Geometria

Stage di preparazione olimpica
Esercizi di Geometria - docente Luca Ghidelli - [email protected]
1 febbraio 2013
1 Punto interno ad un esagono regolare
Sia dato l’esagono regolare ABCDEF . Trovare il punto P interno all’esagono che renda
minima la quantità P A + P B + P C + P D + P E + P F
2 Distanze dai lati in un triangolo isoscele
(i) Sia ABC un triangolo isoscele con AB = AC e sia P un punto sul segmento BC.
Si chiamino H e K rispetivamente le proiezioni di P su AB e su AC. Provare che
la somma P H + P K non varia se si sposta P sul lato BC.
(ii) Sia ABC un triangolo equilatero e sia P un punto interno. Si chiamino D, E, F le
proiezioni di P sui lati di ABC. Provare che la somma P D + P E + P F non varia
se si sposta P all’interno di ABC.
3 Cironferenze tangenti
Siano OA ed OB due semirette con la stessa origine O che formano tra loro un angolo
non piatto. Dentro l’angolo ci sono tre circonferenze γ1 , γ2 , γ3 di raggi rispettivamente
r1 , r2 , r3 con 1 = r1 ≤ r2 ≤ r3 = 169, tali che le semirette sono tangenti a tutte le
circonferenze ed inoltre che γ2 è tangente alle altre due circonferenze. Determinare γ2 .
4 Punto di Steiner
Sia ABC un triangolo acutangolo e si costruiscano, espernamente ad esso, i triangoli
equilateri XBC, AY C e ABZ.
(i) Dimostrare che le tre rette AX, BY e CZ si incontrano. Sia P la loro intersezione.
(Detto anche “Punto di Steiner di ABC”).
\
\
[
(ii) Provare che gli angoli AP
B, BP
C, CP
A sono tutti di 120 gradi.
(iii) Provare che P è il punto interno al triangolo ABC che minimizza la quantità
AP + BP + CP .
1
5 Il clown
Un clown possedeva un abito color rosso dalla parte esterna e blu da quella interna.
Per renderlo più variopinto, tagliò dal vestito un pezzo di stoffa triangolare (scaleno),
pensando di ricucirlo sul vestito col blu all’esterno. Purtroppo però il triangolo cosı̀
girato non si adattava più al buco lasciato sul vestito. Poteva egli tagliare in più pezzi
il triangolo, girarli e ricucirli in modo da ricoprire il buco nella stoffa come lui voleva?
6 Costruzione con riga e compasso
Siano OA ed OB due semirette con la stessa origine O che formano tra loro un angolo.
Dentro l’angolo ci sia un punto P . Trovare con riga e compasso (se esistono) due punti
X e Y , rispettivamente su OA e su OB in modo che XY P sia un triangolo equilatero.
7 Montagna tetraedrica
Da qualche parte esiste una montagna di forma perfettamente tetraedrica regolare di
lato 2km, con la cima sul vertice V e con la base ABC. Ai piedi del monte ci sono due
città, rispettivamente posizonate sul vertice A e nel punto medio fra B e C. Si vuole
collegarle con un sentiero che sia il più breve possibile. Quanto sarà lungo tale sentiero?
8 Il ponte
Da qualche altra parte c’è un grosso fiume, largo 1km, che scorre dritto, senza anse, con
le sponde che formano due rette r ed s. Dalle due parti di esso ci sono due villaggi, siti in
A e B, tali che le loro proiezioni sulla riva r più vicina a A siano H e K rispettivamente.
Si vogliono costruire un ponte XY perpendicolare alle rive e due strade AX, Y B, con X
su r e Y su s,d in modo da collegare nel modo più rapido possibile i due insediamenti.
Sapendo che HK = 3km, AH = 3km e BK = 2km, trovare la lunghezza del tragitto.
9 Le mediane di un triangolo soddisfano la disuguaglianza triangolare
Sia dato un triangolo con le mediane di lunghezze l, m, n. Provare che l + m ≥ n.
10 Raggio della circonferenza inscritta
Sia dato un triangolo di lati a, b, c e superficie S. Calcolare il raggio dell’incerchio.
11 Raggio dell’excerchio
Sia dato un triangolo di lati a, b, c e superficie S. Calcolare il raggio della circonferenza
ex-scritta dalla parte del lato a.
