Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

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Francesco Sala
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Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Francesco Sala » 08 dic 2014, 14:20

In un triangolo $ ABC $, sia $ \ell_A $ la retta per $ A $ parallela alla retta di Eulero del triangolo; similmente definiamo $ \ell_B,\ell_C $.
a) Dimostrare che la retta simmetrica di $ \ell_A $ rispetto a $ BC $ e quelle analogamente definite rispetto agli altri vertici concorrono in un punto $ P $.
b) Se $ Q $ è il coniugato isogonale di $ P $ rispetto ad $ ABC $, dimostrare che il triangolo ceviano e il triangolo pedale di $ Q $ rispetto ad $ ABC $ sono simili.

NOTA: il triangolo ceviano di un punto è quello che ha per vertici i piedi delle ceviane passanti per esso; il triangolo pedale è quello che ha per vertici le proiezioni del punto sui lati.

Talete
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Talete » 13 giu 2017, 11:55

Faccio un po' di necroposting per allenarmi ad usare un bellissimo metodo di risoluzione dei problemi di geometria.

Risolvo il punto (a):

Testo nascosto:
$\mathcal A=[1:0:0]$, $\mathcal B=[0:1:0]$ e $\mathcal C=[0:0:1]$

La retta di Euler passa per $\mathcal G=[1:1:1]$ e $\mathcal H=[S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B]$ e dunque ha equazione
\[(S_C-S_B)S_Ax+(S_A-S_C)S_By+(S_B-S_A)S_Cz=0.\]

Intersecando questa retta con la retta $x+y+z=0$ si ottiene il punto all'infinito della retta di Euler, d'ora in poi $\mathcal E_{\infty}$, di coordinate
\[\mathcal E_{\infty}=[a^2S_A-2S_BS_C:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta $\ell_A$ passa dunque per $\mathcal A$ e per $\mathcal E_{\infty}$, e ha quindi equazione
\[(c^2S_C-2S_AS_B)y+(2S_CS_A-b^2S_B)z=0.\]

La simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ è la retta che passa per il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ e per l'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$.

Il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$, d'ora in poi $\mathcal A_1$ è, detto $\mathcal{H_A}$ l'intersezione di $\mathcal{AH}$ con $\mathcal{BC}$, il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto ad $\mathcal{H_A}$. Ora, è noto che
\[\mathcal{H_A}=[0:S_C:S_B]\]
e dunque
\[\mathcal A_1=[-a^2:2S_C:2S_B].\]

L'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$ è invece il punto
\[\mathcal{L_A}=[0:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ è dunque la retta per $\mathcal A_1$ e $\mathcal L_A$, e cioè
\[2a^2S_A(S_C-S_B)x+(a^2c^2S_C-2a^2S_AS_B)y+(2a^2S_AS_C-a^2b^2S_B)z=0.\]

Le altre due rette saranno le simmetriche di questa ("simmetriche" intese in senso algebrico e non geometrico):
\[(2b^2S_BS_A-b^2c^2S_C)x+2b^2S_B(S_A-S_C)y+(a^2b^2S_A-2b^2S_BS_C)z=0,\\
(b^2c^2S_B-2c^2S_CS_A)x+(2c^2S_BS_C-a^2c^2S_A)y+2c^2S_C(S_B-S_A)z=0.\]

Dopo una miriade di conti, che stanno sul mio quaderno e sono felici di essere lì e non nell'etere informatico, si ottiene che il punto
\[\mathcal{P}=[b^2c^2S_A^2(S_B-S_C)^2:c^2a^2S_B^2(S_C-S_A)^2:a^2b^2S_C^2(S_A-S_B)^2]\]
appartiene a tutte e tre le rette. Abbiamo mostrato il punto (a).
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Talete » 13 giu 2017, 14:37

Per completezza, ecco pure il punto (b):

Testo nascosto:
Troviamo una caratterizzazione per tutti i punti $\mathcal X=[p:q:r]$ tali che il triangolo pedale ed il triangolo ceviano di $\mathcal X$ siano simili.

Innanzitutto, il triangolo ceviano di $\mathcal X$ è formato da $\mathcal{X_C}=[p:q:0]$, $\mathcal{X_B}=[p:0:r]$ e $\mathcal{X_A}=[0:q:r]$.

Calcoliamo la lunghezza di un lato, ad esempio $||\mathcal{X_A}\mathcal{X_B}||^2$. Il displacement vector sarà
\[\overrightarrow{\mathcal{X_A}\mathcal{X_B}}=\frac{1}{(p+r)(q+r)}\cdot[-pq-pr:pq+qr:pr-qr]\]
e dunque
\[||\mathcal{X_A}\mathcal{X_B}||^2=\frac{1}{(p+r)^2(q+r)^2}\cdot\left[a^2qr(p+r)(q-p)+b^2pr(q+r)(p-q)+c^2pq(q+r)(p+r)\right].\]

Consideriamo ora il punto all'infinito della retta $\mathcal{AH}$. Esso è
\[\mathcal{D}_{\infty}=[-a^2:S_C:S_B].\]
$\mathcal{D}$, il piede della perpendicolare di $\mathcal X$ su $\mathcal{BC}$ è l'intersezione di $\mathcal{XD}_\infty$ con $\mathcal{BC}$.

