Problema di geometria.
Buonasera a tutti,
non riesco a risolvere il seguente problema geometrico: dato un triangolo equilatero di lato unitario, dimostra che esiste un punto interno la cui somma delle sue distanze dai vertici è 1.
Grazie a chi mi saprà dare una mano.
non riesco a risolvere il seguente problema geometrico: dato un triangolo equilatero di lato unitario, dimostra che esiste un punto interno la cui somma delle sue distanze dai vertici è 1.
Grazie a chi mi saprà dare una mano.
Risposte
Davvero?? A occhio non sembra proprio: se ci si muove lungo una mediana, si hanno valori di 2 agli estremi e di $sqrt 3$ nel centro, mi sembra proprio strano che ci sia un punto che vale 1...
Anzi, mi sembra che si possa dimostrare il contrario. Se prendi un punto P interno qualunque, e lo congiungi con i vertici A e B, si ha che PA + PB > AB = 1; e manca ancora la distanza PC
Anzi, mi sembra che si possa dimostrare il contrario. Se prendi un punto P interno qualunque, e lo congiungi con i vertici A e B, si ha che PA + PB > AB = 1; e manca ancora la distanza PC
Hai perfettamente ragione; ho sbagliato la formulazione del testo: la somma delle distanze dai vertici è uguale al perimetro del triangolo cioè è uguale a 3.
Davvero?? A occhio, mi sembra impossibile anche questo. Lungo la mediana i valori vanno da 2 a $(2+sqrt(3))/2$ (agli estremi: prima avevo erroneamente detto 2 e 2), con un minimo nel centro a $sqrt(3)$, E, anche se non so bene dire perchè, mi sembrerebbe molto strano che un minimo o un massimo non si trovi sulla mediana
Un segmento interno ad un triangolo non può essere più lungo del suo lato maggiore, averne tre poi ... 
"axpgn":
Un segmento interno ad un triangolo non può essere più lungo del suo lato maggiore,
Già, questo pare ovvio, ma come si dimostra?
Sicuramente c'è una dimostrazione semplice ma non mi viene niente
Allora farei così ...
Prendiamo un punto $P$ interno al triangolo $ABC$ e lo congiungiamo ai vertici; consideriamo uno dei tre triangoli che si sono formati, per esempio $APB$.
Tracciamo l'altezza $PH$ da $P$ su $AB$. Ogni altro punto $X$ su $AB$ è più lontano da $P$ rispetto ad $H$ (basta considerare il triangolo rettangolo $PHX$ dove $PH$ è un cateto e $PX$ è l'ipotenusa); Quindi il punto più lontano da $P$ tra quelli del triangolo $APB$ è uno tra $A$ e $B$ ovvero uno dei lati di $APB$.
Adesso tracciamo una parallela ad $AB$ che interseca $AP$ in $A'$ e $BP$ in $B'$ e ripetiamo il ragionamento precedente; si evince che i segmenti più lunghi sono $A'P$ e $B'P$ che pero sono più corti di $AP$ e $BP$.
Ripetendo la stessa procedura per gli altri due "triangolini" e data la genericità del punto $P$ abbiamo dimostrato quanto richiesto.
Come vi sembra?
Cordialmente, Alex
Allora farei così ...
Prendiamo un punto $P$ interno al triangolo $ABC$ e lo congiungiamo ai vertici; consideriamo uno dei tre triangoli che si sono formati, per esempio $APB$.
Tracciamo l'altezza $PH$ da $P$ su $AB$. Ogni altro punto $X$ su $AB$ è più lontano da $P$ rispetto ad $H$ (basta considerare il triangolo rettangolo $PHX$ dove $PH$ è un cateto e $PX$ è l'ipotenusa); Quindi il punto più lontano da $P$ tra quelli del triangolo $APB$ è uno tra $A$ e $B$ ovvero uno dei lati di $APB$.
Adesso tracciamo una parallela ad $AB$ che interseca $AP$ in $A'$ e $BP$ in $B'$ e ripetiamo il ragionamento precedente; si evince che i segmenti più lunghi sono $A'P$ e $B'P$ che pero sono più corti di $AP$ e $BP$.
Ripetendo la stessa procedura per gli altri due "triangolini" e data la genericità del punto $P$ abbiamo dimostrato quanto richiesto.
Come vi sembra?
Cordialmente, Alex
"axpgn":
Quindi il punto più lontano da $P$ tra quelli del triangolo $APB$ è uno tra $A$ e $B$ ovvero uno dei lati di $APB$.
Questa non l'ho capita... perchè deve essere su AB? Non potrebbe essere interno?
Scusa, volevo scrivere "sul segmento $AB$" , non mi sono accorto di aver scritto "del triangolo $APB$"
"axpgn":
Quindi il punto più lontano da $P$ tra quelli sul segmento $AB$ è uno tra $A$ e $B$ ovvero uno dei lati di $APB$.