2
Soluzioni
Consiglio generale: meglio un disegno in più che uno in meno!
1
Punto interno ad un esagono regolare
Viene da pensare che il punto cercato sia esattamente il centro dell’esagono (chiamiamolo
O), ma come fare a dimostrare che tale punto soddisfa effettivamente la richiesta di
minimalità rispetto a tutti gli altri punti?
Chiamiamo L la lunghezza del lato dell’esagono (che è anche, come si nota facilmente,
la distanza fra i vertici ed il centro) e si aP un qualsiasi punto interno ad ABCDEF .
Vogliamo provare la seguente:
P A + P B + P C + P D + P E + P F ≥ OA + OB + OC + OD + OE + OF = 6L
Una disuguaglianza geometrica molto semplice fra lunghezze di segmenti è la disuguaglianza triangolare, la quale afferma che , dati comunque tre punti A, B, C, vale
AB + BC ≥ AC, con il segno di uguale se e solo se A, B, C sono allineati con B in
mezzo ad A e C (intuitivamente dice che “per andare da A a C la strada più breve è
quella dritta”).
Applichiamola dunque alle terne di punti AP D, BP E e CP F . Otteniamo tre disuguaglianze:
AP + P D ≥ AD = 2L
BP + P E ≥ BE = 2L
CP + P F ≥ CF = 2L
Sommiamo membro a membro e otteniamo la disuguaglianza desiderata!
Commento.
La disuguaglianza triangolare afferma un fatto quasi banale, ma è molto utile negli esercizi dimostrativi. Inoltre va usata nel modo giusto, altrimenti non è abbastanza “potente”
per dimostrare quello che vogliamo. Ad esempio, poteva venire in mente di applicarla
alle terne AP B, CP D e EP F , oppure a tutti e 6 i triangolini che condividono un lato
con ABCDEF . Si sarebbe ottenuto P A + P B + P C + P D + P E + P F ≥ 3L, che è
certamente una proposizione vera, ma noi volevamo dimostrare qualcosa di più “forte”.
Perché questa differenza? Il motivo principale consiste nel fatto che noi vogliamo avere
una disuguaglianza che diviene uguaglianza allorquando P = O. Dunque dobbiamo applicare la disuguaglianza triangolare a dei triangoli che divengono degeneri nel caso particolare P = O.
3
2
Distanze dai lati in un triangolo isoscele
Parte (i). Diamo due soluzioni di questo esercizio
Soluzione 1.
A volte è utile la seguente idea: non è facile sommare le lunghezze di due segmenti in
posizione generica, invece se i due segmenti sono allineati questo compito risulta più
semplice.
Per concretizzare questa idea si può pensare di prolungare P K di un segmento P H 0
congruente a P H. Si osservi che sostanzialmente ciò si ottiene prendendo H 0 simmetrico
\
\
di H rispetto al lato BC. Questo perché BP
H∼
C. Allora facciamo cosı̀. Si prenda
= KP
il simmetrico di C rispetto a BC e lo si chiami D. Ora, ABDC è un rombo, ovvero un
parallelogramma, H 0 appartiene a BD e il segmento H 0 K è perpendicolare ad AC e DB.
Ovvero, qualunque sia P , P H + P K = H 0 K, che è pari all’altezza del parallelogramma
rispetto alla base BD. Quindi non varia al variare di P .
Soluzione 2
Quando ci sono in gioco dei segmenti perpendicolari ad altri e se ne si considera la
lunghezza, si può pensare di trattarli in qualità di altezze di qualche triangolo e fare
ragionamenti con le aree.
Spieghiamoci meglio. P H è altezza del triangolo ABP rispetto alla base AB. Pertanto
)
P H = 2·Area(ABP
. Analogamente P K è altezza del triangolo CAP rispetto alla base
AB
CA e P K =
2·Area(CAP )
.
CA
PH + PK =
Dato che AB = AC ricaviamo:
2 · (Area(ABP ) + Area(CAP ))
2 · Area(ABC)
=
CA
AC
che non dipende da P .
Parte (ii).
