Triangolo dal perimetro massimo

[elios]

Io ho seguito questo ragionamento:
Sia $d$ la distanza del punto $P$ dal centro $C$ della circonferenza data e $r$ il suo raggio; si ottiene l'altezza $h= bar(PC)+r\ sen alpha$. la metà della base è $rcos alpha$. Una volta ottenuta l'altezza e metà della corda di base si può ricavare un lato ($bar(PA)$ o $bar(PB)$) applicando la formula di Pitagora. Si ricava: $sqrt((d+r/2)^2+(rcosalpha)^2)=sqrt(d^2+dr+r^2/4+r^2cos^2alpha)$. Si può osservare che sia $h$ che $bar(MB)$ (cioè la metà della corda che forma la base) dipendono dall'angolo $alpha$, impostando dunque il prodotto $h$ per $bar(MB)$ e derivando applicando il teorema di Rolle, si perviene ai valori di $t_(1,2)=1/2,-1$ che, scartando il valore $-1$ da come risultato $t=1/2$ da cui $alpha=(pi)/3$. Il triangolo che ha il perimetro massimo risulta pertanto il triangolo equilatero inscritto nel cerchio che è anche Isoscele. Confesso che ammiro la vostra perspicacia, il fatto che avevate intuito che si trattasse di un triangolo necessariamente isoscele si scontra con la mia cecità totale su dove mi avrebbe portato il mio ragionamento. Come fate? Un dono naturale? Quali indizi vi hanno guidato? Mi piacerebbe saperlo.

Tu non hai definito $alpha$ ma se non sbaglio, cercando di capire che angolo sia da come lo usi, non è un angolo alla base del triangolo, ma una sua parte. O meglio è l'angolo che si ottiene unendo il centro della circonferenza con uno dei due vertici sulla circonferenza del triangolo.. o no?? Grazie mille!

[IvanTerr]

Si, si. La parte $r\ sen\ alpha$ rappresenta proprio il "prolungamento", se così mi lasci dire, della distanza $bar(PC)$, cioè Punto P dal Centro C, prolungamento che ho chiamato $bar(CM)$ e che incontra la base (la corda) nel suo punto medio, che si ottiene dalla $bar(CM)=r\ sen\ alpha$. Ovviamente, la metà della base è $bar(MA)$ (o $bar(MB)$) che, a sua volta, è data dalla: $bar(MB) = r\ cos\ alpha$, Poichè risolvendo l'equazione di secondo grado in $sen\ alpha$ sostituito con $t$ si ottiene $t_(1,2)=1/2,-1$ risulta per $t=sen\ alpha=1/2$ (il valore utile, l'altro è da scartare) da cui $alpha= (pi)/6$. Dovendo essere il raggio bisettrice di quest'angolo ne derivava che l'angolo completo era $(pi)/3$, da cui è stato semplice argomentare che si trattava di un triangolo equilatero che, tra l'altro è anche isoscele, il triangolo cercato. Si deduce da ciò che il triangolo di perimetro massimo che gode delle proprietà descritte è solo il triangolo equilatero "inscritto" nella circonferenza. Tutti gli altri triangoli che si possono immaginare non godono di quelle caratteristiche.

[kidwest]

"Siano dati una circonferenza C e un punto P distinto dal centro. Sia PAB un triangolo che, tra tutti quelli che hanno un vertice in P e i rimanenti due su C, abbia perimetro massimo. Dimostrare che le due bisettrici uscenti dai vertici A e B passano per il centro di C"

IvanTerr
Tutti gli altri triangoli che si possono immaginare non godono di quelle caratteristiche.

Non sono d'accordo, su questo punto, mi sembra di capire che le caratteristiche che deve avere questo triangolo, sono che le bisettrici dell'angolo A e B, ma credo obbligatoriamente anche P, anche se non richiesto, devono passare per il centro O,

Il punto P non è definito, può essere sulla circonferenza, ma anche fuori o dentro la circonferenza, e queste caratteristiche può averle comunque,

e il punto P esterno a C, che forma un triangolo isoscele,dal perimetro massimo con le bisettrici dell’angolo A e B, ma in ogni caso anche P, passanti per il centro O, richieste dal problema, è quello con gli angoli corda - bisettrice, ABO e BAO < 45°, con un angolo di 45° PA e PB sono perpendicolari alla corda,(non può esserci un triangolo) < 45° quindi con i segmenti PA e PB con lunghezza °°, chiaramente con l’angolo APB opposto alla corda, rispetto a al centro O.

