Cesenatico 1996, Luogo di punti.

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Gogo Livorno
Messaggi: 99
Iscritto il: 14 gen 2010, 14:56
Località: Livorno

Cesenatico 1996, Luogo di punti.

Messaggio da Gogo Livorno » 12 apr 2010, 20:58

Data una circonferenza C ed un punto A esterno ad essa, per ogni punto P sulla circonferenza si costruisca il quadrato APQR in senso antiorario. Si determini il luogo geometrico descritto dal punto Q al variare di P sulla circonferenza C.

Spero non sia stato postato, io non capisco molto alcuni discorsi della soluzione ufficiale, intanto vorrei vedere come lo risolvete, nel caso poi discutiamo!

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 15 apr 2010, 11:16

Immagine
Su OA costruiamo il quadrato AOBC in modo che il contorno sia
percorso in senso antiorario a partire da A.Sia P un punto generico
della circonferenza data e su AP costruiamo il quadrato APQR come da
traccia.Proiettiamo Q in S su OB e siano poi M,N,L le proiezioni di P
su OB,OA ed SQ rispettivamente .Per semplicità di scrittura poniamo:
PM=u,PN=v,OA=l
Evidentemente è:
(1) $ \displaystyle u^2+v^2=r^2 $
essendo r il raggio della circonferenza C data.
Osserviamo ora che i triangoli rettangoli APN e PLQ sono congruenti
per avere congruenti le ipotenuse AP e QP e gli angoli NAP ed LPQ
in quanto complementari dello stesso angolo NPA.
Ne segue che :
LQ= PN=v ; MS=PL=NA=l-u
Inoltre :
$ \displaystyle SQ^2=(SL+LQ)^2=(PM+PN)^2=(u+v)^2 $
$ \displaystyle SB^2=(OB-(OM+MS))^2=(l-(v+l-u))^2=(u-v)^2 $
Dal triangolo rettangolo BSQ si trae allora che:
$ \displaystyle BQ=\sqrt{SB^2+SQ^2}=\sqrt{(u-v)^2+(u+v)^2}=\sqrt{2(u^2+v^2)} $
Per la (1) si ha infine :
$ \displaystyle BQ=\sqrt{2r^2}=r\sqrt{2} $
Si conclude quindi che il luogo richiesto è la circonferenza di centro
il punto B ( che è fisso) e di raggio $ \displaystyle r\sqrt{2} $

Gogo Livorno
Messaggi: 99
Iscritto il: 14 gen 2010, 14:56
Località: Livorno

Messaggio da Gogo Livorno » 15 apr 2010, 12:59

Io l'avevo pensata molto più semplice:

Q infatti può essere visto ogni volta come il trasformato di P rispetto a una similitudine, e precisamente della composizione di un'omotetia di k=radice di 2 con una rotazione di centro A e angolo 45°.

Dato dunque che P varia percorrendo tutta la circonferenza, in pratica possiamo vedere il luogo di Q come la trasformata di una circonferenza mediante la suddetta similitudine: dato che un similitudine manda circonferenze in circonferenze, evinciamo che il luogo che cercavamo è una circonferenza di raggio r(radice di 2).

Se volessimo anche il centro, basterebbe applicare la stessa similitudine al centro della circonferenza di partenza.

Dove sta l'errore? :roll:

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 15 apr 2010, 13:28

Non mi pare che ci siano errori.Una rotazione di AO di 45° attorno ad A porta O in un punto O' della diagonale AB tale che sia AO'= AO =l .La successiva omotetia "allunga" AO' fino ad AO'*sqrt(2)=AO*sqrt(2)=AB e quindi il punto O viene portato in B.
P.S. bella soluzione ma è quella ufficiale ?

Gogo Livorno
Messaggi: 99
Iscritto il: 14 gen 2010, 14:56
Località: Livorno

Messaggio da Gogo Livorno » 15 apr 2010, 16:02

No, e quella ufficiale mi sembra molto più cervellotica, ecco perchè dubitavo fortemente della mia.

Ti riporto quella ufficiale:

La trasformazione che porta dal punto P al punto Q può essere vista come la composizione di due trasformazioni: una rotazione antioraria di 45° intorno al puno A ed un'omotetia con coefficiente sqrt2. La stessa trasformazione porta il centro della circonferenza O in un punto che chiamiamo B. I triangoli AOP e ABQ sono simili; infatti si ha AB/AO = AQ/AP = sqrt2 e OAP°=BAQ°, poichè le rette per AQ e per AB si ottengono rispettivamente dalle rette per AP e per AO con una rotazione di 45° intorno ad A. Pertanto si ha QB = sqrt2 * OP e dunque il punto Q giace necessariamente sulla circonferenza di centro B e raggio sqrt2 * r, dove r è il raggio della circonferenza data. Per vedere che la condizione è anche sufficiente, si prenda un punto qualsiasi Q' sulla circonferenza di centro B e raggio sqrt2 * r e si applichi la trasformazione inversa alla precedente, ossia un'omotetia di coefficiente 1/sqrt2 seguita da una rotazione in senso orario di 45°. Il punto Q' verrà trasformato in un punto P'; in modo del tutto analogo al precedente si vede che i tirangoli AOP' e ABQ' sono simili, per cui OP' = 1/sqrt2 * sqrt2 * r = r e dunque Q' è il trasformato di un punto P' che giace sulla circonferenza data.

Mi sembrava molto strano che a partire dalla stessa idea della similitudine (che non ho copiato da lì, mi è venuta autonomamente) loro non si siano resi conto della mia strada, ecco perchè pensavo ci fosse un errore spartano nella mia dimostrazione...

Avatar utente
ghilu
Messaggi: 177
Iscritto il: 06 gen 2008, 18:14
Località: bergamo

Messaggio da ghilu » 17 apr 2010, 23:21

A me pare la stessa, solo che in quella ufficiale dimostrano che quella similitudine trasforma la circonferenza in una circonferenza. Cosa che, ovviamente, fai bene a reputare nota/immediata.
Non si smette mai di imparare.

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 18 apr 2010, 11:05

Beh fate conto che era il 96 ... cioè, nel 2003 Ceva e Menelao erano il non plus ultra della geometria, quindi nel 96 il fatto che una similitudine risolvesse un problema di luogo di punti era uno shock!!

Rispondi