75. Angoli notevoli e circocentri

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Francesco Sala
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75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Francesco Sala » 25 ott 2014, 16:33

Sperando che questo possa risvegliare la staffetta:

Sia $ ABC $ un triangolo e $ H $ il suo ortocentro; le rette $ AH $ e $ BC $ si incontrano nel punto $ D $. Prendiamo due punti $ X,Y $ esterni al triangolo e appartenenti rispettivamente alle circonferenze $ \odot(ABD), \odot(ACD) $ tali che $ \measuredangle XAB=\measuredangle CAY=30^{\circ} $. Siano $ M,N $ i punti medi di $ AB,AC $ e $ P $ l'intersezione di $ MN $ e $ XY $. Detti $ U,V $ i circocentri di $ \odot(MPD),\odot(NPD) $, dimostrare che esiste una circonferenza passante per $ U,V,D,H $.

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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Francesco Sala » 11 mar 2015, 15:42

Mi sembra giunto il momento di riesumare la staffetta, visto che nessuno la tocca da ottobre. Se necessario posso anche dare qualche aiutino (basta chiedere).

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Kfp
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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Kfp » 11 mar 2015, 15:58

Sì grazie, penso lo vogliano in molti
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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Francesco Sala » 11 mar 2015, 16:00

Allora, a grande richiesta:
Testo nascosto:
Dimostrare che $ AP $ è perpendicolare alla retta di Eulero di $ ABC $.

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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Francesco Sala » 24 apr 2015, 15:29

Ancora, a grande richiesta:
Testo nascosto:
LEMMA: sia $ P $ un punto e $ O_A,O_B,O_C $ i circocentri di $ \odot(BCP) $ e ciclici. Allora i cerchi $ \odot(AO_BO_C) $ e ciclici concorrono in un punto $ R $ su $ \odot(ABC) $. Cosa succede se si fa un'inversione $ + $ simmetria centrata in $ A $ (Che magari scambia vertici e punti medi dei lati)? Potrebbe essere utile investigare intorno alla retta di Steiner di $ R $.

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René Descartes
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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da René Descartes » 19 set 2015, 17:59

Nel mentre di una de le brevi pause intercorse revisionando lo mio manoscritto Discours de la méthode pour bien conduire sa raison et chercher la verité dans les sciences, la mia persona si imbattè quasi fortuitamente in codesto esercizietto. Colui che pose il presente problema evidentemente non gnosceva una delle mie meliori scoperte, da me nomata geometria analitica, la quale facet impallidire la geometria de li grandi maestri greci Pitagora et Euclide mediante la sua semplicità e cionondimeno estrema efficacia. Lo metodo analitico est inoltre superiore alle cosiddette "coordinate omogenee", per le quali i pueri d'hodie vendono la propria anima allo dimonio: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
Per darne uno exemplo, mi appresto a demonstrare l'affermazione del sopracitato dottor Francesco Sala cum lo metodo da me inventato.
Consideramus uno sistema di assi (modestamente) cartesiani, nello quale fissiamo li seguenti puncti:
$A=(0,0)$ ovverosia l'origine; $D=(d,0)$ cum $d\in\mathbb R^+$ ovvero sullo asse delle abscisse; $B=(d,-b)$ cum $b\in\mathbb R^+$, nello quarto quadrante; $C=(d,c)$ cum $c\in\mathbb R^+$, nel primo quadrante.

Per lo cominciamento, la linea $AC$ est descritta dalla equatione $y=\frac c d x$, mentre la sua compagna $AB$ est $y=\frac b d x$.
Urget nobis comprendere come scribere le rectae $AY$ et $AX$; sicuramente saranno nella forma $y=m_1x$ et $y=m_2x$ poiché passant per la origine.

