Cerca i lati d'un triangolo sapendo le distanze dell'incentro dai vertici

[Erasmus_First]

Sia $I$ l'incentro del triangolo $ABC$ e sia (in una certa unità di misura $u$}:
$\bar{IA}=8$; $\bar{IB}=10$; $\bar{IC}=12$.
Quali sono le misure dei lati $a = \bar{BC}$, $b = \bar{CA}$ e $c = \bar{BC}$?
E quanto vale il raggio del cerchio inscritto?
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[orsoulx]

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Per il caso generale, il raggio $r $ della circonferenza inscritta è l'unica radice positiva dell'equazione
$ 2/(l m n ) r^3 + (1/l^2+1/m^2+1/n^2) r^2 - 1=0 $ dove $ l, m, n $ sono le distanze dei tre vertici dall'incentro.
Determinato $ r $ basta il T. di Pitagora per calcolare le lunghezze dei segmenti di tangenti, che sommati a due a due danno i lati.

Ciao

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Per l'altra discussione che hai riportato in vita: 53 era l'ultima soluzione mancante, ovviamente non massima.

[Erasmus_First]

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Per il caso generale, il raggio $r $ della circonferenza inscritta è l'unica radice positiva dell'equazione
$ 2/(l m n ) r^3 + (1/l^2+1/m^2+1/n^2) r^2 - 1=0 $ dove $ l, m, n $ sono le distanze dei tre vertici dall'incentro.
Determinato $ r $ basta il T. di Pitagora per calcolare le lunghezze dei segmenti di tangenti, che sommati a due a due danno i lati.

Mai vista prima d'ora questa equazione. Ma ho verificato proprio con i dati di questo quiz che funziona!
Bello! Non s'è mai finito di imparare
Ma ... dove vai a scovarle tu le equazioni che io non ho mai visto prima?
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Dati i lati $a$, $b$ e $c$ del triangolo $ABC$ di incentro $I$ e posto:
$x = \bar{IA}$; $y=\bar{IB}$; $z = \bar{IC}$
si trova facilmente:
(*) $x^2= (-a+b+c)/(a+b+c)bc$; $y^2=(a-b+c)/(a+b+c)ca$; $z^2=(a+b-c)/(a+b+c)ab$.
Non altrettanto facile è l'inversione delle (*), ossia calcolare $a$, $b$, e $c$ conoscendo $x$, $y$ e $z$.
Confesso che io ci ho provato dedicando alla questione un bel po' di tempo senza riuscirci!
Allora ho ... inventato una procedura che trova gli angoli
$ψ = \hat{AIB}$, $φ=\hat{BIC}$ e $χ=\hat{CIA}$
per approssimazioni successive.

Adottando i simboli (di orsoulx) $l = \bar{IA}$, $m=\bar{IB}$ e $n = \bar{IC}$, consideriamo una stella a tre raggi (come il simbolo della Mercedes) con i raggi di lunghezza $l$, $m$ ed $n$ uscenti da un punto $P$ ed il triangolo che ha per vertici le punte dei tre raggi. I raggi siano inizialmente spaziati di un terzo diangolo giro. Le distanze di $P$ dai lati del triangolo dipendono dalle lunghezze dei raggi. La minore è la distanza dal lato opposto al raggio maggiore e la maggiore è quella dal lato opposto al raggio minore.
Aumentando un po' l'angolo tra due raggi dove la distanza è maggiore della media (a scapito degli altri due angoli) si passa ad una situazione in cui le tre distanze sono meno diverse dalla media di quanto non erano le precedenti.
Dette $A$, $B$ e $C$ le "punte" dei tre reggi, calcolo l'area dei triangolini $APB$, $BPC$ e $CPA$ (che hanno due lati costituiti dai due raggi) come semisomma del prodotto di questi lati per il seno dell'angolo da essi compreso; e il terzo lato con Carnot; e quindi la distanza del vertice $P$ dal terzo lato come altezza rispetto a questo. Dette $r$, $s$ e $t$ le distanze di $P$ dai lati $BC$, $CA$, e $AB$ rispettivamente opposti ai raggi di lunghezza $l$, $m$ e $n$, si trova dunque:
$r = (m·n·sin(φ))/sqrt(m^2 + n^2 - 2mncos(φ))$; $s = (n·l·sin(χ))/sqrt(n^2 + l^2 - 2nlcos(χ))$; $t = (l·m·sin(ψ))/sqrt(n^2 + l^2 - 2nlcos(ψ))$.
Partendo da angoli $φ$, $χ$ e $ψ$ pari ad un terzo di angolo girio, la prima correzione la faccio con i fattori rispettivi:
$(3r)/(r+s+t)$; $(3s)/(r+s+t)$; $(3t)/(r+s+t)$.

