ProbleMATEMATICAmente - Gennaio 2002
Il problema di Gennaio 2002 era:
Dato un triangolo ABC, acutangolo in A, sia AD l'altezza relativa a BC e siano E ed F i punti di incontro di AD con le bisettrici degli angoli ABC e BCA, rispettivamente. Dimostrare che, se BE è uguale a CF, allora il triangolo ABC è isoscele.
Sono arrivate quattro risposte, da parte di
Jacopo D'Aurizio e Enrico Tombetti hanno costruito una funzione di cui studiando l'andamento scoprono che è iniettiva.
Francesco D'Aurizio affronta il problema in maniera quasi puramente geometrica.
Una soluzione simile è la seguente:
Supponiamo che sia AB < AC, allora vale anche la disuguaglianza tra gli angoli
ACB < ABC.
Poiché questi angoli sono acuti, si ha cos ACB > cos ABC.
Per il teorema della bisettrice si ha che
DF/FA = DC/CA = cos ACB > cos ABC = DB/BA = DE/EA.
Quindi E sta tra F e D.
Nel triangolo rettangolo BDF, BE < BF.
Dato che AB < AC, la retta AD è più vicina a B che a C e BF < CF.
Quindi BE < BF < CF. Contraddizione.
Una soluzione esclusivamente geometrica è invece la seguente:
Supponiamo AB < AC. Allora BD < CD.
Sia B' il simmetrico di B rispetto a D. Se E fosse tra D e F, si avrebbe BE = B'E < CE < CF, che è assurdo. Pertanto E stra tra A e F. Allora B'E e CF si incontrano in X.
Per costruzione, X giace sulla bisettrice di ACB (e quindi è equidistante da AC e da AB) e su quella di AB'B (ed è equidistante da AB' e da AB. Ne segue che d(X, AC) = d(X, AB'), che è impossibile.
Pertanto E coincide con F e il triangolo EBC è isoscele con angoli alla base uguali che sono la metà di quelli di ABC.