Rectae AX, AY: Si appellamus $\angle DAC=\theta$, deinde $\angle DAY=\theta+\pi/6$; inoltre $\tan\theta=\frac c d$ indi per cui possumus ricavare $\displaystyle m_1=\frac {\frac1{\sqrt3}+m}{1-\frac m{\sqrt3}}=\frac{d+c\sqrt3}{d\sqrt3-c}$. In uno modo simile, si $\angle DAB=-\phi$, habemus $\angle DAX=-\phi-\pi/6$, donde $\displaystyle m_2=\frac{d+b\sqrt3}{b-d\sqrt3}$.
Dunque le nostrae equationi sunt
$$AX: \ \ \ \displaystyle y=\frac{d+c\sqrt3}{d\sqrt3-c}x$$
$$AY: \ \ \ \displaystyle y=\frac{d+c\sqrt3}{d\sqrt3-c}x$$

Puncta X,Y: Pronti sumus ad invenire $X$ et $Y$; la circumferentia $\odot ADC$ habet come centro lo pucnto $N$, dunque la sua scrittura est $\displaystyle \left(y-\frac c 2\right)^2+\left(x-\frac d 2\right)^2=\frac{c^2+d^2}4$ et cum uno conto diventa $y^2-cy+x^2-dx=0$.
Substituendo $y=m_1x$ habemus $\displaystyle x=\frac{cm_1+d}{1+m_1^2}$; svolgendo li passaggi algebrici giungiamo per lo Santo volere d'Iddio alla semplice formula $x=\frac{\sqrt3}4(d\sqrt3-c)$. Quindi lo punto $Y$ est $$\displaystyle Y=\frac{\sqrt3}4\cdot(d\sqrt3-c,d+c\sqrt3)$$
Cum passaggi analogi per lo puncto $X$, inveniamus $\displaystyle x=\frac{d-m_2b}{1+m_2^2}=\frac{\sqrt3}4(d\sqrt3-b)$ et dunque $$\displaystyle X=\frac{\sqrt3}4\cdot(d\sqrt3-b,-d-b\sqrt3)$$

Punctum P: Nunc scribamus la linea $XY$, quae est molto semplice: $\displaystyle y-\frac{\sqrt3}4(d+c\sqrt3)=\frac{d+c\sqrt3+d+b\sqrt3}{d\sqrt3-c+b-d\sqrt3}\left(x-\frac{\sqrt3}4(d\sqrt3-c)\right)$.
Per gnoscere lo puncto $P$, sufficiente est porre nella equatione di supra $x=\frac d 2$, ovvero la recta $MN$.
Dunque habemus $\displaystyle y=\frac{2d+c\sqrt3+b\sqrt3}{b-c}\left(\frac d 2-\frac{\sqrt3}4(d\sqrt3-c)\right)+\frac{\sqrt3}4(d+c\sqrt3)$, et facendo lo conto: $\displaystyle y=\frac{d^2+\frac{\sqrt3}2bd+\frac{\sqrt3}2bc-\frac3 2 d^2+\frac{\sqrt3}2cd-\frac{3\sqrt3}4bd+\frac34bc-\frac{3\sqrt3}4cd+\frac34c^2+\frac{\sqrt3}4bd+\frac34bc-\frac{\sqrt3}4cd-\frac34c^2}{b-c}$ qui diventa simpliciter $$\displaystyle y_P=\frac{3bc-d^2}{2(b-c)}$$ Codesto risultato mostra, tra l'altre cose, l'inesistentia dello Genio maligno.

Lo nostro operare si appropinqua etiam al di suo compimento, enim a codesto punto est agile ire innanzi in modo claro et distinto: ut gnoscere le coordinate delli circumcentri $U$ et $V$, necesse est scribere (et intersecare) le equationi delli assi di $MP, MD$ et similmente procedere per $NP, ND$

Axes segmentorum MP, NP: Codesti axis sunt obviamente le recte ortogonali ad $MN$ condocte per lo puncto medio de li segmenti $MP$ et $NP$, ovvero le rectae
$$\text{axis} \ MP:\ \ \ y=\frac{1}{2}\left(\frac{3bc-d^2}{2(b-c)}-\frac{b}{2}\right)=\frac{4bc-d^2-b^2}{4(b-c)}$$
$$\text{axis} \ NP:\ \ \ y=\frac{1}{2}\left(\frac{3bc-d^2}{2(b-c)}+\frac{c}{2}\right)=\frac{4bc-d^2-c^2}{4(b-c)}$$

