Triangoli

[axpgn]

Siano $a, b, c$ i lati di un triangolo e sia $S$ la sua area.

Dimostrare che $a^2+b^2+c^2>=4sqrt(3)S$


Cordialmente, Alex

[giammaria2]

La mia soluzione è un po' troppo "calcolosa", ma è pur sempre una soluzione.

Poiché stiamo lavorando con numeri positivi, basta dimostrare che la differenza fra i quadrati dei due membri è positiva. Per la formula di Erone è $S=1/4 sqrt((a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c))$ e con un po' di calcoli ottengo che questa differenza è

$4a^4+4b^4+4c^4-4a^2b^2-4b^2c^2-4c^2a^2=$

$ =4a^4-4a^2(b^2+c^2)+4b^4-4b^2c^2+4c^4=$

$ =[2a^2-(b^2+c^2)]^2-(b^2+c^2)^2+4b^4-4b^2c^2+4c^4=$

$ =[2a^2-(b^2+c^2)]^2+3(b^2-c^2)^2>=0$

E' facile dimostrare che l'uguale vale solo per il triangolo equilatero.

[axpgn]

È un problema che viene dalle Olimpiadi e ho letto altre soluzioni, una è un pochino meno "calcolosa" della tua ma siamo lì

Cordialmente, Alex

[jas1231]

Qui la mia soluzione, con trigonometria

Chiamo $ theta $ l'angolo tra i lati $ a $ e $ b $ quindi scrivo
$ S= 1/2ab sintheta $
e utilizzando il teorema del coseno, scrivo
$ c^2=a^2+b^2-2abcostheta $
quindi la disuguaglianza $ a^2+b^2+c^2>=4sqrt(3)S $ diventa
$ 2a^2+2b^2-2abcostheta ge (4sqrt(3)ab sintheta)/2 $
quindi
$ a^2+b^2ge ab(costheta+sqrt3sintheta) $
proviamo a maggiorare o massimizzare $ (costheta+sqrt3sintheta) $, quindi scriviamo
$ (costheta+sqrt3sintheta) = 2(1/2costheta+sqrt3/2sintheta) $
qui uso la formula per il seno della somma
$ 2(1/2costheta+sqrt3/2sintheta)=2sin(theta+pi/6) $

e quindi siccome $ -1lesin(theta+pi/6)le1 $ allora $ ab(costheta+sqrt3sintheta)le2ab $
quindi riscrivo la disuguaglianza completa, che diventa
$ a^2+b^2ge 2ab $ e da qui banalmente $ a^2+b^2-2ab=(a-b)^2ge0 $ quindi la disuguaglianza è sempre vera.

[axpgn]

Mi pare tutto giusto … però c'è qualcosa che mi sfugge

Dalla tua conclusione sembrerebbe che per avere l'uguaglianza sia sufficiente che sia $a=b$ ovvero per ogni triangolo isoscele mentre l'uguaglianza vale solo se $a=b=c$ ovvero nel caso di triangolo equilatero (come dimostrato da giammaria).
Come si spiega 'sto fatto?

Cordialmente, Alex

[jas1231]

"axpgn":Mi pare tutto giusto … però c'è qualcosa che mi sfugge

Cordialmente, Alex

me lo sono chiesto anche io e mi sono risposto che per massimizzare l'RHS della disuguaglianza devo far si che $ sin(pi/6+theta)=1 $ quindi $ theta=pi/3 $ per cui se il triangolo è isoscele su base $ c $ si ottiene che il triangolo è equilatero.

[axpgn]

[giammaria2]

Bellissima la soluzione di jas123 ! Suggerisco una scrittura che, senza cambiare il concetto, toglie ogni dubbio nel caso dell'uguale: arrivati a
$a^2+b^2>=2ab sin(theta+pi/6)$
scrivo che sottraendo $2ab$ ad entrambi i membri ottengo

$(a-b)^2>=2ab[sin(theta+pi/6)-1]$
che è certo vera perché il primo membro è positivo o nullo ed il secondo è negativo o nullo. Può valere l'uguale solo quando entrambi sono nulli, cioè quando il triangolo è equilatero.

[axpgn]

"giammaria":Bellissima la soluzione di jas123 !

[ot]Ne vuoi altre tre? Così poi decidi quale ti piace di più [/ot]

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Tre sono troppe, ma ne leggerò con piacere una; scegli tu quale.

[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).

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 …

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 …

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

[giammaria2]

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.

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

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

[giammaria2]

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.

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]

"giammaria":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

[giammaria2]

"axpgn":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.

[veciorik]

Chiedo venia per il mio modo estemporaneo di esporre ma ho riportato tale e quale il processo del mio pensiero. Giammaria ha interpretato bene, ma provo a riformularlo con le mie parole.

"veciorik":.... Non dimostro che l'uguaglianza vale per un equilatero: è facile.

Prima ho verificato che $ \quad a^2+b^2+c^2 \ = \ 4\sqrt{3} \quad S \ $ in un equilatero $ \ (c=b=a=l) : \quad 3l^2 \ = \ 4\sqrt{3} \quad \sqrt{3}/4 l^2 \ $.
Poi ho mostrato, per sommi capi, che: tenendo fissa l'area $S$, scelta la base $a$ e determinata la relativa altezza in modo che l'area sia quella desiderata, il valore di $b^2+c^2$ e, quindi, anche di $a^2+b^2+c^2$, essendo $a$ fissato, è maggiore in uno scaleno che in un isoscele con le stesse misure di base, altezza, area.
Data la scelta arbitraria del lato base, il minimo si ha per l'equilatero, che è isoscele rispetto a tutte le tre "basi", mentre per gli altri triangoli vale la disuguaglianza $ \quad a^2+b^2+c^2 \ > \ 4\sqrt{3} \ S $
Forse dovrei dimostrare anche che, a pari area tra isoscele ed equilatero, $ \quad a^2+2b^2 \ > \ 3 l^2 \quad $
dove $ \quad a^2=k^2l^2 \quad $ e $ \quad b^2 = ((k l)/2)^2 + (\sqrt{3/4} l/k)^2 \quad $ per ogni $ \ k>0 \quad $?