Così? Ma non ho capito ancora... "il punto più lontano da P sul segmento AB sta fra A e B"? Beh, ci credo...
Ma non ho capito neanche il seguito... Come salta fuori qualcosa che riguarda un segmento interno?
Non ho detto che sta tra $A$ e $B$ ma che è "uno" tra $A$ e $B$
Appena posso faccio un disegno ...
Appena posso faccio un disegno ...
" il punto più lontano da P posto sul segmento AB è è uno tra questi due A oppure B"
Disegna il triangolo $ABC$
Traccia l'altezza $CH$
Prendi un punto $P$ su questa altezza e collegalo con $A$ e con $B$
Se prendi un qualsiasi punto $X$ sul segmento $AB$, il segmento $PX$ sarà più lungo di $PH$ (ipotenusa > cateto) e più ti sposti verso $A$ (o verso $B$) diventa sempre più lungo quindi, tra tutti i segmenti che collegano $P$ con i punti del segmento $AB$, il più lungo sarà il più lungo tra il segmento $AP$ e il segmento $PB$
Traccia ora una parallela ad $AB$ che intersechi $PA$ in $A'$ e $PB$ in $A''$.
Si può rifare la stessa procedura usata per il triangolo $APB$ sul triangolo $A'PA''$ e ne consegue che il segmento più lungo che collega $P$ con in punti della retta $A'A''$ sarà il maggiore tra $PA'$ e $PA''$; ma $PA>PA'$ e $PB>PA''$.
Quindi la conclusione è che il segmento più lungo che che collega il punto $P$ ad uno qualsiasi dei punti del triangolo $APB$ sarà uno dei due lati $AP$ o $BP$
Se avvicini $P$ a $C$ accade che $AP$ e $BP$ si "allunghino" (sempre ipotenusa > cateto) e il massimo l'otteniamo quando $P=C$ e quindi $AP=AC$ e $BP=BC$
Se poi ripeti lo stesso procedimento sulle perpendicolari che cadono dai punti di $AC$ e poi di $BC$ (per esempio da $P'$) otterrai che il segmento più lungo sarà uno tra $AP'$ e $BP'$.
Ovviamente $AP'
Cordialmente, Alex
Se ho capito bene, vuoi dimostrare questo?
Non ho seguito tutto benissimo, però mi pare che non fai l'ipotesi che $AB$ sia il lato maggiore di $ABC$, ma come fai? Senza questa ipotesi, la tesi non è vera...
Da parte mia propongo un'altra dimostrazione (un abbozzo) del fatto che un segmento più lungo del lato maggiore di un triangolo non può essere contenuto nel triangolo stesso.
Non metto disegni, spero si capisca lo stesso.
Supponiamo che nel triangolo $ABC$ il lato maggiore sia $AB$, e sia $MN$ un segmento $> AB$.
Collochiamo $MN$ sopra $AB$ facendo coincidere $M$ con $A$. Quindi, per ipotesi, $N$ "sporge" oltre $B$
Se facciamo ruotare $MN$ intorno a $M$, perchè $MN$ risulti interno ad $ABC$ occorre che la circonferenza descritta da $N$ intersechi il lato $BC$. Ma $B$ è interno alla circonferenza, e $C$ anche perchè $AB$ è il lato maggiore, e $MN > AB > AC$; quindi l'intero lato $BC$ è interno alla circonferenza, e non la interseca.
Analogamente, se facciamo coincidere $N$ con $B$ e ruotiamo $MN$ intorno a $N$, questa circonferenza non interseca $AC$.
Con questo si dimostra che un segmento maggiore del lato maggiore, e con un estremo su uno degli estremi del lato maggiore, non può essere interno al triangolo.
Anche se, intuitivamente, questa è la collocazione più favorevole, resta da dimostrare la cosa anche per altre disposizioni di $MN$
"axpgn":
Quindi la conclusione è che il segmento più lungo che che collega il punto P ad uno qualsiasi dei punti del triangolo APB sarà uno dei due lati AP o BP
Non ho seguito tutto benissimo, però mi pare che non fai l'ipotesi che $AB$ sia il lato maggiore di $ABC$, ma come fai? Senza questa ipotesi, la tesi non è vera...
Da parte mia propongo un'altra dimostrazione (un abbozzo) del fatto che un segmento più lungo del lato maggiore di un triangolo non può essere contenuto nel triangolo stesso.
Non metto disegni, spero si capisca lo stesso.
Supponiamo che nel triangolo $ABC$ il lato maggiore sia $AB$, e sia $MN$ un segmento $> AB$.
