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Ora non ricordo il testo di questo problema lettera per lettera, però me lo ricordo sufficientemente bene per poterlo formulare:
Siano l1, l2 e l3 i tre lati di un triangolo non ottusangolo di area unitaria. Si dimostri che una volta fissato un punto P su l1 esiste sempre almeno un punto Q appartenente a l2 U l3 tale che PQ $ \le \frac{1}{\sqrt{2}} $. Analizzare poi i casi in cui PQ non è mai < $ \frac{1}{\sqrt{2}} $

Ti rispondo con più di un anno di ritardo... Dopotutto ho appena visto il problema
Bene bene...$ $
Il triangolo $ ABC $ è acutangolo, diciamo che $ AB $ è $ l_1 $, $ BC $ $ l_2 $ e $ AC $ $ l_3 $.
Utilizziamo per comodità $ l_1 $ come base su cui poniamo casualmente un punto $ P $.
Cerchiamo di trovare ora il caso peggiore, se la tesi è verificata in questo caso allora sarà verificata sempre. Se il punto $ P $ è equidistante dalle rette $ BC $ e $ AC $, allora ponendolo in un qualsiasi altro punto del lato $ AB $ si avvicinerà ad uno dei due lati (allontanandosi dall'altro ma ben poco ci importa). se $ H $ è il piede dell'altezza condotta da $ P $ a $ BC $ e $ K $ è il piede relativo a $ AC $ avremo che:
$ PH = PK = x $, se dimostriamo che $ x \le \frac{1}{\sqrt 2} $ avremo risolto il problema.
Facile intuire che $ \frac {xl_2}{2} + \frac{xl_3}{2} = A_{ABC} $
Poiché $ A_{ABC}=1 $ sostituendo otteniamo $ x=\frac{2}{l_2 + l_3} $
Quindi per risolvere il problema basta dimostrare che $ \frac{l_2 + l_3}{2} \le \frac{1}{\sqrt 2} $, cioè $ l_2+l_3 \ge 2 \sqrt2 $
$ A_{ABC} $ sarà massima se $ l_2 $ e $ l_3 $ sono i cateti di un triangolo rettangolo. Pertanto se $ A_{ABC}=1 $, $ l_2+l_3 $ sarà minimo nel caso in cui sono perpendicolari fra loro (anche se ciò va contro le ipotesi perché $ ABC $ è acutangolo... Ci serviamo di questo ragionamento solo per dimostrare il resto). Quindi se dimostriamo che $ l_2+l_3 \ge 2 \sqrt2 $ per $ \frac{l_2l_3}{2}=1 $ allora la tesi è dimostrata in ogni caso.
Dati due numero di prodotto $ p \ge 0 $ la loro somma $ s $ è minima se sono uguali (naturalmente rimanendo in un insieme di numeri $ \ge 0 $). Quindi per il ragionamento di prima $ l_2l_3=2 $ allora definiamo $ l_2=l_3=\sqrt2 $.
Anche in questo caso limite (incredibilmente sfigato) abbiamo che $ l_2+l_3 \ge 2 \sqrt2 $, la tesi è quindi dimostrata.

Per i ragionamenti fatti sopra potrei quindi dire che se abbiamo un triangolo rettangolo isoscele e poniamo $ P $ sul punto medio dell'ipotenusa allora nella migliore delle ipotesi $ PQ=\frac{1}{\sqrt2} $.
Spero sia corretta...

Se non fosse per un punto la dimostrazione mi sembrerebbe corretta:

simone256 ha scritto:Se H è il piede dell'altezza condotta da P a BC e K è il piede relativo a AC [...]

qui mi pare che tu consideri i due segmenti PK e PH come altezze del triangolo, ma le altezze non dovrebbero andare da un vertice al lato opposto formando un angolo di 90° con esso?
Se non intendevi scrivere altezze ma semplicemente segmenti, allora non credo sia corretto scrivere $ \frac {xl_2}{2} + \frac{xl_3}{2} = A_{ABC} $.
Ho solo questi due dubbi, il resto del discorso mi pare regga.

Si mi sono espresso un po' male...
Considera il triangolo $ PBC $, l'altezza relativa a $ BC $ è $ PH $... Allo stesso modo se consideri il triangolo $ PCA $, l'altezza relativa a $ AC $ è $ PK $. Quindi $ A_{PBC}=\frac{(BC)(PH)}{2} $ cioè $ \frac{xl_2}2 $... Allo stesso modo $ A_{PCA}=\frac{(CA)(PK)}{2} $ cioè $ \frac{xl_3}2 $.
Quindi poichè $ A_{ABC}=A_{PBC}+A_{PCA} $ abbiamo che $ A_{ABC}=\frac {xl_2}{2} + \frac{xl_3}{2} $.
Mi sembra funzionare
O forse sto facendo una delle mie solite cazzate? ( )
P.s. Grazie di avermi aiutato

Funziona tutto, a parte una cosa non ben chiarita: perchè tra tutti i triangoli quello con area massima è quello rettangolo?
E comunque questo caso non va contro le ipotesi, che sono "non ottusangolo"...

Scrivo da cellulare quindi faccio un po' fatica
Hahaha giusto non ricordavo bene il testo a quanto pare
Comunque per il triangolo rettangolo a intuito posso dire (anche se non ho ancora fatto trigonometria) che per un qualsiasi triangolo di lati $ a $, $ b $ con l'angolo fra essi compreso $ alfa $ (non so come fare il simbolo e da cellulare è un casino D:); l'area del triangolo sará $ \frac{ab sin(alfa)}{2} $.
Quindi maggiore nel caso in cui $ alfa = 90° $.
L'avevo dimostrato con un metodo piú lunghino senza trigonometria in un esercizio che feci tempo addietro... Ma credo che questo basti

Ok, esatto...
Si poteva quindi fare $\displaystyle\frac{l_2+l_3}2\ge\sqrt{l_2l_3}=\sqrt{\frac2{\sin\alpha}}\ge\sqrt2$ (da cui si vede subito che il caso di uguaglianza si ha nel caso di un triangolo rettangolo isoscele)
per $\alpha,\beta,\gamma...$

Hahaha grazie per la dritta sul LaTeX...
Sono alle prese con un problema di geometria dei nazionali di qualche anno fa che mi sta facendo smattare! Geometria e algebra devo migliorarle però soprattutto in vista dei provinciali! Nella mia provincia devo sgomitare parecchio per passare

P.s. Molto bello il tuo procedimento