Il fatto che all’interno del vasto mondo della matematica si possa parlare di disuguaglianze è noto a tutti. Che le stesse compaiano in diversi esercizi delle olimpiadi della matematica è cosa risaputa tra gli addetti ai lavori. Spesso, però, ci si limita a studiarle in relazione alle medie (che cosa? Non conoscete il legame fra disuguaglianze e medie? Allora vi siete persi la precedente puntata che potete leggere cliccando qui) o poco più. Meno noto è il legame fra disuguaglianze e geometria, relegato il più delle volte allo studio della sola disuguaglianza triangolare. Eppure, basta digitare su un qualunque motore di ricerca “geometric inequalities” per vedersi aprire un mondo estremamente vasto e affascinante.

Lungi, come già accaduto nelle precedenti puntate, dal voler essere esaustivi sull’argomento, presentiamo in questo nuovo articolo della rubrica “gare di matematica” qualche esempio che si ritiene particolarmente istruttivo e di facile lettura, senza per questo essere banali. Buon divertimento!

Consideriamo un triangolo non degenere $ABC$ e indichiamo le lunghezze dei lati $BC, AC, AB$ rispettivamente con $a, b, c$, Chiaramente $a, b, c >0$. E’ noto a tutti che tali segmenti devono verificare la cosiddetta disuguaglianza triangolare : in ogni triangolo ciascun lato è minore della somma degli altri due e maggiore della loro differenza. Se ad esempio chiediamo ad uno studente di costruire un triangolo di lati 3 cm, 5 cm e 10 cm, dopo qualche prova ci aspettiamo di sentirci dire: «Prof! Non ci riesco! Il triangolo non si “chiude”!».

Nel caso in cui fosse possibile costruire un triangolo di lati $a<b<c$, è anche vero che si può costruire un triangolo di lati $\sqrt{a}<\sqrt{b}<\sqrt{c}$. Infatti se $c<a+b$, allora risulta anche che $c<a+b+2\sqrt{ab}=( \sqrt{a}+ \sqrt{b})^{2}$, da cui $\sqrt{c}<\sqrt{a}+\sqrt{b}$. Non vale però l’implicazione contraria (ad esempio, è possibile costruire un triangolo di lati 2, 3 e 4 ma non è possibile costruire un triangolo di lati 4, 9 e 16).

La dimostrazione della disuguaglianza triangolare, che non riportiamo ma che è possibile trovare su un qualunque libro di geometria della scuola superiore, sfrutta la seguente proprietà: in ogni triangolo a lato maggiore è opposto angolo maggiore e viceversa.

Le applicazioni della disuguaglianza triangolare sono molte; ci limitiamo a mostrarne qualche semplice esempio.

Sia $ABC$ un triangolo tale che $\widehat{A} > \widehat{B}$. Dimostrare che $a>\frac{1}{2}c$.

Soluzione: poiché $ \widehat{A}> \widehat{B}$, allora $a>b$. Quest’ultima relazione, unita al fatto che $c<a+b$, implicano che $c<2a$, da cui la tesi.

Dimostrare che la lunghezza $m_{a}$ della mediana $AA’$ del triangolo $ABC$ soddisfa la relazione $m_{a} > \frac{b+c-a}{2}$.

Soluzione: nel triangolo $ABA’$ risulta $c< m_{a}+ \frac{1}{2}a$ mentre nel triangolo $ACA’$ risulta $b< m_{a}+ \frac{1}{2}a$. Sommando membro a membro si ottiene $b+c<2m_{a}+a$, da cui la tesi.

Siano $a, b, c$ le lunghezze dei lati di un triangolo e $p$ il suo semiperimetro. Dimostrare che $(p-a)(p-b)<ab$.

Soluzione: la dimostrazione segue direttamente dal fatto che $(p-a)(p-b)<ab \Longleftrightarrow p^{2} – p(a+b)<0 \Longleftrightarrow p<a+b \Longleftrightarrow a+b+c<2(a+b) \Longleftrightarrow c<a+b$.

Può capitare a volte che le variabili di una disuguaglianza, sebbene non inserita all’interno di un problema di geometria, siano soggette ad ipotesi che permettono l’inquadramento della disuguaglianza stessa in termini geometrici, come mostrato nel seguente esempio.

