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Titolo: minimo perimetro interno

Consideriamo un generico triangolo di lati a,b,c
Come dobbiamo scegliere tre punti A,B,C rispettivamente su a,b,c in modo da
rendere minimo il perimetro del triangolo ABC?
Ciao, Silv:o)

"Silvio Sergio" ha scritto

In attesa di una soluzione esatta, ne provo una per approssimazioni
successive.
Scelgo a caso due punti A,B, sui lati a,b.
Cerco il punto C, sul lato c, che minimizza la lunghezza della spezzata ACB.
Lo trovo facilmente intersecando il lato c con il segmento AB', dove B' e'
il punto speculare di B rispetto a c.
Ora, fissati il punto B precedente e C appena trovato, cerco con lo stesso
procedimento la nuova posizione di A. Poi fissati C ed A trovo B, eccetera.
Credo che la costruzione dovrebbe convergere rapidamente verso la soluzione
cercata.
Ho provato con un triangolo equilatero ed ha convergiuto (?!? :-) verso i
punti medi dei tre lati.
ciao
paolo

 fatto da elestici allora la soluzione č il minimo di energia.
Bella questa tua osservazione. Ciň mi suggerisce una
soluzione "sperimentale":
Se costruissimo il triangolo facendo delle scanalature
in una tavola in modo da far passare dei perni in
queste scanalature e poi inserissimo un elastico
nei perni, il risultato dovrebbe essere il triangolo
di perimetro minimo, nevvero ?... :-)))))))
--
Er Roscio.

 successive.
Consideriamo solo un settore del problema:
m---------P-------------------------------n
 
                             B
     A
Desidero tracciare il percorso minimo ApB dove p e' un punto mobile
sulla retta mn.
Se cosidero gli angoli mpA ed npB mi accorgo che spostando p verso
l'angolo piu' acuto, avro' un guadagno sulla lunghezza totale di ApB,
difatti chiamiamo p' la nuova posizione del punto p si avra'
m---------P------p'-----------------------n
               q             
 
                             B
     A
dove q e' il punto di incontro delle 2 circonferenze con centro in A e
raggio AP e con centro in B con raggio Bp'. 
Possiamo vedere che Ap' si e' allungata di una quantita' qp', ma Bp si
e' accorciata di una quantita' pq, con un guadagno di pq-qp'.
Si deduce che il percorso minimo di ApB si ottiene con mpA=Bpn.
Per la sol. chiesta da Silvio, mi sembra che la condizione sia appunto
che gli angoli formati dai lati del triangolo inscritto con i lati del
triangolo dato,  siano uguali a coppie.
Per la costruzione...??? pensiamoci.
ciao :) dario

 sulla retta mn.
E' l'enunciato di un problema classico: il problema della distanza di Erone
(quello della formula per il calcolo dell'area di un triangolo).
Per la precisione, nell'enunciato di Erone mn e' una retta.
Erone dimostra che AP+PB e' minimo se gli angoli PAB e PBA sono uguali.
Ciao
Arturo

...

Sei sicuro che si possa fare?
Perché la soluzione intuitiva, cioč di unire i punti medi
dei lati, č un minimo relativo per il perimetro;
il minimo assoluto (credo) non c'č: hai un estremo inferiore quando due fra
A,B e C vanno verso un vertice, contraendo il triangolo in un segmento, in
questo caso
tale estremo inferiore vale quanto la piů piccola delle tre altezze.
Ciao
Andrea

 Per la costruzione...??? pensiamoci.
Ohibo! non avevo pensato agli angoli.
Avevo utilizzato l'artifizio che abbiamo gia' visto in problemi di biliardi,
specchi e simili.
Aggiungo B' alla tua figura.
Dal momento che ApB=ApB', il minimo si ha quando ApB' sono allineati.
Il fatto che gli angoli mpA e npB risultino uguali e' una immediata
conseguenza.
Allora, se non prendo un grosso granchio, mi pare che sia possibile una
semplicissima costruzione.
Dall'uguaglianza degli angoli consegue che la bisettrice di ApB deve essere
perpendicolare alla retta mn.
Quindi un'intuizione improvvisa :-)
I tre punti cercati ABC sono i piedi delle tre altezze del triangolo abc.
Ossia (se non ricordo male i nomi dei diversi ...centri) l'ortocentro del
triangolo dato e' l'incentro di quello cercato.
Graficamente mi pare che funzioni, ma non sono riuscito a trovare la
dimostrazione completa.
ciao
paolo

 Erone dimostra che AP+PB e' minimo se gli angoli PAB e PBA sono uguali.
Non posso spiegarmi con un disegno, ma a me risulta che ciň comporti che i
tre triangoli che rimangono all'esterno di quello inscritto sono simili al
triangolo abc (e ovviamente tra loro).
Non sono perň di quelli ottenibili tirando la parallela ad un lato, bensě il
risultato del loro "ribaltamento", ossia la simmetria rispetto alla
bisettrice dell'angolo opposto.
ciao
Danilo

rendere minimo il perimetro del triangolo ABC?
Ciao Silvio, forse puo' essere utile anche risolvere il problema
inverso: cioe', dati A,B,C, trovare a,b,c. Cio' si ottiene costruendo
l'ellisse di fuochi A e B passante per C: la tangente ad essa in C e'
il lato c e cosi' via. Ciao

 speculari abc' e acb'. 
Ho fatto la stessa cosa, risulta che i 3 vertici del triangolo cercato
non son altro che i piedi delle 3 altezze del triangolo originario.
ciao :) dario

 bisettrice dell'angolo opposto.
Bella osservazione!
Silv:o)