Il problema si risolve riapplicando l’idea della seconda soluzione precedente. Infatti
P D, P E, P F sono altezze rispettivamente dei triangoli BCP, CAP, ABP . Inoltre
AB = BC = CA = L. Quindi
PD + PE + PF =
2 · (Area(BCP ) + Area(CAP ) + Area(ABP ))
2 · Area(ABC)
=
,
L
L
che non dipende da P . Viva il riciclaggio delle idee!
4
3
Circonferenze tangenti
Ad occhio, le dimensioni delle circonferenze sono in proporzione fra di loro. Tanto più
una circonferenza si trova vicino all’origine O, tanto più sarà piccola. Per questo motivo,
tenteremo di utilizzare una trasformazione di riscalamento.
Ricordiamo che un’omotetia di centro O e parametro K è una trasformazione dal piano
in se stesso che lascia fisso il centro e riscala tutte le distanze di un fattore k. In sostanza,
uno “zoom” della figura.
Consideriamo l’omotetia σ di centro O e parametro k = rr21 . Siano rispetivamente
O1 , O2 , O3 i centri di γ1 , γ2 , γ3 e A1 , A2 , A3 le loro intersezioni con la semiretta OA.
Vediamo dove vanno i vari oggetti in figura con l’allicazione dell’omotetia σ.
σ
• O 7→ O perché è il centro di omotetia
σ
σ
• OA 7→ OA e OB 7→ OB perché passano per l’origine
σ
• O1 7→ O2 , infatti i triangoli OC1 A1 e OO2 A2 sono simili fra loro per una questione
O2 A2
r2
2
di angoli, quindi hanno i lati in proporzione: OO
OO1 = O1 A1 = r1 che è il parametro di
omotetia; inoltre O, O1 , O2 sono allineati sulla bisettrice dell’angolo fra le semirette
σ
• γ1 7→ γ2 , infatti la circonferenza di raggio r1 di centro O1 deve andare nella circonferenza di raggio rr21 r1 e centro il trasformato di C1 , ovvero σ(O1 ) = O2
σ
• γ2 7→ γ3 , infatti γ2 è una circonferenza tangente ad OA, OB e γ1 , quindi σ(γ2 )
deve essere una circonferenza tangente invece a σ(OA), σ(OB) e σ(γ1 ), ovvero la
circonferenza tangente a OA,OB e γ2 ... ovvero σ(γ2 ) = γ3 !
L’ultima deduzione ci rivela che il fattore di riscalamento fra γ2 e γ3 è uguale a quello
scelto per mandare γ1 in γ2 . Ovvero rr23 = rr21 . Quindi, come l’intuizione suggeriva,
i raggi delle circonferenze sono√ in proporzione
fra loro e pertanto r2 , che è il medio
√
proporzionale, si calcola: r2 = r1r3 = 169 = 13.
5
4
Punto di Steiner
Questo è l’esercizio più difficile fra quelli proposti. Non per niente è stato strutturato
in più punti. Immaginiamo che sia vera la seconda tesi, ovvero che quegli angoli siano
di 120◦ . Sarà di sicuro vero, dato che è il prossimo punto da dimostrare. In assenza,
avremmo dovuto accorgercene da soli, magari indovinandolo da un disegno fatto bene
(Importante: un disegno impreciso potrebbe non mettere alla luce informazioni importanti sulla figura! Portare squadra e compasso, se sono permessi dal regolamento. A
proposito: leggere con sufficiente attenzione le regole di gara e le richieste degli esercizi.).
Comunque, dovremmo notare che si formano dei quadrilateri (ad esempio BXCP ) con
angoli opposti complementari (120+60 = 180). Dunque sono inscrivibili in circonferenze!
Dunque il punto cercato dovrebbe essere l’intersezione fra le 3 circonferenze circoscritte
ai triangoli isosceli della costruzione!
Proviamolo. Siano γA e γB rispettivamente le circonferenze circoscritte a BXC e CY A.
Sia Q il loro punto di intersezione diverso da C. Obiettivo: Q è intersezione di AX con
BY . Idea 1: servirebbe dimostrare che A, Q, X sono allineati. Idea 2: quando ci sono
tante circonferenze in gioco, spesso è facile lavorare con gli angoli. A questo punto una
\ è piatto!
genialata, idea 3: basta vedere che l’angolo XQA
∼
∼
\ = XQC
\ + CQA.
