Rapporto tra curve

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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gismondo
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Rapporto tra curve

Messaggio da gismondo » 18 apr 2009, 23:31

Dato un cerchio $ $\gamma $ di raggio 1 e un punto S esterno ad esso si tracci una retta passante per S e tangente al cerchio. Essendo T il punto di tangenza, al variare di un punto P sul cerchio, il baricentro del triangolo PST descrive una curva $ $\gamma' $. Determinare il rapporto tra la lunghezza di $ $\gamma' $ e $ $\gamma $
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Kopernik
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Messaggio da Kopernik » 19 apr 2009, 09:36

Un bel problema di luogo. Esistono numerosi problemi analoghi, che normalmente preservano il tipo di conica. E' questo il caso: il luogo dei baricentri è una circonferenza (si dimostra facilmente con la geometria analitica: non sarà elegante ma funziona). Per quanto riguarda il raggio di $ \gamma $ ', non sono sicurissimo dei conti ma mi sembra che valga 1+d/3, dove d è la lunghezza del segmento TS.
Bonus question: data una conica qualsiasi, si consideri l'insieme delle corde della conica aventi in comune un punto. Determinare il luogo geometrico dei punti medi delle corde.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

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karl
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Messaggio da karl » 19 apr 2009, 11:41

Dai miei calcoli risulta che il raggio della circonferenza luogo è 1/3 del raggio
della circonferenza data.Pertanto il rapporto richiesto dovrebbe essere proprio 1/3.

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gismondo
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Messaggio da gismondo » 19 apr 2009, 11:47

@karl
Il risultato è giusto, potresti postare il procedimento?
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Kopernik
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Messaggio da Kopernik » 19 apr 2009, 12:30

Infatti, avevo ragione di dubitare dei miei calcoli. Avete ragione, il raggio è ovviamente un terzo. Ho sbagliato i calcoli in maniera imperdonabile.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

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karl
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Messaggio da karl » 19 apr 2009, 19:30

@Kopernik
Non mi pare che ci sia niente di imperdonabile.Per qualche errore di calcolo ...
@gismondo.
Per adesso ho solo la soluzione algebrica che probabilmente non deve essere dissimile da quella di Kopernik.Per il bonus proposto da Kopernik la soluzione dal punto di vista proiettivo non è difficile.Sia c una conica qualunque ,O il suo centro ,S un punto del piano di c ed MN una corda passante per S.Il punto medio di tale corda appartiene al diametro coniugato ad essa e dunque ad ogni corda di c passante per S corrisponde un diametro di c passante per O.Nasce quindi tra i fasci di rette di centri S ed O una corrispondenza proiettiva di tipo (1,1) [uno ad uno].Pertanto il luogo dei punti d'intersezione di due rette corrispondenti è una curva di ordine 1+1=2 ovvero una conica c' dello stesso tipo di c.Tale luogo passa per S ,per O e per i punti di contatto delle tangenti condotte a c da S.Infatti la corda intersezione di c con SO ha come punto medio proprio il centro O ed inoltre esiste certamente una corda di C che abbia come punto medio il punto S.I punti di contatto di cui prima si possono considerare ciascuno come gli estremi coincidenti di una corda di c di lunghezza nulla ed aventi quindi come punto medio proprio il rispettivo punto di contatto.
Ultima modifica di karl il 19 apr 2009, 21:28, modificato 1 volta in totale.

gst_113
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Messaggio da gst_113 » 19 apr 2009, 20:14

se si ha una circonferenza ed un punto fisso esterno S, e per ogni punto P della circonferenza P' è il punto appartenente al segmento PS per cui il rapporto P'S/PS è costante, è dimostrabile che il luogo dei punti P' è una circonferenza che ha per raggio il rapporto P'S/PS.
Quando si sa questa il problema è facilmente risolto:
si prende per punto fisso il punto medio tra P e S, poi si sa che il baricentro divide le mediane in due parti una doppia dell'altra, quindi la distanza tra il punto fisso e il baricentro è 1/3 della distanza di quel punto dal punto P della circonferenza. Per quanto detto sopra il luogo dei punti dei baricentri è una circonferenza che ha raggio uguale a 1/3.

...non so se sono riuscito a spiegarmi :oops: , si capisce?
Ultima modifica di gst_113 il 20 apr 2009, 13:59, modificato 1 volta in totale.

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karl
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Messaggio da karl » 20 apr 2009, 11:09

Immagine
Siano: R il simmetrico di T rispetto ad SO,L il simmetrico di T rispetto ad O,G',G"
i baricentri dei triangoli STL ed STR rispettivamente.Inoltre sia G"' l'intersezione
con ST della parallela a TR condotta da G".

Dico che il luogo richiesto è la circonferenza di diametro G'G"'

A tale scopo sia G un punto qualunque di tale circonferenza , si prolunghi
SG fino al punto M tale che SG=2*GM e si chiami P l'intersezione di TM con
la circonferenza data.
Essendo SG"'= 2*G"'T e SG=2*GM segue che G"'G è parallela a TM.
Essendo SG'= 2*G'O e SG=2*GM segue che G'G è parallela a MO.
Da ciò si ricava che ,poiché l'angolo G"'GG'=90°,è pure TMO=90°
Pertanto ne segue che TM=MP ovvero che SM è la mediana del triangolo STP
relativa al lato MO o ciò che è lo stesso che G è il baricentro di STP.
Infine da SG"'= 2*G"'T e SG'= 2*G'O consegue il parallelismo di G"'G' con TO
e quindi la similitudine dei triangoli SG"'G' ed STO.
Pertanto G"'G'=2/3*TO=2/3 e dunque il raggio della circonferenza luogo è 1/3.

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Messaggio da gismondo » 20 apr 2009, 12:31

Per completare, vediamo dal punto di vista analitico...
La nostra circonferenza è in pratica la circonferenza goniometrica, quindi centro nell'origine e raggio 1.
Wlog $ S(1,1); t: x=1; T (1,0) $dove t è la retta tangente. Un punto P sulla circonferenza avrà coordinate $ x=cos\alpha; y=sen\alpha; $
Il baricentro del triangolo PST sarà dunque $ $\frac{x_p+x_s+x_t}{3};\frac{y_p+y_s+y_t}{3} $ da cui $ \begin{cases} x=1/3cos\alpha + 2/3 \\ y=1/3sen\alpha + 1/3 \\ \end{cases} $
che rappresenta una circonferenza di raggio 1/3 e centro (2/3,1/3)
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Messaggio da Kopernik » 20 apr 2009, 12:57

Il metodo usato da Gismondo è effettivamente identico a quello che ho usato io (ma io ho sbagliato i conti: grazie per la comprensione, Karl, ma un docente non dovrebbe fare questi errori).
Per la bonus question che ho proposto ci sono vari gradi di soluzione: dalla più rozza, analitica, a quella più generale, proiettiva, brillantemente illustrata da Karl.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

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Messaggio da EvaristeG » 05 mag 2009, 18:21

O se volete, scrivendo tutto con i vettori, avrete
$ G(P)=(T+S+P)/3 $
e quindi $ G(P)=(S+T)/3 + P/3 $.
Se ora chiamate $ (S+T)/3=V $, la trasformazione che associa a $ P $ il baricentro di PST $ G(P) $ è una omotetia di fattore 1/3 più una traslazione di un vettore fissato $ U $, quindi il luogo descritto dai punti G(P) è l'immagine sotto tali trasformazioni del luogo in cui varia P, ovvero una circonferenza di raggio 1/3 di quella iniziale.

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