Teorema di Morley

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Gottinger95
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Teorema di Morley

Messaggio da Gottinger95 » 13 mag 2013, 10:27

Dimostrare che, preso un triangolo qualsiasi, le intersezioni delle coppie di trisettrici adiacenti allo stesso lato formano un triangolo equilatero.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

spugna
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Re: Teorema di Morley

Messaggio da spugna » 20 mag 2013, 12:45

Possiamo farlo con un procedimento a ritroso: dimostrando che, partendo da un triangolo equilatero $A'B'C'$ e fissati tre angoli $\alpha,\beta,\gamma$, con $\alpha+\beta+\gamma=60°$, è sempre possibile costruire un triangolo $ABC$ i cui angoli misurano $3\alpha,3\beta,3\gamma$ e le cui trisettrici si incontrano nei vertici di $A'B'C'$

Consideriamo i punti $X_B,X_C$, entrambi sul semipiano delimitato da $B'C'$ che non contiene $A'$, tali che $X_BB'=B'C'=C'X_C \wedge \widehat{X_BB'C'}=\widehat{B'C'X_C}=180°-2\alpha$, e definiamo in modo analogo i punti $Y_A,Y_C,Z_A,Z_B$

Le rette $Y_AZ_A,X_BZ_B,X_CY_C$ formano il triangolo $ABC$ cercato: infatti, ricordando le costruzioni precedenti, risulta
$\widehat{Y_AA'Z_A}=360°-\widehat{Z_AA'B'}-\widehat{B'A'C'}-\widehat{C'A'Y_A}=360°-(180°-2\gamma)-60°-(180°-2\beta)=$
$=2(\beta+\gamma)-60°=60°-2\alpha$
Notiamo innanzitutto che questo risultato è negativo se $\alpha>30°$ (da cui otterremmo $3\alpha>90°$ e quindi un triangolo $ABC$ ottusangolo, che qualche problema lo deve sempre creare..! :evil: ), però sappiamo che $A'Y_AZ_A$ è isoscele per costruzione, per cui i suoi angoli alla base sono uguali: distinguendo i due casi, ci accorgiamo che, se consideriamo l'angolo $\widehat{Y_AA'Z_A}$ col segno opportuno, in entrambi si ha
$\widehat{A'Z_AC}=\widehat{A'Y_AB}=90°+\dfrac{1}{2}\widehat{Y_AA'Z_A}=120°-\alpha$
(gli altri angoli si calcolano in modo analogo)

Ora consideriamo il pentagono $AX_BB'C'X_C$: conosciamo quattro dei suoi angoli interni e sappiamo che la somma di tutti e cinque è $540°$, dunque
$\widehat{BAC}=540°-\widehat{AX_BB'}-\widehat{X_BB'C'}-\widehat{B'C'X_C}-\widehat{C'X_CA}=$
$=540°-(120°-\beta)-2(180°-2\alpha)-(120°-\gamma)=4\alpha+\beta+\gamma-60°=3\alpha$
Inoltre, $AB'$ e $AC'$ sono proprio le trisettrici di $\widehat{BAC}$: infatti il quadrilatero $X_BB'C'X_C$, per come è stato costruito, è inscrivibile in una circonferenza $\Gamma_A$ e ogni angolo alla circonferenza che insiste sull'arco minore $B'C'$ ha ampiezza $\alpha$, ma $X_BB'=B'C'=C'X_C$ e a corde uguali corrispondono archi uguali, per cui l'arco $X_BX_C$ è il triplo di $B'C'$, e di conseguenza un angolo che insiste su $X_BX_C$ ha ampiezza $3\alpha$: l'angolo $\widehat{BAC}$, come abbiamo visto, ha questa proprietà, dunque $a \in \Gamma_A \Rightarrow \widehat{BAC'}=\widehat{C'AB'}=\widehat{B'AC}=\alpha$

A questo punto non resta che ragionare analogamente con gli altri due vertici e abbiamo concluso
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

spugna
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Re: Teorema di Morley

Messaggio da spugna » 21 mag 2013, 17:09

E se funzionasse anche con le trisettrici degli angoli esterni..? :roll:
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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