[ Ma XQC
\ = CBX
\ = 60◦ perché insistono sullo stesso arco in
XQA
[ = 180◦ − AY
\
γA . Invece CQA
C∼
= 120◦ perché angoli alla circonferenza γB opposti sono
complementari.
Dunque Q è allineato con A e X. Analogamente si prova che è pure allineato con B e Y .
[ ∼
\ = 120◦ , si ha inoltre che AQB
\ = 120◦ , da cui segue che il
Infine, essendo CQA
= BQC
quadrilatero AZBQ è ciclico (ovvero inscrivibile in una circonferenza), da cui abbiamo
che Q è punto di intersezione di tutte e tre le circonferenze circoscritte ai triangoli
equilateri. Ripetendo il ragionamento di prima, abbiamo anche che Q è llineato con C
e Z. Riassumendo, Q è l’interzezione fra i segmenti AX, BY e CZ. Ovvero, abbiamo
dimostrato il punto (i) e il punto cercato è proprio Q! Inoltre, abbiamo anche risolto il
punto (ii).
6
Anche il terzo punto è difficile, ma non spaventiamoci. Piuttosto, chiediamoci: dove
abbiamo già visto tre segmenti che partono da un punto, formando angoli di 120◦ dei
quali dovevamo valutare la somma? Ma certo! Nell’esercizio 2, parte (ii)! Proviamo a
ricreare l’ambientazione.
Prendiamo 3 rette passanti rispettivamente per A, B, C perpendicolari rispettivamente
ai segmenti AP , BP , P C. Esse si incontreranno a due a due in 3 punti A0 , B 0 , C 0 , come
in figura (si noti che, per non avere una figura sovraffollata, ho isolato solo gli elementi
di cui ci stiamo occupando adesso). Il triangolone formato sarà equilatero. Infatti i
quadrilateri P BA0 C, P CB 0 A, P AC 0 B hanno due angoli retti e uno di 120◦ , dunque
quello restante deve essere di 60◦ .
5
Il clown
Ci si può sbizzarrire con la fantasia. In linea di massima, dato che il triangolo è generico,
si cercherà di produrre costruzioni che coinvolgono i punti e i segmenti notevoli dei
triangoli.
Una possibile idea consiste nel dividere il triangolo in pezzetti
a due a due congruenti, ma orientati in modo opposto. Questo
è possibile considerando l’incentro, tagliando lungo le congiungenti vertice-incentro e lungo i segmenti incentro-punti di tangenza fra lati e incerchio. Si ottengono cosı̀ 6 triangolini rettangoli con la proprietà di sopra descritta. A questo punto si
prende una coppia di triangolini congruenti, si rigirano e si riposizionano scambiandoli di posto.
Una seconda idea si fonda sull’osservazione che se il triangolo di partenza fosse stato
isoscele, il clown non avrebbe avuto bisogno di un matematico. Dunque si può pensare
di dividere il triangolo in pezzi isosceli e trattarli singolarmente. Un modo, che funziona
se il triangolo acutangolo, è prendere il circocentro e tagliare lungo i raggi, ovvero le
congiungenti vertice-circocentro. Si otterrebero cosı̀ 3 triangoli isosceli. Se il triangolo
non è acutangolo, il circocentro non è interno alla figura e bisogna prima ritagliarla in
pezzi acutangoli.
7
Un altro modo consiste invece nel dividere in pezzi rettangoli
(ad esempio tagliando lungo un’altezza: almeno una delle altezze
deve essere interna al triangolo) e poi tagliando ogni triangoletto
rettangolo lungo la congiungente emphvertice dell’angolo rettopunto medio dell’ipotenusa, in modo da creare due triangolini
isosceli per ogni triangoletto rettangolo.
6
Costruzione con riga e compasso
Facciamo osservazioni semplici, ma intelligenti, prima di perderci in costruzioni complicate. A priori non sappiamo dove andare a prendere i punti X e Y . Tuttavia, se
conoscessimo la posizione di uno di loro, ad esempio X, sapremmo facilmente determinare l’altro. Ad esempio, tracciando una circonferenza di raggio P X centrata in P .
Ovvero, basterebbe ruotare il punto X attorno a P fino ad averlo sulla semiretta OB.
