Angoli

[axpgn]

Sia $C$ un cerchio di centro $O$ e sia $Q$ un punto interno al cerchio $C$ diverso da $O$.

Dove va posizionato sulla circonferenza il punto $P$ al fine di massimizzare l'angolo $\hat(OPQ)$?


Cordialmente, Alex

[Mathita]

Il triangolo di vertici O, P, Q deve essere rettangolo in Q. Ho risolto il problema con strumenti di Analisi matematica, ma prima di riportare la soluzione, vorrei sapere se esiste una dimostrazione geometrica. In ogni caso, è davvero un bel problema.

[axpgn]

Esistono varie soluzioni (come capita sovente peraltro ), in particolare ce n'è una molto semplice (com'era ovvio )

Cordialmente, Alex

[Mathita]

Intanto riporto la soluzione che ho trovato e spero che gli altri possano intervenire proponendo prove alternative.

Innanzitutto, rinominazione delle variabili. Siano $OP=r, OQ=a, PQ=x$ e $\theta= \hat{OPQ}$. Osserviamo che $x$ varia nell'intervallo $[r-a, r+a] $, mentre $\theta$ varia in un sottointervallo $[0,\theta_{\max}]$ di $[0,\pi]$ essendo un angolo interno del triangolo di vertici OPQ. Notiamo inoltre che in tale intervallo, $\cos(\theta)$ è una funzione decrescente (mi serve dopo).

Dal teorema del coseno segue l'uguaglianza

$a^2=r^2+x^2 - 2 r x \cos(\theta) $

dalla quale possiamo esprimere il coseno di theta in funzione di x

$\cos(\theta) =\frac{r^2 - a^2 +x^2}{2r x} $

Dato che $\theta$ varia in un intervallo in cui il coseno decresce, l'angolo $\theta_{\max} $ minimizza $\cos(\theta)$, e per via dell'uguaglianza, dobbiamo determinare $x\in [r-a, r+a] $ che minimizza la funzione

$f(x) =\frac{r^2 - a^2 +x^2}{2r x}$

La derivata di $f$ è

$f'(x)=\frac{x^2-r^2+a^2}{2r x^2 }$

ed è zero se $x^2=r^2 - a^2$ (si dimostra che x è punto di minimo) o equivalentemente se $r^2=x^2+a^2$. In altri termini, i tre segmenti devono soddisfare il teorema di Pitagora, pertanto il triangolo di vertici OPQ deve essere rettangolo in Q.

Che ne pensi?

[edit] Avrei potuto esprimere $\theta$ in termini di arcocoseno di $f(x)$, però non mi andava di derivare una funzione del genere: per evitare calcoli inutili ho fatto tutto il discorso sulla monotonia del coseno nell'intervallo $[0,\theta_\max] $.

[edit2] Se qualcuno si chiedesse come mai io abbia scelto questa strada, la risposta è che ho letto il quesito di axpgn dopo aver risposto a questa domanda

[axpgn]

"Mathita":Che ne pensi?

Che forse $OP=x$ è invece $QP=x$?

Scherzi a parte è una bella soluzione, pulita, che sfrutta conoscenze di analisi ... piuttosto che usare la geometria, eh?


EDIT: l'hai cambiato in tempo!

Cordialmente, Alex

[Mathita]

L'ho riletta non appena ti ho visto online e mi sono accorto del typo! . Bel problema davvero. Sì, ho usato l'analisi di base perché è l'ambito in cui mi muovo meglio, poi considera che sono stato tremendamente influenzato dalla risposta all'altro quesito

(teorema del coseno a gogò, insomma).

Ora aspetto che qualcuno dia una soluzione più geometrica.

[giammaria2]

Do una soluzione geometrica; l'ho trovata analizzando la figura della soluzione di Mathita.

Detto C il centro della circonferenza circoscritta ad OPQ, C sta sull'asse di OQ. Con C molto vicino ad OQ, le due circonferenze non si incontrano, mentre devono farlo in P. Allontanando C da OQ, diminuisce l'angolo $OhatCQ$ e quindi anche $OhatPQ$, che è la sua metà: il massimo si ha perciò quando le due circonferenze sono tangenti in P. In questo caso i punti O, C, P sono allineati e quindi OP è un diametro; ne consegue che $OhatQP$ è retto, essendo un angolo alla circonferenza che insiste su un diametro.

[axpgn]

Eccone una geometrica ...

Tracciamo il cerchio di raggio $OQ$.
Fissato un punto $P$, è evidente che il massimo valore dell'angolo $\hat(OPQ)$ si verifica quando il segmento $PQ$ è tangente al cerchio a cui appartiene $Q$ ovvero quando l'angolo $\hat(OQP)$ è retto.

Cordialmente, Alex