[elios]

Si, si. La parte $r\ sen\ alpha$ rappresenta proprio il "prolungamento", se così mi lasci dire, della distanza $bar(PC)$, cioè Punto P dal Centro C, prolungamento che ho chiamato $bar(CM)$ e che incontra la base (la corda) nel suo punto medio, che si ottiene dalla $bar(CM)=r\ sen\ alpha$. Ovviamente, la metà della base è $bar(MA)$ (o $bar(MB)$) che, a sua volta, è data dalla: $bar(MB) = r\ cos\ alpha$

Forse sono io a non capire, ma se consideri il "prolungamento" della distanza $bar(PC)$ come $r\sen\alpha$ e consideri il segmento definito dal punto medio della corda come $r\cos\alpha$, vuol dire che stai già assumendo l'angolo che $PC$ forma incontrando la corda come un angolo retto (ci hai definito $sen$ e $cos$ dell'angolo adiacente..), cioè stai dicendo che $PC$ è altezza e mediana, cioè che il triangolo è isoscele.. Probabilmente sono io a non capire..

[IvanTerr]

Ecco l'immagine:

da cui sono partito. Spero si capisca il ragionamento che ho fatto.Di più non saprei come fare.

[G.D.]

Scuola Normale SUperiore di Pisa, A.A. 1984/1985, problema numero 6.
La soluzione di questo problema si trova sul testo "I problemi di Matematica della Scuola Normale Superiore di Pisa" di F. Conti e A. Profeti.

Qualora qualcuno degli interessati al problema non avesse la possibilità di visionare il suddetto libro, sarò ben lieto di postare la soluzione tratta dal libro in questione.


@elios
Ti stai preparando per entrare alla Normale di Pisa?

[elios]

Sinceramente mi diverto a fare gli esercizi d'ammissione che ritengo possibili..
Se puoi postare la soluzione, saresti gentilissimo! Anche solo aiutarmi a impostarlo, se è fattibile.. Grazie!

[G.D.]

Innanzitutto mi scuso per il ritardo accumulato, ma sono stato parecchio impegnato in questo fine settimana.

Se non avete ancora letto la soluzione, ve la lascio; se l'avete già trovata, la lascio lo stesso così se qualcuno si trova a passare da queste parti trova testo e, appunto, soluzione.


La soluzione è di tipo sintetico e, a mio modesto parere, pertanto, affascinante. Procede con una reductio ad absurnum e gioca sul fatto che, se le bisettrici degli angoli in $A$ e $B$ passano per il centro della circonferenza $\Gamma$, allora le perpendicolari a queste bisettrici condotte per $A$ e $B$ sono tangenti alla circonferenza, per il semplice fatto che le bisettrici suddette sono dei raggi.

Procediamo con la soluzione.

Con riferimento alla figura sotto riportata



sia $PAB$ il triangolo di perimatro massimo, sia la retta passante per $A$ la bisettrice dell'angolo $\hat{BAP}$, sia $p$ la perpendicolare a questa bisettrice condatta per $A$ e sia $P'$ il simmetrico di $P$ rispetto a $p$. Per assurdo, sia il triangolo $PAB$ tale per cui le bisettrici degli angoli in $A$ e $B$ non passano per $O$ e, per fissare le idee, lavoriamo su $A$. Se la bisettrice dell'angolo in $A$ non passa per il centro, allora la perpendicolare $p$ non è tangente alla circonferenza e, avendo con questa in comune già $A$, sarà ad essa secante: sia $C$ il secondo punto di intersezione.
Unito $C$ con $P$ e $B$, proviamo che il triangolo $PBC$ ha perimetro maggiore del triangolo $PAB$.
Innanzitutto è $PC=P'C$ e $PA=P'A$, inoltre $P',A,B$ sono allineati (è facile convincersi di queste due asserzioni sfruttando le note proprietà della simmetria assiale).
Per la disuguaglianza triangolare applicata nel triangolo $P'CB$ risulta
$P'B<P'C+BC$
e dunque
$P'B=P'A+AB=PA+AB<P'C+BC=PC+BC$
e questo conduce al fatto che $2p(ABP)<2p(BCP)$, che è l'assurdo cercato.


P.S.
Se posso condermi un commento alla soluzione, la difficoltà della soluzione sintetica sta tutta nel pensare di andare a sfruttare la perpendicolare alla bisettrice per risolvere la situazione.

[elios]

Soluzione molto bella, ed arguta. L'unica cosa che mi sfugge è perché $B$, $A$ e $P'$ siano allineati..
Grazie mille!

[G.D.]

Soluzione molto bella, ed arguta. L'unica cosa che mi sfugge è perché $B$, $A$ e $P'$ siano allineati..
Grazie mille!

Stiamo ragionando con la bisettrice dell'angolo in $A$ e con la retta $p$ che è perpendicolare a questa bisettrice. Posto $\hat{CAP}=\beta$ e $\hat{BAC}=2\alpha$, risulta $\alpha + \beta = 90°$. Per costruzione $P'$ è il trasformato di $P$ nella simmetria assiale di asse $p$, e $A$ è un punto unito: come conseguenza si ha che i triangoli $ACP$ e $ACP'$ sono congruenti, per cui $\hat{CAP}=\beta=\hat{CAP'}$. Quindi $\hat{BAP}+\hat{CAP}+\hat{CAP'}=2\alpha+beta+beta=180°$.