]
[tex]\displaystyle \sqrt{k^2+1}\cdot (1+k)\ge 2\sqrt{2}k\Longrightarrow k^3-5k^2+3k+1\ge 0 \Longrightarrow (k-1)(k^2-4k-1)\ge 0[/tex] che è vera per [tex]\displaystyle 2-\sqrt{5}\le k \le 1[/tex] e [tex]\displaystyle k \ge 2+\sqrt{5}[/tex].
Tenendo conto delle limitazioni su [tex]\displaystyle k[/tex], l'uguaglianza si ha solo con [tex]\displaystyle k=1[/tex], cioè quando il triangolo è anche isoscele.
L'omotetia non cambia il rapporto fra le lunghezze e quindi abbiamo dimostrato la tesi per qualunque triangolo rettangolo.
Siano [tex]\displaystyle A',~B',~C'[/tex] i vertici di un triangolo rettangolo con [tex]\displaystyle A'B' \perp B'C'[/tex] e [tex]\displaystyle A'B' \ge B'C'[/tex].
Fissiamo il piano cartesiano in modo che [tex]\displaystyle B'\equiv O[/tex] (origine), [tex]\displaystyle A'B' // \text{asse } y[/tex] e [tex]\displaystyle A'C' \in \text{I quadrante}[/tex]
Facciamo un'omotetia, di centro O e di rapporto [tex]\displaystyle \frac{1}{A'B'}[/tex], che manda [tex]\displaystyle B'[/tex] in [tex]\displaystyle B(0;0)[/tex], [tex]\displaystyle A'[/tex] in [tex]\displaystyle A(0;1)[/tex] e [tex]\displaystyle C'[/tex] in [tex]\displaystyle C(k;0)[/tex] dove [tex]\displaystyle 0<k\le 1[/tex].
Un paio di conti:
[tex]\displaystyle 2R=AC=\sqrt{k^2+1}[/tex]
[tex]\displaystyle I=\left( \frac{ax_a + bx_b + cx_c}{p};\frac{ay_a + by_b + cy_c}{p} \right)=\left( \frac{k}{1+k+\sqrt{k^2+1}};\frac{k}{1+k+\sqrt{k^2+1}} \right)[/tex]
[tex]\displaystyle r=x_I=y_I[/tex]
Sostituiamo:
[tex]\displaystyle R\geq (\sqrt 2 +1)r \Longrightarrow \frac{\sqrt{k^2+1}}{2} \geq \frac{(\sqrt{2}+1)k}{1+k+\sqrt{k^2+1}}\Longrightarrow \sqrt{k^2+1}\cdot(1+k)+(k^2+1) \ge 2\sqrt{2}k+2k[/tex]
La disuguaglianza è vera perché:
[tex]\displaystyle k^2+1 \ge 2k \Longrightarrow (k-1)^2\ge 0[/tex]
[tex]\displaystyle \sqrt{k^2+1}\cdot (1+k)\ge 2\sqrt{2}k\Longrightarrow k^3-5k^2+3k+1\ge 0 \Longrightarrow (k-1)(k^2-4k-1)\ge 0[/tex] che è vera per [tex]\displaystyle 2-\sqrt{5}\le k \le 1[/tex] e [tex]\displaystyle k \ge 2+\sqrt{5}[/tex].
Tenendo conto delle limitazioni su [tex]\displaystyle k[/tex], l'uguaglianza si ha solo con [tex]\displaystyle k=1[/tex], cioè quando il triangolo è anche isoscele.
L'omotetia non cambia il rapporto fra le lunghezze e quindi abbiamo dimostrato la tesi per qualunque triangolo rettangolo.