Assegnati tre numeri positivi $a, b, c$ tali che $a^{2}+ b^{2}-ab= c^{2}$, dimostrare che $(a-b)(b-c)<0$.

Soluzione: la relazione $c^{2}=a^{2}+ b^{2}-ab= a^{2}+b^{2}-2abcos60°$ ci porta a pensare che $a, b, c$ possano essere visti come lati di un triangolo avente angolo opposto a $c$ pari a $\widehat{C}=60°$. Nel caso in cui $\widehat{A} \geq 60°$ (e quindi $\widehat{B} \leq 60°$), avremo $a \geq c \geq b$. Nel caso in cui $\widehat{A} \leq 60°$ (e quindi $\widehat{B} \geq 60°$) avremo $a \leq c \leq b$. In entrambi i casi la tesi risulta verificata.

Una strategia che si rivela essere particolarmente utile nelle gare è una sostituzione, detta “sostituzione di Ravi”, in onore di del matematico canadese (di origine indiana) Ravi Vakil il quale, negli anni ’80, sembrerebbe averla utilizzata in diverse competizioni matematiche. I lati del triangolo $a, b, c$ vengono espressi in funzione di tre numeri reali positivi $x, y, z$ nel seguente modo: $$a=x+y, b=y+z, c=z+x$$

Per convincersi del funzionamento di tali sostituzioni, basta risolvere il sistema formato dalle tre precedenti relazioni ottenendo i seguenti valori: $$x= \frac{a-b+c}{2}, y= \frac{b-c+a}{2}, z= \frac{c-a+b}{2}$$

Esiste anche una dimostrazione “senza parole”: si tratta di osservare la seguente immagine e ricordarsi che i segmenti di tangenza condotti da un punto esterno ad una circonferenza sono congruenti.

Siano $a, b, c$ numeri reali positivi. Dimostrare che $abc\geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

Soluzione: supponiamo che $a \leq b \leq c$. Se $a+b \leq c$ la dimostrazione è immediata in quanto il primo membro è positivo mentre il secondo membro è negativo (essendo negativo $a+b-c$). Se invece $a+b>c$, possiamo interpretare $a,b,c$ come lati di un triangolo ed effettuare la sostituzione di Ravi ottenendo $(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8xyz$, la cui risoluzione è mostrata nel precedente articolo su disuguaglianze e medie.

Il risultato appena ottenuto ci permette di dimostrare il seguente teorema:

Siano $R$ e $r$ i raggi delle circonferenza circoscritta e di quella inscritta ad un triangolo. Dimostrare che $R \geq 2r$.

Soluzione: indicato con $S$ e con $p$ l’area e il semiperimetro di un triangolo avente lati di lunghezza $a, b, c$, si può facilmente dimostrare che $S=rp$, cioè $r=\frac{S}{p}$. Inoltre, noto il teorema della corda e la formula per l’area di un triangolo, risulta che $a=2Rsen\alpha$, da cui $abc=2Rbcsen\alpha=4RS$, cioè $R=\frac{abc}{4S}$. Dividendo membro a membro le due relazioni otteniamo $\frac{R}{r}= \frac{pabc}{4 S^{2} }= \frac{pabc}{4p(p-a)(p-b)(p-c)}= \frac{2abc}{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}$, avendo sfruttato la formula di Erone. Utilizzando il risultato ottenuto nel precedente esercizio, risulta che $\frac{R}{r} \geq \frac{2abc}{abc}=2$, da cui la tesi.

Un’altra disuguaglianza degna di nota è la cosiddetta disuguaglianza di Tolomeo : dato un quadrilatero convesso $ABCD$, allora $AC \cdot BD \leq AB \cdot CD + BC \cdot DA$, dove l’uguaglianza vale se e solo se il quadrilatero è ciclico (cioè inscrivibile in una circonferenza). In altre parole, il teorema afferma che per un quadrilatero convesso il prodotto delle diagonali è minore o uguale alla somma dei prodotti dei lati opposti.

Non ne forniremo (per ora) una dimostrazione, ma ne vogliamo vedere alcune applicazioni.

Dimostrare che l’area di un quadrilatero convesso è al più $\frac{1}{2}(ac+bd)$, dove $a, b, c, d$ sono le lunghezze dei lati (con $a$ opposto al lato $c$). Quando vale l’uguaglianza?