Le correzioni successive le faccio calcolando ptrima tre angoli con i detti tre fattori, quindi facendo la media aritmentica con gli angoli precedenti e infine (dato che in questo modo la somma deei tre angoli non è più un angolo giro) riportando la somma all'angolo giro.
Continuo le correzioni fino a che gli angoli non cambiano più! Allora $P$ è diventato l'incentro del triangolo di vertici le punte della "stella". Allora le tre distanze $r$, $s$ e $t$ sono diventate uguali, ossia sono diventate il raggio del cerchio inscritto.
Infine, i lati del triangolo $ABC$ (che ha per vertici le punte dei tre "raggi" della "stella") sono diventati i lati cercati; e sono:
$a = sqrt(m^2 + n^2 - 2mncos(φ))$; $b = sqrt(n^2 + l^2 - 2nlcos(χ))$; $c =sqrt(n^2 + l^2 - 2nlcos(ψ))$.
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Ovviamente, come sempre (pardon: come le altre volte ), anche 'sta volta orsoulx mi ha insegnato qualcosa di bello che ancotra non sapevo.
Tuttavia ... scrivendo un programmino ad hoc per computeer, il calcolo numerico (nel singolo caso) risulta abbastanza sbrigativo anche col mio metodo di approssimazioni successive.

Ciao Beppe,
Ciao a tutti
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[spugna]

(*) $x= (-a+b+c)/(a+b+c)bc$; $y=(a-b+c)/(a+b+c)ca$; $z=(a+b-c)/(a+b+c)ab$.

Per caso mancano delle radici quadrate?

[Erasmus_First]

(*) $x= (-a+b+c)/(a+b+c)bc$; $y=(a-b+c)/(a+b+c)ca$; $z=(a+b-c)/(a+b+c)ab$.

Per caso mancano delle radici quadrate?

Sì! O meglio: a sinistra l'intenzione era quella di mettere i quadrati di $x$, $y$ e $z$ ... ma ho perso per strada l'esponente.
Grazie della segnalazione.
Vado a correggere ....
Fatto!
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[orsoulx]

@Erasmus,
Quell’equazione non ha nulla di ‘alchemico’, potrebbe essere assegnata da ricavare, come esercizio sull’applicazione delle proprietà basiche della trigonometria.

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I tre segmenti assegnati, con i tre segmenti perpendicolari dall’incentro ai lati, dividono il triangolo in sei triangoli: tre coppie di triangoli rettangoli congruenti. Indicando cor $ \alpha, \beta, \gamma $ gli angoli di questi in ciascun verice valgono le seguenti relazioni:
$ sin \alpha= r/l; sin \beta= r/m; sin \gamma=r/n; \alpha+\beta+\gamma= \pi/2 $, ed allora
$ r/n=sin \gamma=sin(\pi/2-(\alpha+\beta))=cos(\alpha+\beta)=cos\alpha cos\beta-sin \alpha sin\beta = $
$ sqrt(1-r^2/l^2)sqrt(1-r^2/m^2)-r/l r/m$, che si può scrivere
$r/n+r^2/(lm)= sqrt(1-r^2/l^2)sqrt(1-r^2/m^2) $.
Elevando al quadrato l’ultima uguaglianza, semplificando e raccogliendo secondo le potenze di $ r$, si ottiene l’equazione.

Ciao

[Erasmus_First]

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@ orsoulx

[...] l’equazione non ha nulla di 'alchemico' [...]

Sì: davvero molto facile ricavare quell'equazione come fai tu! Facilissimo, anche per me .... ma "col senno di poi"!
Io insistevo, senza l'uso di funzioni circolari, nell'eliminare dalle equazioni:
$r^2 = l^2 - (p-a)^2 = m^2 - (p-b)^2 = n^2 - (p-c)^2$
(dove $p$ è il semiperimetro $(a+b+c)$/$2$) proprio il raggio $r$ del cerchio inscritto. Eliminando $r$ mi restavano solo 2 equazioni indipendenti in tre incognite. E allora ho sperato di utilizzare convenientemente il fatto che gli angoli che tu chiami $α$, $β$ e $γ$ sono la metà degli angoli del triangolo e quindi (senza l' uso esplicito di funzioni circolari e però tramite l'identità $cos(x/2) = sqrt((1+cos(x))/2)$):

$(-a+b+c)/2 = l·sqrt(((b+c)^2-a^2)/(4bc))$;
$(a-b+c)/2 = m·sqrt(((c+a)^2-b^2)/(4ca))$;
$(a+b-c)/2 = n·sqrt(((a+b)^2-c^2)/(4ab))$.