Collochiamo $MN$ sopra $AB$ facendo coincidere $M$ con $A$. Quindi, per ipotesi, $N$ "sporge" oltre $B$
Se facciamo ruotare $MN$ intorno a $M$, perchè $MN$ risulti interno ad $ABC$ occorre che la circonferenza descritta da $N$ intersechi il lato $BC$. Ma $B$ è interno alla circonferenza, e $C$ anche perchè $AB$ è il lato maggiore, e $MN > AB > AC$; quindi l'intero lato $BC$ è interno alla circonferenza, e non la interseca.
Analogamente, se facciamo coincidere $N$ con $B$ e ruotiamo $MN$ intorno a $N$, questa circonferenza non interseca $AC$.
Con questo si dimostra che un segmento maggiore del lato maggiore, e con un estremo su uno degli estremi del lato maggiore, non può essere interno al triangolo.
Anche se, intuitivamente, questa è la collocazione più favorevole, resta da dimostrare la cosa anche per altre disposizioni di $MN$
"mgrau":
Non ho seguito tutto benissimo, ...
Dovresti
Battute a parte, l'ho scritto già la prima volta che si ripete la procedura per tutti e tre i "triangolini" $APB, BPC, CPA$
L'avevo premesso che non mi veniva niente di semplice anche se a parer mio non è così "contorto" come sembra; in pratica uso sempre lo stesso concetto, ripetuto molte volte.
Cordialmente, Alex
Buongiorno
Dove è andato a finire il triangolo equilatero?
ciao.
aldo
"galli4":
Buonasera a tutti,
non riesco a risolvere il seguente problema geometrico: dato un triangolo equilatero di lato unitario...
Dove è andato a finire il triangolo equilatero?
ciao.
aldo
Ho rifinito un po' la dimostrazione ma il concetto è sempre il medesimo ...
Sia dato il triangolo $ABC$ e due suoi punti interni $P$ e $Q$.
Collego $P$ con i vertici ottenendo tre triangoli; $Q$ apparterrà ad uno di essi, supponiamo sia $APB$.
Traccio la parallela ad $AB$ passante per $Q$ ed intersecante $AP$ in $A'$ e $BP$ in $B'$.
Prolungo $AP$ che intersecherà $BC$ in $B''$ e prolungo $BP$ che intersecherà $AC$ in $A''$
Fatto ciò, ottengo la seguente catena di disuguaglianze $PQ<=PA'<=AB''<=AC$ (nel caso che invece $Q$ sia più vicino a $B'$ è sufficiente adattare la catena di disuguaglianze così come per gli altri punti, eventualmente)
In conclusione il segmento che unisce due punti interni di un triangolo non è mai più lungo di almeno uno dei lati.
Cordialmente, Alex
Sia dato il triangolo $ABC$ e due suoi punti interni $P$ e $Q$.
Collego $P$ con i vertici ottenendo tre triangoli; $Q$ apparterrà ad uno di essi, supponiamo sia $APB$.
Traccio la parallela ad $AB$ passante per $Q$ ed intersecante $AP$ in $A'$ e $BP$ in $B'$.
Prolungo $AP$ che intersecherà $BC$ in $B''$ e prolungo $BP$ che intersecherà $AC$ in $A''$
Fatto ciò, ottengo la seguente catena di disuguaglianze $PQ<=PA'<=AB''<=AC$ (nel caso che invece $Q$ sia più vicino a $B'$ è sufficiente adattare la catena di disuguaglianze così come per gli altri punti, eventualmente)
In conclusione il segmento che unisce due punti interni di un triangolo non è mai più lungo di almeno uno dei lati.
Cordialmente, Alex
"axpgn":
ottengo la seguente catena di disuguaglianze $PQ<=PA'<=AB''<=AC$
Perchè $AB'' <= AC$?
Sempre per lo stesso motivo.
Traccia da $A$ l'altezza $AH$ relativa a $BC$
Il punto $B''$ si troverà o su $CH$ o su $BH$; in questo caso ho supposto che si trovi su $CH$ ma non cambierebbe niente se fosse sull'altro segmento, il ragionamento è analogo.
Considera i triangoli rettangoli $AHB''$ e $AHC$, hanno un cateto in comune ($AH$) mentre per l'altro abbiamo $CH>B''H$ quindi ne consegue che $AC>AB''$
Cordialmente, Alex
Traccia da $A$ l'altezza $AH$ relativa a $BC$
Il punto $B''$ si troverà o su $CH$ o su $BH$; in questo caso ho supposto che si trovi su $CH$ ma non cambierebbe niente se fosse sull'altro segmento, il ragionamento è analogo.
Considera i triangoli rettangoli $AHB''$ e $AHC$, hanno un cateto in comune ($AH$) mentre per l'altro abbiamo $CH>B''H$ quindi ne consegue che $AC>AB''$
Cordialmente, Alex
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