OK Paolo, anch'io sono arrivato a quella conclusione!
E dopo tanto penare ho anche trovato una brillante dimostrazione.
       *A'
    /'
   *A  '
  /      '
 /a      c '
/_____b______'_O
   *A"
Innanzitutto volevo far notare come fissato UN punto, e' possibile trovare
gli altri due che con esso formano il triangolo minimo, col metodo delle
immagini speculari.
Fissiamo A, individuiamo A' e A" speculari rispetto ai lati a e b, ed e`
facile vedere che il segmento A'A" rappresenta il perimetro richiesto.
Concentriamoci sul triangolo A'OA"
- E` isoscele (A'O = A"O)
- L'angolo A'OA" non dipende dalla scelta di A su a!!!!
  (e` il doppio dell'angolo compreso tra i lati b e c
   perche` b e c sono bisettrici di AOA' e AOA")
Quindi la famiglia di triangoli A'OA" al variare di A su a e` formata da
triangoli simili. Ma allora per minimizzare la base A'A" basta minimizzare
il lato obliquio OA'=OA"=OA. E questo si ottiene scegliendo l'altezza.
Ciao, Silv:o)

Dove l'hai trovato?O l'hai invntato tu?
La seconda che hai detto, anche se avevo in mente un problema passato qui
qualche tempo fa: dato un punto interno ad un angolo acuto, trovare il
triangolo di minimo perimetro con vertici nel punto dato e sui lati
dell'angolo.
Silv:o)

 il lato obliquio OA'=OA"=OA. E questo si ottiene scegliendo l'altezza.
a questo punto e` anche semplice esprimere la lunghezza del perimetro appena
trovato.
vale 2*h*sen(alfa), dove h e` l'altezza relativa ad un lato ed alfa e`
l'angolo opposto a quel lato.
Utilizzando la formula di Erone ed altre reminescenze scolastiche, se non ho
sbagliato qualcosa, riesco ad esprimerlo in funzione dei soli lati:
Perimetro(ABC)=8*p*(p-a)*(p-b)*(p-c)/(a*b*c) dove p e` il semiperimetro
(a+b+c)/2
Silv:o)

<BR>&nbsp;
C'entra una Valeria col thread, ma potresti postare in formato
*solo testo* e non HTML? 
TNX,
DaC
-- 
e-mail: davidec+chiocciola+
inwind.it
      ICQ UIN: 48611822
«Se smetti di essere curioso, sei bello che morto»
Ten.Col. Frank Slade (Al Pacino - “Profumo di Donna”)

,

Alla buon'ora mi sveglio anch'io :-(
Siete gia' stati bravissimi tu e Paolo.
Mi e' anche piaciuta la tua dimostrazione sul baricentro, che ho
visto passare, che trovo che sia piu' intuitiva di quella che si
fa tradizionalmente (si puo' anche usare per far vedere che il
punto di intersezione e' unico, tra l'altro).
Voglio solo aggiungere una dimostrazione che ha qualcosa a che
fare col problema. Armatevi di carta e penna e pronti...
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"Le altezze di un dato triangolo (acutangolo) sono le bisettrici
del suo triangolo ortico"
Dim. Sia A il triangolo di vertici A1 A1 A3 e H1 H2 H3 i rispettivi
piedi delle altezze, che formano in triangolo ortico H.
Si indichi infine con K l'ortocentro, punto di intersezione di A1H1,
A2H2 e A3H3.
Sono uguali gli angoli H3A1H2 e H2KA3, perche' hanno i lati a due
a due ortogonali.
Si conduca una circonferenza con diametro KA3, per essa passeranno anche
i punti H1 e H2, perche' sottendono le semicirconferenze KA3 con un
angolo retto. Allora gli angoli H2KA3 e H2H1A3 sono uguali perche'
sottendono lo stesso arco.
Allora H3A1H2=H2H1A3.
Allo stesso modo si conclude H3A1H2=H3H1A2.
Questo basta a concludere che A1H1 e' bisettrice di H3H1H2.
Permutando gli indici si arriva a quanto detto CVD
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incidentalmente ho anche ritrovato (per una via diversa) il risultato
sui triangoli simili di Brighi (ti *prego* fai qualcosa per i tuoi post
in HTML =8-((( )
Ciao. Crios
Sent via Deja.com 
http://www.deja.com/
Before you buy.

 di perimetro minimo, nevvero ?... :-)))))))
Ciao, Roscio, mi era sfuggita questa tua proposta. In effetti se pensiamo a
questo esperimento, la soluzione viene spontanea, perche` all'equilibrio le
tensioni dell'elastico debbono avere risultante perpendicolare al vincolo,
cioe` ai lati scanalati. Da cui la condizione sugli angoli che abbiamo
ampiamente analizzato.
Ciao, Silv:o)