Somma di rapporti da minimizzare

[what]

Ciao.

$ P $ è un punto interno al triangolo $ ABC $.
$ D,E,F $ sono i piedi delle perpendicolari condotte da $ P $ ai lati $ BC,CA,AB $ rispettivamente.
Determinare il luogo dei punti $ P $ per cui sia minimo $ \displaystyle \frac{BC}{PD}+\frac{CA}{PE}+\frac{AB}{PF}. $

Per la cronaca, il problema è preso dal sacro libricino blu di Gobbino: trattasi infatti del problema 1 delle IMO 81.

[EvaristeG]

Carino! E soprattutto non impossibile ... devo dirlo anche qui chi è che è espressamente pregato di non farlo subito, bruciando a chi ancora è in età olimpica una possibilità di allenamento?

[elianto84]

AB=c BC=a CA=b
Fissiamo BC/PD=x e CA/PE=y
Notiamo subito che
c PF = 2[ABC] - 2[PBC] - 2[PCA]
Abbiamo dunque una funzione da minimizzare

$ f(x,y)=x+y+\frac{c^2}{2\Delta-\frac{a^2}{x}-\frac{b^2}{y}} $

imponendo che la derivata parziale nella x sia nulla si ha

$ 1=\frac{c^2\frac{a^2}{x^2}}{(2\Delta-\frac{a^2}{x}-\frac{b^2}{y})^2} $

che può essere facilmente riconvertita in

$ PD^2 = PF^2 $

analogamente, derivando parzialmente nella y

$ PE^2 = PF^2 $

si ha che il luogo cercato è l'incentro di ABC.

[Simo_the_wolf]

MAGICO CAUCHY-SHWARTZ!!!!

$ \displaystyle{ \left(BC*PD+CA*PE+AB*PF\right)} $$ \displaystyle{\cdot\left(\frac {BC}{PD}+\frac {CA}{PE}+\frac {AB}{PF}\right) \geq (AB+BC+CA)^2} $
$ \displaystyle \frac {BC}{PD}+\frac {CA}{PE}+\frac {AB}{PF} \geq \frac {4p^2}{2S} $

L'uguaglianza si ha quando $ PD^2=PE^2=PF^2 $ e, essendo $ P $ interno al triangolo, si ha che $ P $ è per forza l'incentro e quindi è un punto solo.

[what]

Ebbene sì!!!!
Cauchy-Schwarz colpisce ancora!

[EvaristeG]

Hmm, però adesso spiegate a tutti quali sono le due terne a cui applicate cauchy-schwarz, visto che, se non ricordo male, la suddetta disuguaglianza suona un po' così :
$ (a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)\geq (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2 $
Insomma, non è proprio un'immediata applicazione di C-S quella che ha scritto simo...

[karl]

We have PD.BC + PE.CA + PF.AB = 2 area of triangle. Now use Cauchy's inequality with x1 = √(PD·BC), x2 = √(PE·CA), x3 = √(PF·AB), and y1 = √(BC/PD), y2 = √(CA/PE), y3 = √(AB/PF). We get that (BC + CA + AB)^2 < 2 x area of triangle x (BC/PD + CA/PE + AB/PF) with equality only if xi/yi = const, ie PD = PE = PF. So the unique minimum position for P is the incenter.
Fonte :Scholes.

[EvaristeG]

Penso che tutti qui sappiamo che su kalva ci sono le soluzioni di quasi tutti gli esercizi provenienti da gare nazionali e internazionali di un certo livello.
Il mio era un tentativo di far venire fuori una soluzione del problema e non solo l'idea di come risolverlo : se questo fosse l'esercizio di una gara e io mi trovassi di fronte da correggere la soluzione di Simo (scritta com'è nel post) almeno un punticino lo toglierei, visto che la sostituzione non è nulla di assurdo ma nemmeno banale; inoltre, se qualcunaltro leggesse quel messaggio potrebbe trovar difficoltà nell'interpretare come applicare la disuguaglianza.
Detto questo, potevi almeno sprecarti a tradurre ...

[what]

A dir la verità, io questo problema l'ho risolto sul treno al ritorno da pisa, e non avendo ancora una gran confidenza nè con Cauchy nè tantomeno con Schwarz, ho fatto così:

Chiamo x,y,z le tre distanze di P da a,b,c.
$ \displaystyle{ \left(ax+by+cz\right)} $$ \displaystyle{\left(\frac {a}{x}+\frac {b}{y}+\frac {c}{z}\right)= $
$ =a^2+b^2+c^2+ab(\frac xy +\frac yx)+bc(\frac yz +\frac zy)+ca(\frac zx +\frac xz) $
Da qui è facile dire che il minimo si ha per x=y=z.