Triangolo di perimetro minimo inscritto in un triangolo acutangolo

Dato un triangolo acutangolo ABC inscrivendo in esso un altro triangolo in quali condizioni quest'ultimo
presenta un perimetro minimo? Quando il triangolo inscritto è ottenuto congiungendo i piedi delle perpendicolari del triangolo ABC.
Questo triangolo si chiama triangolo ortico.
Il problema del perimetro minimo viene detto problema di Fagnano dal nome del matematico che lo risolse nel settecento.
In francese si può leggere:
Problema di Fagnano
In italiano: Triangolo ortico di Giuseppe Ferrero che cita:
[1] D. Gallarati – Il triangolo ortico di un triangolo e il problema di Fagnano - ARCHIMEDE ott.-dic 1989 pagg. 208-213.

Perimetro minimo con GeoGebra

Riflessione della luce

Caratteristiche del triangolo ortico

Triangolo ortico con la trigonometria

Triangolo di perimetro minimo

Per esaminare il problema del perimetro minimo con GeoGebra si può procedere nel seguente modo:

Si disegni un triangolo acutangolo ABC qualunque
Si definisca un punto P su AB
Indichiamo con P₁ il simmetrico di P rispetto il lato BC e con P₂ il simmetrico di P rispetto il lato CA
Disegnamo il segmento P₁P₂ e individuiamo i punti di intersezione con i lati BC e CA. Siano essi rispettivamente M ed N
Il segmento P₁P₂ ha la lunghezza del perimetro del triangolo PMN
Scegliendo due altri punti Y e Z qualunque su AC e su BC, il perimetro del triangolo PYZ risulterà dalla lunghezza della spezzata P₂YZP₁ maggiore di P₁P₂
Indicando con γ l'angolo in C del triangolo ABC, l'angolo P₂CP₁ risulterà costantemente 2γ
I lati di questo angolo sono uguali a CP=CP₁=CP₂
Ma allora il perimetro minimo si otterrà quando CP sarà minimo cioè quando P sarà il piede della perpendicolare ad AB condotta da C
Con GeoGebra è facile verificare che PMN ha il perimetro minimo facendo variare Y, Z ed anche P. Quando P sarà il piede dell'altezza relativa ad AB, si ottiene il perimetro minimo

Caratteristiche del triangolo ortico

Per completare la dimostrazione sul perimetro minimo è necessario indagare alcune caratteristiche del triangolo ortico.

Figura 2

Nella figura N₁, M₁ e P sono i piedi delle tre altezze del triangolo ABC.
I triangoli rettangoli CM₁G e CGN₁ hanno l'ipotenusa in comune CG, quindi si può disegnare la circonferenza per tre punti C, M₁, G che passerà anche per C, G, N₁

Ma allora risulteranno uguali gli angoli alla circonferenza che insistono sugli stessi archi (in rosso in figura).

L'angolo N₁CG uguale all'angolo N₁M₁G.

Si può tracciare un'altra circonferenza passante per tre punti come indica la seguente figura:

Figura 3

La circonferenza più grande passa per i vertici dei triangoli rettangoli CM₁A e APC aventi entrambi ipotenusa comune AC.
Gli angoli al vertice ACP e AM₁P sono uguali perchè insistono entrambi su AP.
Inoltre gli angoli N₁M₁A e AM₁P sono entrambi uguali all'angolo ACP.
In sostanza AM₁ è bisettrice dell'angolo N₁M₁P.
L'angolo ACP ha ampiezza data da (90-α)(il triangolo ABC avrà angoli α, β e γ mentre i lati saranno a, b, c)
Notiamo anche che essendo l'angolo CM₁A retto e l'angolo N₁M₁A dato da (90-α), si deduce che l'angolo CM₁N₁ è uguale ad α.
In altre parole abbiamo dimostrato che il triangolo N₁M₁C ha gli stessi angoli del triangolo ABC:
l'angolo CN₁M₁ = β
l'angolo N₁M₁C = α
Il terzo angolo ovviamente è γ

Dal momento che l'angolo AM₁B è retto e l'angolo AM₁P= (90-α), segue che l'angolo PM₁B = α.

Si possono disegnare altre opportune circonferenze per trovare altri angoli:

Figura 4

Ricapitolando :
Il triangolo ortico PM₁N₁ ottenuto congiungendo i piedi delle altezze del triangolo ABC ha gli angoli interni dati da:
180-2α
180-2β
180-2γ

Figura 5

Le altezze del triangolo ABC sono le bisettrici del triangolo ortico.

Triangolo ortico con la trigonometria

I risultati precedenti sul triangolo ortico si possono trovare anche utilizzando la trigonometria.
Dovendo dimostrare che il triangolo ortico determina nel triangolo acutangolo iniziale ABC tre triangoli aventi ciascuno gli angoli uguali a quelli di ABC,
si può dimostrare che i lati ad esempio di CM₁N₁ sono proporzionali a quelli di ABC.
Supponiamo assegnati i lati a, b, c e gli angoli α, β, γ del triangolo ABC, vogliamo trovare i lati dei tre triangoli CM₁N₁, M₁PB e N₁PA.
Partiamo dal trovare CN₁. Considerando il triangolo N₁BC si ha:
CN₁ = a sen(90-γ) = a cos(γ)

Analogamente:
CM₁ = b sen(90-γ) = b cos(γ)

Il rapporto N₁C/CM₁ = a/b
Vuol dire che N₁C sta opposto all'angolo α come a e CM₁ sta opposto all'angolo β come b.

Notiamo che utilizzando il teorema del coseno è possibile trovare il lato N₁M₁:

N₁M₁² = a² cos²(γ)+ b² cos²(γ)- 2 a b cos³(γ) = cos²(γ) (a²+b²-2 a b cos(γ)) = cos²(γ) c².

Ripetendo lo stesso ragionamento, con il triangolo M₁PB si deduce che l'angolo PM₁B = α e M₁PB = γ.
In altre parole troviamo gli stessi risultati di prima compreso il fatto che le altezze di ABC sono le bisettrici del triangolo ortico.

Triangolo di perimetro minimo

Per dimostrare che il triangolo ortico ottenuto congiungendo i tre piedi delle altezze di ABC è il triangolo inscritto in ABC di perimetro minimo partiamo dalla seguente figura:

Figura 7

Si applica a M₁P la simmetria rispetto il lato BC e a N₁P la simmetria rispetto il lato AC.
I punti N₁ e M₁ non sono scelti come prima come punti di incontro del segmento P₁P₂ con i lati BC e AC; essi sono invece i piedi delle altezze relative ai lati AC e BC.
Si tratta adesso di dimostrare che effettivamente P₂N₁M₁P₁ appartengono alla stessa retta.

Teniamo presente che l'angolo PM₁B è uguale, perchè ottenuto con una simmetria assiale, all'angolo BM₁P.
Per le proprietà del triangolo ortico trovate prima (vedi figura 5) , l'angolo PM₁B è uguale all'angolo CM₁N₁.
Si deduce che l'angolo BM₁P è uguale all'angolo N₁M₁C.
Dato che CM₁ e M₁B giacciono sul lato BC, si conclude che i due angoli BM₁P e N₁M₁C sono opposti al vertice e quindi M₁P₁ e N₁M₁ giacciono sulla stessa retta.

Con ragionemento perfettamente analogo si trova che anche P₂ è allineato a N₁M₁ completando la dimostrazione.

Torna all'inizio
Torna all'indice generale