Di quanto dovremmo ruotare? Di 60◦ , nella direzione opportuna. Rigiriamo il ragionamento. Se prendessimo a caso un punto X su OA, ne prendessimo il ruotato Y e per
caso Y ∈ OB, allora X e Y sarebbero i punti che cercavamo. Allora facciamo le cose
in grande: prendiamo tutti i punti di OA, ovvero la semiretta OA in toto; dopodiché
ruotiamola rispetto a P trovando un’altra semiretta O0 A0 . Se esiste un punto su OA che
ruotato vada su OB, deve per forza andare in Y = O0 A0 ∩ OB! Allora prendiamo (se
esiste) l’intersezione Y fra queste semirette e per ritrovare X basta operare una rotazione
rispetto a P nell’altro senso. Dato che è facile ruotare un punto di 60◦ usando sono il
compasso e che per ruotare una retta basta ruotare due suoi punti e tracciare una linea
fra i loro trasformati, le operazioni che abbiamo descritto si possono compiere usando
solo riga e compasso.
8
7
Montagna tetraedrica
Sia M il punto medio di BC. Supponiamo di avere un cammino che, senza perdita di
generalità, attraversi il lato V C nel punto X (eventualmente con X = V o X = C).
Dobbiamo minimizzare la somma dei percorsi M → X, X → A. Chiaramente questi
due tratti saranno rettilinei sulle rispettive facce della montagna. Ora l’idea ricorrente in
questo tipo di problemi tridimensionali è quella di ricondursi ad un problema equivalente
sul piano, dove sappiamo lavorare bene. Si immagina infatti di “spianare”sul pavimento
le facce in questione (BCV e CAV ) con un movimento rigido. Appare chiaro che la
lunghezza del percorso da M ad A non viene modificata. Tuttavia adesso è più semplice
argomentare quale sia il percorso più breve! Basta congiungere in modo rettilineo M ed
A, in questa visualizzazione! Per calcolare la lunghezza di questo sentiero basta dunque
√
ricordarsi o ricavarsi che l’altezza in un triangolo equilatero di lato l vale h = 23 l,
osservare che in questo caso l = 2km e notare che M A è l’ipotenusa di un triangolo
rettangolo avente cateti lunghi c1 = 4l e c2 = h + h2 . Con il Teorema di Pitagora si
√
√
ottiene M A = 27 l = 7km che è la risposta.
8
Il ponte
Osserviamo innanzitutto che converrà avere delle strade rettilinee da A ad X e da Y a
B, non essendoci altri vincoli. Inoltre la lunghezza del ponte è fissata, quindi il nostro
9
problema consiste nel minimizzare la somma AX + Y B. Sospettiamo quindi che se
il fiume fosse largo 0km il problema sarebbe essenzialmente lo stesso. Un modo per
formalizzare questo sospetto consiste nell’introdurre un punto B 0 situato sul segmento
BK ad un chilometro da B (viene quindi a trovarsi sulla retta s, ma ciò è irrilevante).
Preso dunque X su r e Y su s con XY ortogonale alle due rette, notiamo che XB 0 BY è
un parallelogramma (ha due basi congruenti e parallele). Dunque XB 0 = Y B e pertanto
AX+XY +Y B = AX+XB 0 +1km. Dovendo minimizzare ora sostanzialmente il tragitto
da A a B 0 , ci viene in mente di applicare la disuguaglianza triangolare: AX +XB 0 ≥ AB 0 ,
con l’uguaglianza raggiunta nel caso in cui A, B, X 0 sono allineati.
Infine per calcolare AB 0 si può vedere che questo segmento è ipotenusa di un triangolo
rettangolo con un cateto parallelo alle rive lungo 3km ed uno ortogonalead esse di misura
4km. Essendo (3, 4, 5) una terna pitagorica, ne consegue che AB 0 = 5km e dunque il
minimo tragitto fra i due villaggi è lungo 6km.
9 Le mediane di un triangolo soddisfano la disuguaglianza triangolare
Sia dato il triangolo ABC i cui punti medi dei lati BC, CA, AB sono rispettivamente
MA , MB , MC e quindi AMA = l, BMB = m, CMC = n.
Idea 1.
Forse la verità della tesi dipende dal fatto che, in realtà, esiste davvero un triangolo
facilmente costruibile che ha effettivamente per lati segmenti congruenti alle mediane.
