RMM 3 (o quasi...)

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piever
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RMM 3 (o quasi...)

Messaggio da piever » 03 mar 2009, 21:26

Cioè non è l' RMM 3, ma è una robaccia cha ha qualcosa a che vedere...

Allora, siano $ A_1,A_2,A_3,A_4 $ dei punti nel piano tali che $ A_1A_2\cdot A_3A_4=A_1A_3\cdot A_2A_4=A_1A_4\cdot A_2A_3 $

Dimostrare che $ \angle{A_1A_3A_2}-\angle{A_1A_4A_2}=\pm 60° $

(gli angoli sono intesi come angoli orientati, cioè hanno segno positivo se le lettere sono scritte in senso orario e negativo altrimenti, oppure viceversa, a seconda delle convenzioni...)

Se proprio volete strafare, potete provare a usare questo fatto per dimostrare RMM 3...

Buona fortunul!
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 11 apr 2009, 21:17

prendiamo un triangolo $ A_1A_2A_3 $ allora abbiamo $ \frac{A_1A_3}{A_2A_3} = \frac{A_1A_4}{A_2A_4} $ quindi $ A_4 $ sta sulla crf si apollinio di diametri KH dove K è il piede della bisettrice interna di $ \angle A_1A_3A_2 $ e H il piede di quella esterna. Ugualmente $ A_4 $ sta sulle altre 2 crf di apollonio e quindi $ A_4 $ è o il primo o il secondo punto isodinamico di $ A_1A_2A_3 $. Consideriamo $ P_4 $ il punto isodinamico interno e chiamiamo D,E,F le proiezioni di $ P_4 $ su $ A_1A_2 $, $ A_2A_3 $, $ A_3A_1 $ allora sapendo che DEF è equilatero abbiamo $ \angle A_1A_4A_2 = \angle A_1A_4D + \angle DA_4A_2 = \angle A_1FD + \angle DEA_2 $$ = 240 - \angle A_1EF - A_1FE = 60 + \angle A_1A_3A_$ $ quindi $ \angle A_1A_4A_2 - A_1A_3A_2 = 60 $. Considerando $ A_4 $ il punto isodinamico esterno viene ugualmente $ \angle A_1A_4A_2 + \angle A_1A_3A_2 = 60 $

WiZaRd
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Re: RMM 3 (o quasi...)

Messaggio da WiZaRd » 12 apr 2009, 16:07

piever ha scritto:RMM 3
Cos'è?
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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 12 apr 2009, 16:32

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Messaggio da WiZaRd » 12 apr 2009, 17:00

OK. Thanks so much!
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piever
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Messaggio da piever » 13 apr 2009, 12:47

@ Gabriel: forse con un po' di fatica anche stavolta riuscirò a capire la tua soluzione :P .. Cos'è un punto isodinamico?

Comunque la mia soluzione (che è anche il motivo per cui mi sono accorto di quel fatto) è puramente algebrica, anche perché sennò non l'avrei mai trovata...

Metto la figura sul piano complesso, e scrivo $ A_1=a $, $ A_2=b $, $ A_3=c $, $ A_4=d $

Definisco $ (a,b,c,d)=\frac{a-c}{b-c}\cdot\frac{b-d}{a-d} $ (sì, è un birapporto).

L'ipotesi diventa che $ |(a,b,c,d)|=1 $ e $ |(a,c,b,d)|=1 $ (le stanghette indicano la norma di un complesso).

Ora, facendosi i conti, si ottiene questa simpatica identità: $ (a,b,c,d)+(a,c,b,d)=1 $ (vale per ogni a,b,c,d sul piano di gauss, non solo per quelli che rispettano le nostre ipotesi, è proprio un'identità algebrica)

Quindi, posto $ X=(a,b,c,d) $ e $ Y=(a,c,b,d) $ ho che X+Y=1 e che X e Y sono sulla circonferenza di Gauss. Segue facilmente che $ X=\cos(60°)+i\sin(60°) $ e $ Y=\cos(-60°)+i\sin(-60°) $ oppure che $ X=\cos(-60°)+i\sin(-60°) $ e $ Y=\cos(60°)+i\sin(60°) $

Quindi conosciamo esattamente quanto valgono quei birapporti, e questo ci consente di ricavare la tesi.
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 13 apr 2009, 13:30

i punti isodinamici [X(15) e X(16)] sono due punti notevoli e sono le due intersezioni delle 3 crf di apollonio di diametri con estremi i piedi delle bisettrici interne e esterne di ogni lato. Sono gli unici punti del piano che hanno come proprietà che il loro triangolo pedale è equilatero.

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