La retta $\mathcal{XD}_\infty$ ha equazione
\[(pS_B-qS_C)x+(-a^2r-S_Bp)y+(S_Cp+a^2q)z=0\]
e dunque la sua intersezione con il lato $x=0$ sarà
\[\mathcal D=[0:a^2q+S_Cp:a^2r+S_Bp].\]
Allo stesso modo si avranno
\[\mathcal E=[b^2p+S_Cq:0:b^2r+S_Aq]\hspace{1cm}\mathrm{e}\hspace{1cm}\mathcal F=[c^2p+S_Br:c^2q+S_Ar:0].\]

Calcoliamo adesso $||\mathcal{DE}||^2$. Il displacement vector sarà
\[\overrightarrow{\mathcal{DE}}=\frac1{a^2b^2(p+q+r)}\cdot[-a^2b^2p-a^2S_Cq:a^2b^2q+b^2S_Cp:b^2S_Bp-a^2S_Aq].\]
Questo ci porta ad ottenere
\[||\mathcal{DE}||^2=\frac1{a^2b^2(p+q+r)^2}\cdot\left[(a^2q+S_Cp)(a^2S_Aq-b^2S_Bp)+(b^2S_Bp-a^2S_Aq)(b^2p+S_Cq)+c^2(b^2p+S_Cq)(a^2q+S_Cp)\right].\]

Noi vorremmo scrivere meglio quella roba tra parentesi quadre. Notiamo che è un polinomio omogeneo di secondo grado in $p$ e $q$. Il coefficiente di $q^2$ è $a^2S^2$, dove $S^2=S_AS_B+S_BS_C+S_CS_A$. In linea teorica il coefficiente di $p^2$ dovrebbe essere $b^2S^2$, se il mondo fosse onesto, e infatti lo è. Questo però non ci assicura che il mondo sia onesto, purtroppo. Ci rimane da calcolare solo il coefficiente di $pq$: viene $2S_CS^2$. Il che è stupendo, perché possiamo raccogliere un $S^2$ ed ottenere
\[||\mathcal{DE}||^2=\frac{S^2}{a^2b^2(p+q+r)^2}\cdot\left[a^2q^2+2S_Cpq+b^2p^2\right].\]
Il discriminante di quel polinomio è purtroppo negativo (viene $-S^2$) e quindi non possiamo fare molto altro. A meno di introdurre numeri complessi.

Quasi quasi...

Si potrebbe fattorizzare come
\[\frac{1}{a^2}(a^2q+S_Cp+Sip)(a^2q+S_Cp-Sip).\]

Purtroppo si perde simmetria, ma teniamola lì. Un altro modo, forse migliore, per scrivere quel polinomio, è
\[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2.\]

In ogni caso, non siamo mica qui per abbellire polinomi! La condizione su $\mathcal X$ è che
\[\frac{||\mathcal{X_AX_B}||^2}{||\mathcal{DE}||^2}=\frac{||\mathcal{X_BX_C}||^2}{||\mathcal{EF}||^2}=\frac{||\mathcal{X_CX_A}||^2}{||\mathcal{FD}||^2}.\]

Abbiamo calcolato le distanze in funzione di $\mathcal{X}$: basta inserire $\mathcal{X}=\mathcal{Q}$ ed è fatta, no?

Piccolo problemino:
\[\mathcal{Q}=[a^4S_B^2S_C^2(S_C-S_A)^2(S_A-S_B)^2:b^4S_C^2S_A^2(S_A-S_B)^2(S_B-S_C)^2:c^4S_A^2S_B^2(S_C-S_A)^2(S_B-S_C)^2].\]
Le sue coordinate sono di ventesimo grado in $a$, $b$, $c$. Okay, sono di decimo grado in $a^2$, $b^2$ e $c^2$, se preferite, ma comunque non è il sogno della mia vita bashare questo punto dentro la formula di prima.

Forse in realtà io sono qui per abbellire polinomi. Riscriviamo la condizione su $\mathcal{X}$ in modo decente (certo, tutto dipende dalla definizione di "decente"):
\[\frac{a^2qr(p+r)(q-p)+b^2pr(q+r)(p-q)+c^2pq(q+r)(p+r)}{(p+r)^2(q+r)^2}\cdot\frac{a^2b^2(p+q+r)^2}{S^2}\cdot\frac1{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}=\mathrm{cyc},\]
dove cyc vuol dire "la stessa roba scambiando le variabili".