Possiamo quindi immaginare di tenere fissa una mediana, per esempio CMC , e traslare le
altre in modo da rendere contigui tali segmenti... a questo punto se la spezzata ottenuta
si chiudesse in un triangolo, avremmo finito.
Consideriamo dunque il simmetrico di A rispetto al punto MA e chiamiamolo D. Il
quadrilatero ABDC è un parallelogramma in quanto le sue diagonali si incontrano bisecandosi. Sia N il punto medio di BD. Claim (ovvero, ”dichiarazione” che vorremo
dimostrare): CMC N è un triangolo con lati di misure l, m, n.
• CMC = n ovviamente
• MC N = l perché MC N congiunge due punti medi del triangolo ABD e pertanto
la sua lunghezza è pari alla metà di quella della base AD, che per costruzione è il
doppio di AMA = l
σ
• N C = m infatti tramite la simmetria centrale σ di centro MA abbiamo: A 7→ D,
σ
σ
σ
σ
σ
C 7→ B, quindi AC 7→ DB, quindi MB 7→ N , e B 7→ C, quindi BMB 7→ CN ,
10
dunque N C = BMB = m (in alternativa si poteva mostrare che MB BN C è un
parallelogramma)
Quindi l, m, n sono lati di un effettivo triangolo e dunque soddisfano la disuguaglianza
triangolare.
Idea 2.
Come spesso accade per disuguaglianze fra lunghezze di segmenti, anche qui funziona
applicare la disuguaglianza triangolare. Quello che ci proponiamo di fare è trovare
opportuni triangoli che abbiano mediane o pezzi di mediane per lati e quindi usare la
disuguaglianza triangolare dimodoché i pezzi relativi a CMC si trovino dalla parte del ≤,
quelli delle altre mediane dalla parte del ≥ ed infine che eventuali altri pezzi si cancellino.
Mostriamo una possibile soluzione (certamente non l’unica).
Consideriamo i triangoli CMC MA , AMA C, CMC B. Poniamo AB = c, BC = a, CA = b.
Sappiamo che CMB = MA MC = 2b e che CMA = a2 . Dunque otteniamo:
+ 2b ≥ n
l + a2 ≥ b
m + 2b ≥ a
a
2
Sommando membro a membro otteniamo la tesi.
Idea 3.
In mancanza di idee, si può procedere con un calcolo delle lunghezze delle mediane e con
una verifica esplcita della disuguaglianza. Per calcolare la lunghezza di una mediana,
si può tentare di usare in qualche modo il Teorema di Pitagora, previa costruzione di
un’altezza. Infatti il Teorema d Pitagora è in un certo senso un teorema di calcolo
esplicito della lunghezza di un segmento. Dato che il metodo è generale, enunciamo una
proposizione apposita.
Teorema di Stewart: Dato un triangolo ABC, e un punto P sul segmento AB, vale
2
2
2
che: AB(CP + AP ·P B) = CA ·P B + CB ·AP
Introduciamo il punto H proiezione di C su AB. Possiamo supporre senza perdita di
generalità (altrimenti basta scambiare il ruolo di A e B) che H e A si trovino a sinistra
di P , mentre B sia a destra (eventualmente potrebbe verificarsi H = P ). Notiamo che
ci sono due possibili configurazioni: H interno oppure esterno al segmento AB. uttavia
la dimostrazione che stiamo per scrivere funziona in entrambi i casi (N.B.: bisogna comunque sempre fare molta attenzione ai possibili problemi di configurazione, altrimenti si
rischia, in gara, di perdere punti su un esercizio del quale si sono trovate sostanzialmente
le idee giuste, ma non si sono trattati correttamente i casi patologici ).
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Chiamiamo h = CH, a = AH, b = P H, p = HP e usiamo il Teorema di Pitagora sui
triangoli rettangoli (eventualmente degeneri, con due vertici coincidenti: Pitagora vale
comunque!).
2
• AB(CP + AP ·P B) = (a + b)(p2 + h2 + (a + p)(b − p)) = (a + b)2h2 + p(a + b)(b −
a) + (a + b)ab
2
2
• CA ·P B + CB ·AP = (h2 + a2 )(b − p) + (h2 + b2 )(a + p) = h2 (a + b) + p(−a2 +
b2 ) + (a2 b + b2 a)
Si nota dunque che le espressioni sono uguali e pertanto il teorema è dimostrato! Osserviamo che questo permette di calcolare
s
2
2
CA ·P B + CB ·AP
− AP ·P B.
