Dalle lontane lande del proiettivo

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EvaristeG
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Dalle lontane lande del proiettivo

Messaggio da EvaristeG » 11 mag 2009, 14:22

Il risultato è proiettivo, ma credo che ci si possa arrivare anche in altra maniera, tant'è che lo formulo in pura geometria euclidea.

Siano dati 4 punti su una circonferenza, $ A, A', B, B' $; siano poi
$ D=AB\cap A'B' $
$ E=AB'\cap A'B $
$ F $ l'intersezione tra la tangente in $ A $ e quella in $ A' $.
Allora D,E,F sono allineati.

PS: vi ricorda qualcosa?

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 12 mag 2009, 01:22

Io lo so dimostrare sinteticamente se A e A' sono diametralmente opposti (lemma "noto" :wink: )... Ora con una proiettività posso mandare 2 punti qualunque distinti in 2 punti diametralmente opposti quindi ho finito... :P

Ok dai questa era una soluzione senza teoremoni di proiettiva, solo un po' di buon senso (me la concedi EvG?) :P

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Messaggio da EvaristeG » 12 mag 2009, 10:04

wow, evidentemente hai un buon senso che fissa le circonferenze... mirabile!

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 12 mag 2009, 11:13

Boh, si vede a occhio una proiettività che manda AA'BB' in un rettangolo e lascia fissa la circonferenza...
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Messaggio da EvaristeG » 12 mag 2009, 12:26

Beh, volendo, si vede ad occhio che è vero, ma dipende di chi è l'occhio. Quindi ora io spero tanto che qualche giovine si metta a risolverlo, dopo che i vecchi l'hanno (più o meno utilmente) commentato.

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federiko97
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Messaggio da federiko97 » 12 mag 2009, 16:26

Chiaramente non ho risolto il problema in proiettiva in gara perché sarebbe stato troppo facile... Comunque:

Sia $ C=AA'\cap BB' $ (Evariste è stato gentile a lasciare libera questa lettera).

Noto che:

1) D appartiene alla polare di C

2) E appartiene alla polare di C

3) F appartiene alla polare di C
Io credo che alcune entità superiori, pur non avendo odore, possano esistere. Esse influenzano le nostre vite in maniera che nessuno scienziato può comprendere.

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Federiko
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Messaggio da Federiko » 12 mag 2009, 16:45

Vi chiedo se questa è una cavolata: Teorema di Pappo-Pascal sui punti A A B A' A' B'
$ AA \cap A'A' , AB \cap A'B' , BA' \cap B'A $ sono allineati.
Cioè, posso considerare AA la tangente in A?
CUCCIOLO

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Messaggio da EvaristeG » 12 mag 2009, 17:08

@federiko97:beh, magari dire due parole sul perché quelle tre appartenenze sono vere... altrimenti hai semplicemente riformulato la tesi chiamando la retta su cui i tre punti devono stare con il nome buffo di "polare di C".

@Federiko: sì, ovviamente va bene (si possono considerare punti doppi nell'esagono ed ottenere così le tangenti), ma il teorema si chiama "di Pascal" e basta... Pappo-Pascal esiste e parla di una situazione leggermente diversa.

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Messaggio da Federiko » 12 mag 2009, 17:18

Ok grazie!! Però sulle schede olimpiche c'è scritto Teorema di Pappo-Pascal..
CUCCIOLO

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Messaggio da Simo_the_wolf » 13 mag 2009, 00:33

federiko97 ha scritto:Chiaramente non ho risolto il problema in proiettiva in gara perché sarebbe stato troppo facile...
Ah si non mi hanno riferito fosse andata proprio così :twisted:

A proposito, la tua (quella fatta in gara) mi era piaciuta moltissimo, anche perchè quasi uguale alla mia...

