ProbleMATEMATICAmente - Gennaio 2002
Francesco D'Aurizio - 3A L.S. "R.Mattioli" - VastoPerfeziono il lavoro di mio fratello fornendovi una soluzione geometrica (quasi completamente) pura.
Prendiamo un triangolo ABC con AC>CB. Sia D
la proiezione di C su AB. Tracciamo la bisettrice dell'angolo A.
Questa taglierà
CD in E
CB in G
Tracciamo la bisettrice dell'angolo B. Questa taglierà
AC in H
CD in F
AG in I
I sarà necessariamente l'incentro di ABC, in particolare
la retta per C e per I sarà bisettrice dell'angolo C.
Se CI taglia AB in J, notiamo che si ha
AJ > JB
poichè, per il teorema della bisettrice, AJ:AC=JB:BC
Visto che è anche
[A] ^CJA > ^CJB
applicando meccanicamente il teorema di Carnot otteniamo
[B] AI > IB
ma dalla [A] segue anche
^CJB < pi/2
pi/2 - ^B < ^C/2
^BCF < ^BCJ
il che vuol dire che i punti E ed F cadono all'interno
dell'angolo ^BCJ. Alla luce di queste considerazioni
possiamo quindi dire che dalla [B] segue, a maggior ragione
AI + IE > IB - IF
[C1] AE >> BF
Se avessimo posto come ipotesi iniziale AC<BC saremmo giunti,
in modo perfettamente analogo, alla conclusione
[C2] AE << BF
Questo significa che per ottenere come tesi AE=BF dobbiamo
partire, per il principio del terzo escluso, dall'ipotesi
AC = BC
In questo caso le rette
per C, I, J
per C, E, F
vengono a coincidere, così come vengono
a coincidere i punti E ed F. La dimostrazione può ritenersi conclusa.