CP =
AB
Tornando al problema, cambiando notazioni nelle solite: AB = c, BC = a, CA = b,
si calcolano le lunghezze delle mediane usando la formula
√ generale appena scritta. Ad
esempio la mediana relativa ad A avrà lunghezza: l = 12 2b2 + 2c2 − a2 . Bisogna dunque
√
√
√
?
dimostrare che l + m = 12 2b2 + 2c2 − a2 + 2a2 + 2c2 − b2 ≥ n = 21 2a2 + 2b2 − c2 .
A questo punto ciaociao geometria, è un problema di algebra e di conti (tanti auguri).
Potrebbe essere utile ad un certo punto utilizzare la sostituzione, sempre utile nelle
disuguaglianze che coinvolgono i lati di un triangolo: a = y + z, b = z + x, c = x +
y (geometricamente, sono le lunghezze dei segmenti individuati sui lati dai punti di
tangenza del cerchio inscritto al triangolo).
Commento.
Non proseguirò oltre nella soluzione, dato che si è usciti dalla geometria. Vorrei solamente puntualizzare che talvolta si possono risolvere problemi geometrici in questa
maniera, ovvero “algebrizzando”. Quello illustrato è molto barbaro, ma esistono tecniche più avanzate a supporto dell’approccio. Il vantaggio risiede nel fatto che per portare
avanti simili dimostrazioni a volte non serve nessuna idea geniale. Si tratta di rimboccarsi le maniche, procedere con ordine e pazienza, mantenere la concentrazione e fare i
conti. Per questo motivo in gergo olimpico si usa l’espressione “metodo bovino”. Come
svantaggi, tuttavia, sussistono il fatto che queste dimostrazioni sono molto più lunghe e
tediose di quelle geometriche, dunque vanno perseguite solo se la speranza di utilizzare un
modo geometrico è ormai sfumata e i conti non sembrano cosı̀ tanti da non essere portati
a termine. Non da meno, spesso sono ineleganti: di certo non catturano tutta la bellezza
del problema, spesso offuscano la luce che brilla nel solutore quando esclama Eureka! A
volte algebrizzare la geometria può essere geniale e cogliere l’essenza dell’esercizio, ma
altre volte è un mero strumento sconfiggi-problemi.
12
10
Raggio della circonferenza inscritta
L’incentro I di un triangolo ABC è il centro di una circonferenza tangente ai tre lati del
triangolo. Noi ne vogliamo calcolare il raggio. Questa è la lunghezza dei segmenti che
congiungono I ai punti di tangenza dell’incerchio coi lati. Tali segmenti sono ortogonali
ai lati... quindi perché non utilizzare ancora un argomento di aree?
Chiamiamo r il raggio della circonferenza inscritta. Abbiamo che
Area(ABI) =
r · AB
2
Area(BCI) =
r · BC
2
Area(CAI) =
r · CA
2
Sommando le tre aree otteniamo:
S=
Da cui ricaviamo r =
11
r · (a + b + c)
2
2S
a+b+c .
Raggio dell’excerchio
Per un triangolo ABC, l’intersezione fra la bisettrice interna all’angolo in A e le bisettrici
degli angoli esterni in B e C è un punto Ia che viene chiamato excentro relativo ad
A. Esso è il centro di una circonferenza (ex-scritta), che è tangente al lato BC e ai
prolungamenti dei lati AB e AC (la dimostrazione di ciò è analoga a quella fatta per
l’incentro). Noi ne vogliamo calcolare il raggio. Questa è la lunghezza dei segmenti che
congiungono Ia ai punti di tangenza dell’excerchio coi lati. Tali segmenti sono ortogonali
ai lati... quindi perché non utilizzare ancora un argomento di aree?
13
Chiamiamo ra il raggio della circonferenza ex-scritta rispetto ad A Abbiamo che
Area(ABIa ) =
ra · AB
2
Area(BCIa ) =
ra · BC
2
Area(CAIa ) =
ra · CA
2
Per avere l’area di ABC questa volta bisogna sommare la prima area con la terza e poi
sottrarre la seconda:
ra · (b + c − a)
S=
2
Da cui ricaviamo ra =
2S
b+c−a .
14