Soluzione: l’area di un generico quadrilatero è pari a $S=\frac{1}{2}xysen \alpha$, dove $\alpha$ è l’angolo fra le diagonali $x, y$. Poiché $sen \alpha \leq 1$, allora $S=\frac{1}{2}xysen \alpha \leq \frac{1}{2}xy$. Per la disuguaglianza di Tolomeo risulta $xy\leq ac+bd$, da cui ne discende la tesi. Chiaramente $S=\frac{1}{2}(ac+bd)$ se e solo se il quadrilatero è ciclico e $sen \alpha =1$.

Assegnato un triangolo equilatero $ABC$ e un punto $P$ del piano, dimostrare che la somma delle distanze di $P$ da due vertici del triangolo è maggiore o uguale alla distanza di $P$ dal terzo vertice, ove l’uguaglianza sussiste nel caso in cui $P$ appartenga alla circonferenza circoscritta ad $ABC$.

Soluzione: consideriamo il quadrilatero $ABPC$. Per la disuguaglianza di Tolomeo risulta che $AP \cdot BC\leq AB \cdot CP + AC \cdot BP$ da cui, vista l’uguaglianza dei lati del triangolo equilatero, semplificando risulta $AP \leq CP +BP$. Se $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$, sussiste la relazione (uguaglianza di Tolomeo) $AP \cdot BC = AB \cdot CP + AC \cdot BP$, da cui $AP=CP+BP$.

Nell’ambito delle disuguaglianze geometriche vengono fatti rientrare i problemi sulle figure isoperimetriche, ben affrontate nel libro di Nicholas D. Kazarinoff scaricabile gratuitamente in rete da qui. Ci limiteremo a mostrane qualche esempio.

Tra tutti i triangoli di perimetro fissato, quale ha area massima?

Soluzione: si tratta del triangolo equilatero. Indicato con $p$ e con $S$ rispettivamente il semiperimetro e l’area di un generico triangolo avente lati lunghi $a, b, c$, per la formula di Erone risulta $S^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c)$. Massimizzare l’area del triangolo significa massimizzare $S^{2}$, e quindi la quantità al secondo membro della precedente relazione. In particolare, essendo $p$ fissato, si tratta di massimizzare $(p-a)(p-b)(p-c)$ o una sua qualunque potenza positiva. La disuguaglianza fra media aritmetica e geometrica ci permette di scrivere la relazione $((p-a)(p-b)(p-c))^{\frac{1}{3}} \leq \frac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{3}$. Il valore massimo che il primo membro può assumere si ha nel caso in cui valga l’uguaglianza fra le due medie, il che accade se e solo se $p-a=p-b=p-c$, cioè se e solo se $a=b=c$.

Dato un qualunque triangolo di area $S$ e perimetro $P$, risulta $S \leq P^{2} \frac{1}{12 \sqrt{3} }$ e vale l’uguaglianza se e solo se il triangolo è equilatero.

Soluzione: per quanto mostrato nel precedente esercizio, l’area di un qualunque triangolo è sempre minore o uguale dell’area del triangolo equilatero avente lo stesso perimetro. Quest’ultima può essere calcolata facilmente con Erone, ove ogni lato è lungo $\frac{P}{3}$. Pertanto $S=\sqrt{ \frac{P}{2}( \frac{P}{2}- \frac{P}{3})^{3}}= \sqrt{ \frac{ P^{4}}{2\cdot 6^{3}}}=P^{2} \frac{1}{12 \sqrt{3} }$.

Fra tutti i triangoli di perimetro assegnato, quello equilatero ha la circonferenza inscritta più grande.

Soluzione: siano $S$ e $r$ l’area di un triangolo $ABC$ e il raggio della circonferenza inscritta ad esso, mentre $S_{e}$ e $r_{e}$ rappresentano l’area di un triangolo equilatero isoperimetrico ad $ABC$ e il raggio della circonferenza ad esso inscritta. Poiché fra tutti i triangoli aventi lo stesso perimetro quello equilatero ha area maggiore, allora $S_{e}\geq S$, cioè $r_{e}p \geq rp$, pertanto $r_{e} \geq r$, da cui ne discende la tesi.

Concludiamo sottolineando come la proprietà mostrata per i triangoli isoperimetrici rappresenta un caso particolare di una proprietà più generale: tra tutti i poligoni con $n$ lati e perimetro fissato, quello con area massima è l’$n$-gono regolare.

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