Triangoli

[axpgn]

No, dai, le metto tutte e tre così ti diverti di più (però poi mi dici quale preferisci )

Mi ci vuole tempo però …

La prima mi sembra quella più "facile" e trovo che assomigli alla tua (nel senso di "tipologia" di soluzione).

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In ogni triangolo almeno un'altezza cade internamente e perciò divide un lato in due parti; quindi l'altezza $h$ divide $a$ in $a=m+n$.

Perciò i quadrati degli altri due lati saranno $b^2=h^2+m^2$ e $c^2=h^2+n^2$ mentre l'area sarà $S=h/2(m+n)$

Da qui la disequazione diventa $2h^2+m^2+n^2+(m+n)^2>=2sqrt(3)(m+n)h$ che è equivalente a $h^2-sqrt(3)(m+n)h+m^2+n^2+mn>=0$

Se completiamo il quadrato del membro di sinistra otteniamo $[h-sqrt(3)/2(m+n)]^2+[(m-n)/2]^2$ ovvero la somma di due quadrati che non è mai negativa.

Fine.

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Ecco una seconda …

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Sia $p=a+b+c$ il perimetro del triangolo.

Secondo il teorema isoperimetrico dei triangoli, tra tutti i triangoli con un perimetro fissato quello equilatero ha la maggior area.

L'area di un triangolo equilatero di lato $p/3$ è $sqrt(3)/4(p/3)^2$ perciò $S<=sqrt(3)/4(p/3)^2\text( *)$

Peraltro la somma delle identità $p^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc$ e $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc$ è $p^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=3a^2+3b^2+3c^2$ da cui $p^2<=3(a^2+b^2+c^2)\text( **)$ e l'uguaglianza solo quando $a=b=c$.

Da $\text(*)$ e $\text(**)$ segue $S<=sqrt(3)/4(a^2+b^2+c^2)/3$.

Cordialmente, Alex

P.S.: la terza è geometrica quindi forse la troverai più interessante.

[axpgn]

Ecco la terza …

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1) Supponiamo che il triangolo $ABC$ abbia l'angolo in $A$ maggiore o uguale a $120°$ e costruiamo il triangolo equilatero $PBC$ sul lato $BC$.
Il diametro del cerchio circoscritto a quest'ultimo triangolo è $(2a)/sqrt(3)$ mentre l'altezza $AH$ del triangolo $ABC$ soddisfa $AH<=sqrt(3)/6a$
Ne segue che $((PBC))/((ABC))>=(asqrt(3)\text(/)2)/(asqrt(3)\text(/)6)=3$ dove al primo membro abbiamo le rispettive aree e quindi $(PBC)=sqrt(3)/4a^2>=3S$ e "rafforzando" la disequazione aggiungendo a sinistra $sqrt(3)/4b^2$ e $sqrt(3)/4c^2$ giungiamo a quanto si vuole dimostrare.

2) Supponiamo che tutti gli angoli siano minori di $120°$.
Costruiamo tre triangoli equilateri sui lati.
I tre cerchi circoscritti ad essi si incontrano nel punto $K$ e quindi $A\hatKB=B\hatKC=C\hatKA=120°$
Ne consegue che, per il risultato al punto 1), avremo $sqrt(3)/4a^2>=(KBC)$, $sqrt(3)/4b^2>=(KCA)$, $sqrt(3)/4c^2>=(KAB)$ da cui, sommando membro a membro, $sqrt(3)/4(a^2+b^2+c^2)>=3S$

Cordialmente, Alex

[giammaria]

Debbo ancora analizzare bene la terza soluzione ma, a colpo d'occhio, preferisco quella di jas123. Forse perché mi piace molto la trigonometria, che desideravo fin da quando, quattordicenne, non ne sospettavo neanche l'esistenza.

[axpgn]

Strano, mi sembrava di aver capito che ritenevi la geometria sintetica il "non plus ultra", considerati anche gli effetti "collaterali" (come per esempio lo stimolo al ragionamento e non alla soluzione meccanica); tra l'altro mi pare di ricordare che una volta dicesti che "quasi tutto quello che si può risolvere con la trigonometria, si può fare anche con la geometria sintetica" o sbaglio?

Cordialmente, Alex

[veciorik]

Propongo una soluzione discorsiva, con poche formule: $"area"=("base"*"altezza")/2$ ed il teorema di Pitagora.
Non dimostro che l'uguaglianza vale per un equilatero: è facile.

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Dimostro che, fissate la base $a$ e la relativa altezza $h_a$, in uno scaleno acutangolo il valore di $b^2+c^2$ è maggiore di $2b^2$ di un isoscele ($c=b$) con le stesse misure di base, altezza, area.

Data l'arbitrarietà della base, consegue che il minimo di $a^2+b^2+c^2$ si ha per l'equilatero.

Chiamo $x$ la distanza del piede dell'altezza $h_a$ dal punto medio della base $a$ .

Per Pitagora $ \ b^2=(a/2+x)^2+h_a^2\ , \ c^2=(a/2-x)^2+h_a^2 \ $.

Sommando ottengo $ \ b^2+c^2= a^2/2 + 2 h_a^2 + 2x^2 \ $ che ha il minimo per $x=0$, cioè per l'isoscele.

In uno scaleno ottusangolo $b^2+c^2$ è ancora maggiore.

[axpgn]

@veciorik

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Mi pare che assomigli alla prima soluzione che ho indicato, quantomeno alla prima parte perché poi non c'è la conclusione ... IMHO

@giammaria
Probabilmente ricordavo male perché quella frase forse l'ha detta orsoulx ... sorry ...

Cordialmente, Alex

[giammaria]

La soluzione di veciorik usa il teorema di Pitagora come la prima di axpgn ma poi non fa artifici di calcolo, e per questo la preferisco. E' vero però che manca la conclusione, ed in qualche punto mi è poco chiara; provo a rifarla con altre parole. Ammetto che la mia ultima frase non mi convince pienamente.

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Considero l'insieme dei triangoli con area prefissata $S$; fra essi c'è anche il triangolo equilatero, per il quale nella formula vale l'uguale. Dimostro ora che per qualsiasi altro triangolo dell'insieme si ma un valore maggiore per $y=a^2+b^2+c^2$ e con i calcoli di veciorik si vede che, fissato $a$, il minimo di $y$ si ha per $b=c$.
Poiché però $a$ è uno qualsiasi dei lati, il minimo si ha quando tutti i lati sono uguali.

[axpgn]

E' vero però che manca la conclusione, …

Non è poco; come ci arrivi poi a dimostrare che $a^2+b^2+c^2>=4sqrt(3)S$ ?
Magari devi fare "degli artifici di calcolo", magari no ed esiste un finale brillante però non lo sappiamo (finora).
In pratica, voglio dire che veciorik ha brillantemente dimostrato una cosa diversa, se vuoi lo possiamo vedere come un lemma necessario per arrivare alla dimostrazione finale


Cordialmente, Alex

[giammaria]

Non è poco; come ci arrivi poi a dimostrare che $a^2+b^2+c^2>=4sqrt(3)S$ ?

Col contenuto del mio ultimo messaggio; credo che veciorik lo abbia pensato ma non scritto, ritenendolo ovvio.