Da queste si ricavano immediatamente $l$, $m$ ed $n$ in funzione di $a$, $b$ e $c$ ... ma a me è andata delusa la speranza di ricavare $a$, $b$ e $c$ in funzione di $l$, $m$ ed $n$
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Tu usi  la parola "alchemico" nel senso di "astruso", (di difficile comprensione o addirittura di "magico"). Si vede che per te (oriundo "perito chimico") l'alchimnia è tutt'altro dalla "chimica" (benché l'etimologia di "alchimia" sia la stessa di quella di "chimica" – dal greco antico "cheméia" [χημεία] – con la sola aggiunta del prefisso "al" il quale è l'articolo determinativo arabo). Per me, invece, la "chimica" è sempre rimasta una misteriosa "alchimia"! Pensa: ai mie tempi a Padova gli "ingegneri elettotecnici" dovevano fare gli esami di "Chmica Applicata" e "Chimica Industriare" assieme e con lo stesso programma degli "ingegneri chimici". Beh: io ho fatto due volte "Chimica Applicata" (cacciato via la prima volta dopo aver confuso "canfora" con "colofonia" - ma ancora ignoro cosa sono sia l'una che l'altra! –) e tre volte "Chimica Industriale". [La prima volta sono stato cacciato senza voto, la seconda con 10/30 scritto in grande sul libretto univerdsitario ... e la terza volta ho rubato un 22 con un ... "volgare" stratagemma. C'erano, in sede di esame, tre commissioni costituite da coppie di esaminatori e, seguendo l'ordine temporale di iscrizione all'esame dei molti candidati (che potevano essere "meccanici", "elettrotecnici" o "chimici") il prossimo candidato capitava alla prima coppia che si liberava concludendo l'interrogazione d'un candidato (e le formalità burocratiche di registrazione dell'esito dell'esame).
Ricordo di essere andato ad udire le interrogazioni molto presto, ma di essermi iscritto tra gli ultimi per aver modo di studiare il comportamento degli esaminatori!
In una commissione teneva banco quel profe che una volta mi aveva cacciato e un'altra volta mi aveva bocciato con 10/30. Quella dovevo evitarla, se no mi bocciava di nuovo! Una coppia di esaminatori mi pareva invece di giovani assistenti bonaccioni che quando il candidato non sapeva rispondere lo aiutavano e quasi quasi gli suggerivano la risposta ... e solo se il candidato oltre a non sapere sparava grosse castronerie veniva allontanato senza volto sul libretto (e quindi con la possibilità di tornare nella stessa sessione nell'appello successivo). Per superare l'esame, dati i precedenti esiti e la mia ... "idiosincrasia" per la chimica pratica (come quella "industriale"), dovevo essere esaminato da questa coppia di esaminatori!. Toh, però, che quando toccava a me stava per concludere l'interrogazione proprio la coppia col profe che mi aveva una volta cacciato ed un'altra bocciarto. Che fare? Sono corso verso i "cessi" con una mano sullo stomaco! Esperto ormai sui tempi di esame per l'osservazione diretta di ciascuna coppia di esaminatori fatta per alcune ore, mi sono reso disponibile giusto in tempo per cascare con la coppia di bonaccioni; i quali, nonostante la mia palese ignoranza (e anche incomprensione di certi processi chimici – come per esempio la produzione industriale di idrogeno perelettrolisi dell'acqua –), forse perché hanno visto che mi mancavano solo due esami (quello compreso) prima della tesi, mi hanno gratificato con un 22/30 salutandomi con un mezzo sorriso di compatimento.

Ciao ciao!

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[massimoaa]

Ho affrontato anch'io la questione come segue.
Detto I l'ìncentro di ABC, dal triangolo ABI, per il teorema dei seni , si ha:
$\sin(\alpha/2):\sin(\beta/2)=10:8$
da cui :
$\sin(\beta/2)=4/5\sin(\alpha/2)$
Analogamente dal triangolo ACI si ha:
$\sin(\gamma/2):\sin(\alpha/2)=8:12$
da cui :
$\sin(\gamma/2)=2/3\sin(\alpha/2)$
Ponendo $\sin(\alpha/2)=x$ risulta:
$\sin(\beta/2)=4/5x,\cos((\beta)/2)=\sqrt(1-16/(25)x^2)$
$\sin(\gamma/2)=2/3x,\cos((\gamma)/2)=\sqrt(1-4/9x^2)$
Dìaltra parte è :
$\beta/2+\gamma/2=90^°-\alpha/2$
Passando al coseno di entrambi i membri si ha :
$\cos(\beta/2)\cos(\gamma/2)-\sin(\beta/2)\sin(\gamma/2)=\sin(\alpha/2)$
Sostituendo i valori calcolati in precedenza, si ottiene l'equazione:
$\sqrt(1-16/(25)x^2)*\sqrt(1-4/9x^2)-8/(15)x^2=x$
Eliminando le radici si ha alla fine l'equazione risolvente:
$x^3+(469)/(240)x^2-(15)/(16)=0, 0<x<1$
Tale equazione ha una sola radice in (0,1) (prossima a 0.6) che una volta calcolata risolve il problema.