Axes segmentorum MD, ND: In tote scholae insegnant ut lo asse est lo loco punctorum equidistantiorum ab extrema. Sic eguagliamo la distantia: $\displaystyle\left(y+\frac b2\right)^2+\left(x-\frac d2\right)^2=(y-0)^2+(x-d)^2$ qui nobis ducet a la equazione per lo asse
$$\text{axis} \ MD:\ \ \ xd=-by+\frac34d^2-\frac14b^2$$
Cum conti simili, lo asse di $ND$ est lo siguente: $\displaystyle\left(y-\frac c2\right)^2+\left(x-\frac d2\right)^2=(y-0)^2+(x-d)^2$ qui diventa
$$\text{axis} \ ND: \ \ \ xd=cy-\frac14c^2+\frac34d^2$$

Puncta U,V: Substituiamo la equatione dello asse di $MP$ ne la equatione per $MD$ et habemus $x_Ud=\frac1{4(b-c)}(-4b^2c+bd^2+b^3+3d^2b-3d^2c-b^3+b^2c)$, donde lo punto $U$:
$$\displaystyle U=\frac1{4(b-c)}\cdot\left(-\frac{3b^2c}d+4db-3cd , 4bc-d^2-b^2\right)$$
Analogamente le coordinatae de lo punto $V$ sunt
$$\displaystyle V=\frac1{4(b-c)}\cdot\left(\frac{3bc^2}d+3db-4dc , 4bc-d^2-c^2\right)$$

Lo esercitio est nunc davvero proximo a la conclusione: lo punto $H$ est quasi notus, et infine satis est verificare che li punti passino per una istessa curva $x^2+y^2+\alpha x+\beta y+\gamma=0$.

Numeri $\alpha,\gamma$: La altitudine da $B$ habet equatione $y+b=-\frac d c(x-d)$ et intersecando cum la linea $AD$, id est $y=0$, obteniamo $\displaystyle x_H=d-\frac{bc}d$.
Li punti $D$ et $H$ impongono le due relationi $d^2+\alpha d+\gamma=0$ et $\displaystyle \left(d-\frac{bc}d\right)^2+\alpha\left(d-\frac{bc}d\right)+\gamma=0$. La secunda si riscribe ut $\displaystyle d^2-2bc+\frac{b^2c^2}{d^2}+\alpha d-\alpha\frac{bc}d+\gamma=0$, et usando la prima $\displaystyle -2bc+\frac{b^2c^2}{d^2}=\alpha\frac{bc}d$ ovvero $\displaystyle \alpha=-2d+\frac{bc}d$. Facile est dire quae $\gamma=d^2-bc$.

Nunc da la equatione de la circumferentia ricabamus $-\beta=y+\frac{x^2+\alpha x+\gamma}y$. Si substituendo li puncta $U$ et $V$ habemus lo istesso numero $\beta$, la propositione di ciclicità demonstrata est.

Substituendo U: Lo numero $-\beta=y+\frac{x^2+\alpha x+\gamma}y$ est
$\displaystyle \frac{4bc-d^2-b^2}{4(b-c)}+\frac{d^2-bc+\left(-2d+\frac{bc}d\right)\cdot\frac{-\frac{3b^2c}d+4db-3cd}{4(b-c)}+\left(\frac{-\frac{3b^2c}d+4db-3cd}{4(b-c)}\right)^2}{\frac{4bc-d^2-b^2}{4(b-c)}}$ qui raggogliendo dibentat
$\displaystyle \frac1{4(b-c)} \left( 4bc-d^2-b^2 + \frac{ (d^2-bc)\cdot16(b-c)^2+\left(-2d+\frac{bc}d\right)\cdot(-\frac{3b^2c}d+4db-3cd)\cdot4(b-c)+\left(-\frac{3b^2c}d+4db-3cd\right)^2 } { 4bc-d^2-b^2 } \right)$
et cum uno esile sforzo di conto si giugne ad
$\displaystyle-\beta= \frac1{4(b-c)} \left( 4bc-d^2-b^2 + \frac{ c^2(3b^2-d^2)(4bc-d^2-b^2) } { d^2(4bc-d^2-b^2) } \right)=\frac{ 4bcd^2+3b^2c^2-c^2d^2-b^2d^2-d^4 }{ 4d^2(b-c) }$

