SOLUZIONI SOLUZIONI

2001

1) La rete stradale più economica.

Tre città che non si trovano in linea retta si vogliono collegare tra di loro e, per ovvie ragioni economiche, desiderano  realizzare la rete stradale minima (si suppone che non ci siano ostacoli naturali!): come dovranno costruire le strade?

La soluzione di Sergio Natale

La soluzione di Rocco Lupoi

In termini geometrici il problema equivale a trovare un punto P la somma delle cui distanze dai vertici di un triangolo sia
minima.

Supponiamo che nessuno degli angoli <A, <B e <C sia maggiore di 120°. Si costruisca su AB, esternamente ad ABC, il triangolo equilatero ABD e si tracci il cerchio circoscritto ad ABD. Il punto P cercato e' l'intersezione tra DC e l'arco (AB   (fig.1).



Infatti, considerato un qualsiasi punto E, per il teorema di Tolomeo
applicato al quadrilatero AEBD, si ha:

(1) EA*BD + EB*AD >= ED*AB.

Dato che BD=AD=AB la (1) diventa

(2) EA + EB >= ED.

Da questa, sommando ad ambo i membri, EC

(3) EA + EB +EC >= ED + EC >= DC = PD + PC.

Sempre per il teorema di Tolomeo, applicato al quadrilatero inscritto APBD si ha

(4) PA + PB = PD.

Pertanto combinando la (3) e la (4), si ha

EA + EB +EC >= PA + PB +PC,

che prova la tesi.

Si noti che il punto P e' tale che "vede" sotto un angolo di 120° tutti e tre i lati del triangolo.
Infatti <APB=120° per costruzione e dato che <APB=<ABD=60°, essendo complementare anche <APC=120° e cosi' pure <BPC=120°.


Se uno degli angoli e' maggiore di 120°, supponiamo che sia <C. Il punto cercato e' proprio il vertice dell'angolo
<C (>120°).
Infatti costruito su CB, esternamente ad ABC,  il triangolo equilatero BCD sia E un qualsiasi punto interno ad ABC (fig. 2).

Per il teorema di Tolomeo applicato al quadrilatero CEBD, si ha

(1) EB + EC >= ED, da cui
(2) EA + EB + EC >= ED + EA.

Essendo <ACB > 120° risulta che <ACD > 180°. Pertanto C e' interno al triangolo AED, percio', per quanto visto in un precedente problema di questa rubrica, si ha che:

(3) ED + EA >= CD + CA = CB + CA

Combinando la (2) e la (3) si ha la tesi.

Se il punto E e' esterno al triangolo la tesi e' facilmente verificata.

(N.d. R.: approfittiamo per aggiungere le figure relative ai casi in cui uno dei tre angoli del triangolo ABC misura 120°; tali figure sono state ottenute con Cabri II (diffuso software di Geometria, di cui si trovano dei link nella pagina dedicata ai link matematici) "muovendo" i vertici in modo che P coincida con A o con B o con C)

I lettori scrivono (Luca Terreni).

Pubblichiamo volentieri la seguente lettera pervenutaci il 4 maggio

" ... il problema di Marzo era veramente difficile e le dimostrazioni pervenute
molto belle ed eleganti. Ho avuto modo di informarmi su questo celebre
problema proposto la prima volta da Fermat e risolto sostanzialmente da
Torricelli. Il punto cercato, detto anche punto di Fermat, viene ottenuto da
Torricelli intersecando le circonferenze circoscritte ai triangoli equilateri
che poggiano sui lati del triangolo originario. La dimostrazione è facile.
Volevo osservare che dalle dimostrazioni inviate si possono trarre alcune
proprietà notevoli  delle figure coinvolte.
1) Il punto di Fermat si può trovare tramite la costruzione di Simpson:
costruiti i tre triangoli equilateri che poggiano sui lati, i segmenti che
uniscono ciascun vertice del triangolo originario col vertice opposto di
uno dei tre triangoli equilateri (AH nel disegno di Sergio Natale, CD nel
disegno di Rocco Lupoi) si intersecano nel punto di Fermat. Ciò discende
chiaramente da entrambe le soluzioni inviate (Lupoi usa una costruzione che
è un ibrido tra quella di Simpson e quella di Torricelli)
2) Chiamiamo tali segmenti "segmenti di Simpson": da entambe le
dimostrazioni si vede chiaramente che un segmento di Simpson ha lunghezza pari alla
lunghezza del percorso minimo cercato, e dunque i tre segmenti di Simpson
hanno tutti e tre questa medesima lunghezza.
3) Si disegnino le perpendicolari ai segmenti di Simpson nei vertici del
triangolo originario; queste tre rette si intersecano formando a) un
triangolo equilatero che b) è quello di area massima tra tutti quelli che
circoscrivono il triangolo originario. Chi sa dimostrarlo?

Come ultima osservazione faccio notare che, come in tutti i problemi di
questo tipo, le soluzioni inviate non dimostrano che il punto di Fermat
realizza il minimo percorso, ma dimostrano che, SE c'è un punto che realizza
il minimo, quello deve essere il punto di Fermat.

Complimenti ai solutori, le dimostrazioni erano bellissime!!
Cordiali saluti
Luca"

Risponde Sergio Natale