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Messaggio da federiko97 » 13 mag 2009, 15:33

Simo_the_wolf ha scritto:
federiko97 ha scritto:Chiaramente non ho risolto il problema in proiettiva in gara perché sarebbe stato troppo facile...
Ah si non mi hanno riferito fosse andata proprio così :twisted:

A proposito, la tua (quella fatta in gara) mi era piaciuta moltissimo, anche perchè quasi uguale alla mia...
Ci conosciamo? :P

In ogni caso, anche il fato che T fosse il circocentro di ARA' (che era l'idea della nostra soluzione) si dimostra al volo in proiettiva, in quanto le rette AG, AK, AT, AR (dove G è l'intersezione tra BC e la retta all'infinito) sono una quaterna armonica: intersecandole con la circonferenza circoscritta a ABC otteniamo il quadrilatero A''NAM dove N e M sono i punti medi dei due archi con estremi in BC e A'' è il simetrico di A rispetto a MN. Ora è facile vedere che per ovvi motivi di simmetria, il prodotto dei lati opposti è uguale in questo quadrilatero che è dunque armonico (ma ci sono miliardi di altri modi per vedere questo fatto senza ricorrere a questa caratterizzazione...). Ora si vede che il centro di ARA'K deve stare sulla retta AT e sull'asse di AA'. T appartiene a entrambe, l'intersezione di due rette distinte contiene al più un punto. Quindi mettersi a contare angoli come disperati non era decisamente il modo più elegante....

@ Federiko: il teorema di Pappo riguarda 6 punti sull'unione di 2 rette, il teorema di Pascal sei punti su una conica non degenere

@Evariste: in effetti hai ragione, ma anche solo la definizione di polare è forse da matematica non elementare...
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Messaggio da EvaristeG » 13 mag 2009, 17:02

federiko97 ha scritto:@Evariste: in effetti hai ragione, ma anche solo la definizione di polare è forse da matematica non elementare...
D'accordo, ma dall'alto della mia bontà lascio correre sulla definizione di polare (che comunque si può dare in termini molto elementari, come ad esempio la retta che passa per l'inverso di P ed è perpendicolare alla retta PO, con O centro della circonferenza), però sarebbe carino se tu giustificassi perché quei tre punti ci stanno, visto che non è per lo stesso motivo.

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Messaggio da federiko97 » 13 mag 2009, 19:50

Si può definire la polare di C rispetto alla circonferenza come il luogo dei punti P tali che, dette X e Y le intersezioni tra CP e la circonferenza, $ b_{X,Y,C,Q}=-1 $

Come si fa a vedere che è una retta? Beh, applico una proiettività che manda la circonferenza in un ellisse e C nel suo centro (il punto medio dell'asse maggiore). Che questa cosa esiste potete vederlo inclinando opportunamente il nostro piano nello spazio. Poi con un'affinità mando l'ellisse in una circonferenza. La proiettività conserva il birapporto e manda rette in rette e polari in polari. Quella che abbiamo scelto noi manda la polare di C nella polare di O, che è la retta all'infinito, quindi anche la polare di C è una retta.

Ora, che quei 3 birapporti che devono fare -1 facciano -1 si vede mandando di volta in volta D, E, F all'infinito e la nostra circonferenza in una circonferenza...
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Messaggio da EvaristeG » 13 mag 2009, 21:20

LOL ti ho appena detto di definire la polare come vuoi e tu perdi 5 righe a ridefinirla e dimostrare che è una retta, dopo di che comunque glissi sulla parte che ti avevo chiesto di dimostrare.

Per la cronaca, in sede di correzione, temo si darebbe più peso alla mancanza della seconda parte, che della prima, in quanto le definizioni si danno per buone, ma altre cose no.

Tanto per chiarirci, per D ed E, volendo usare il tuo metodo, si può notare che AA'BB' va in un trapezio isoscele mandando all'infinito uno di quei due punti e lasciando la circonferenza tale, quindi l'incrocio delle diagonali, che è C, sta sull'asse comune delle due basi e quindi biseca la corda, parallela alle due basi, che ci passa.
Nel caso di F, la situazione è diversa: mandando all'infinito F, AA' diventa diametro e quindi biseca le corde ad esso perpendicolari, ovvero quelle parallele alle tangenti negli estremi, come ad esempio è quella che passa per F e C.

Tutto questo dando per buono che tre punti allineati più quello all'infinito della loro retta hanno birapporto -1 quando, dei primi tre, uno è punto medio degli altri due (considerati in un certo ordine).

Non mi sembrava tanto lungo da non potersi scrivere, no?

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Messaggio da kn » 24 ago 2009, 10:16

Tibor Gallai ha scritto:Boh, si vede a occhio una proiettività che manda AA'BB' in un rettangolo e lascia fissa la circonferenza...
Riuppo questo topic nel tentativo di capire qualcosa di più di geometria proiettiva... :roll: Si può giustificare questa affermazione in modo rigoroso o è solo un discorso euristico?
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

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