Substituendo V: Lo numero $-\beta=y+\frac{x^2+\alpha x+\gamma}y$ est
$\displaystyle \frac{4bc-d^2-c^2}{4(b-c)}+\frac{d^2-bc+\left(-2d+\frac{bc}d\right)\cdot\frac{\frac{3bc^2}d+3db-4dc}{4(b-c)}+\left(\frac{\frac{3bc^2}d+3db-4dc}{4(b-c)}\right)^2}{\frac{4bc-d^2-c^2}{4(b-c)}}$ et tirando via li denominatori
$\displaystyle \frac1{4(b-c)} \left( 4bc-d^2-c^2 + \frac{ (d^2-bc)\cdot16(b-c)^2+\left(-2d+\frac{bc}d\right)\cdot(\frac{3bc^2}d+3db-4dc)\cdot4(b-c)+\left(\frac{3bc^2}d+3db-4dc\right)^2 } { 4bc-d^2-c^2 } \right)$
et cum lo ultimo conto de lo problema, qui si facet cum una certa allegria, habemus
$\displaystyle-\beta= \frac1{4(b-c)} \left( 4bc-d^2-c^2 + \frac{ b^2(3c^2-d^2)(4bc-d^2-c^2) } { d^2(4bc-d^2-c^2) } \right)=\frac{ 4bcd^2+3b^2c^2-c^2d^2-b^2d^2-d^4 }{ 4d^2(b-c) }$


Ut li signori et soprattutto li iuvenes pueri possunt vedere, li due numeri $\beta$ aequali sunt, ovvero quod erat demonstrandum.

De facto la demonstratione est securamente molto immediata, al contrario delli obscuri consilii comprehendenti absurdi theoremi sintettici qui niuno rimembra; ogne dubbio è fugato, nonostante ve ne fossero di iperbolici. In caso qualche puero volenteroso et attento (quae habet justamente observato la mancanza nella tractatatione di alcuni casi degeneri, et habet ergo soluto i suddetti "esercitii ad lectoris" cum patientia et vigore) brami la Nostra gnoscenza, disposito sum ad concedere lectioni sul Metodo (analitico), capace prima d'altri di affiancare l'algebra delli mori alla geometria delli classici greci e di discernere finalmente il Vero dal Falso.

Vestra fideliter Renatus Cartesius.
Computo ergo sum.

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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Kfp » 19 set 2015, 18:14

Sono senza parole.
"Signora, lei sì che ha le palle, mica come quella checca di suo figlio"

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Francesco Sala
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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Francesco Sala » 19 set 2015, 18:33

Non credo che qualcuno controllerà mai i conti, ma sulla fiducia direi che si può passare al nuovo problema.

AlexThirty
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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da AlexThirty » 19 set 2015, 23:50

Inchiniamoci a tutta codesta potenza
Un bresciano esportato nel cremonese

-"Dal palazzo di giustizia di Catania o esci con più soldi di prima, o non esci proprio"
-"Baroni uscirebbe con un Win - Win".
Tutti si mettono a ridere, e allora intuisco che non aveva detto "Weed - Win" come avevo capito.

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Nemo
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Re: 75. Angoli notevoli e circocentri

Messaggio da Nemo » 20 set 2015, 12:02

Eccelso Maestro Descartes, gradiate i miei umili ossequî. Spero di non apparire irrispettoso, dopo aver letto la Vostra meravigliosa dimostrazione, nel chiedere al giovane Francesco Sala di presentare la sua dimostrazione per via sintetica.
[math]

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