Avevo fatto pure un errore di conto (c'era un $(p+q+r)^4$ invece di un $(p+q+r)^2$), per fortuna ho fatto un rapido controllo dei gradi. Non cambiava molto in realtà, dato che si semplifica con la parte "cyc".

Abbelliamo il polinomio in alto a sinistra:
\[a^2qr(p+r)(q-p)+b^2pr(q+r)(p-q)+c^2pq(q+r)(p+r).\]
Dai, è di quarto grado in $p$, $q$ ed $r$, vuoi che non abbia radici banali?

Questo è il momento in cui mi accorgo di essere idiota ed aver calcolato $||\mathcal{X_AX_C}||^2$ invece che $||\mathcal{X_AX_B}||^2$... per fortuna è solo questione di qualche segno, quindi ho modificato sopra.

Boh, in ogni caso maneggiandolo un poco viene
\[[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2.\]

La condizione su $\mathcal X$ è ora equivalente a
\[\frac{[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2}{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}\cdot\frac{(p+q)^2}{c^2}=\mathrm{cyc}.\]

Notiamo che il coefficiente di $r^2$ sopra è uguale al polinomio sotto: magia! Si potrebbe pure dividere, o magari anche fattorizzare... infatti il polinomio sopra è di secondo grado in $r$... avrà delle radici (anche complesse!)

Finito questo problema mi ritiro. Non uso più le baricentriche fino alla prossima gara (Archimede)... seh come no, domani sarò di nuovo qui ad uccidere Sala in baricentriche.

Troviamo queste dannate radici! No, scherzavo, anche qua il delta è negativo e quindi #mainagioia.

Potrei buttarci dentro le coordinate di $\mathcal{Q}$ e sperare venga simmetrico nelle tre variabili, però un po' speravo che venisse un'equazione decente... d'altronde, mi interessa sapere quali sono i punti per cui il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale.

Il fatto è che anche ogni semplice fattore riduce i conti di tantissimo: pensare che $(p+q)^2$, inserendo le coordinate di $\mathcal{Q}$, viene:
\[S_A^4(S_B-S_C)^4[b^4S_C^2(S_A-S_B)^2+c^4S_B^2(S_C-S_A)^2]^2.\]
Il grado di questa espressione è QUARANTA. Ed è il semplice $(p+q)^2$, pensiamo a tutti gli altri polinomi brutti...

Forse è meglio tenere la normale equazione per $\mathcal{X}$, che è soltanto di ottavo grado... ma sì dai, teniamola: basta una delle due uguaglianze perché il punto $\mathcal{Q}$ è simmetrico, dunque è sufficiente
\[\frac{[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2}{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}\cdot\frac{(p+q)^2}{c^2}=\frac{[S_Ap^2+S_B(p+r)^2+S_Cr^2]q^2+2pqr(S_Ap+S_Cr)+b^2p^2r^2}{S_Ap^2+S_B(p+r)^2+S_Cr^2}\cdot\frac{(p+r)^2}{b^2}.\]

Da qui banalmente, inserendo le coordinate di $\mathcal{Q}$, viene la tesi.

No, scherzo, lo so che non è completo, però calma, lo finisco un'altra volta. E poi nessuno sarà arrivato a leggere fin qui, quindi chissenefrega.

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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Talete » 13 giu 2017, 15:25

The final countdown
Testo nascosto:
\[\mathcal{Q}=[a^4S_B^2S_C^2(S_C-S_A)^2(S_A-S_B)^2:b^4S_C^2S_A^2(S_A-S_B)^2(S_B-S_C)^2:c^4S_A^2S_B^2(S_C-S_A)^2(S_B-S_C)^2].\]
va sostituito in
\[\frac{[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2}{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}\cdot\frac{(p+q)^2}{c^2}=\mathrm{cyc}.\]

Fin qui nulla di grave. Facciamo un pezzo alla volta:

\[(p+q)^2=S_C^4(S_A-S_B)^4[a^4S_B^2(S_C-S_A)^2+b^4S_A^2(S_B-S_C)^2]^2.\]

Guardiamo la roba che sta dentro nella parentesi quadra:

\[S_B^4S_C^2+S_A^4S_C^2+S_B^2S_C^4+S_A^2S_C^4+2S_B^3S_C^3+2S_A^3S_C^3-2S_AS_B^4S_C-2S_A^4S_BS_C-2S_AS_B^2S_C^3-2S_A^2S_BS_C^3-4S_AS_B^3S_C^2-4S_A^3S_BS_C^2+S_A^2S_B^4+S_A^4S_B^2+2S_A^2S_B^2S_C^2+2S_A^2S_B^3S_C+2S_A^3S_B^2S_C.\]

Questa cosa d'ora in poi si chiamerà Mario.

\[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2=S_C^4(S_A-S_B)^4[a^8S_AS_B^4(S_C-S_A)^4+b^8S_A^4S_B(S_B-S_C)^4+S_C\mathrm{Mario}^2].\]

Notiamo che il grado di Mario è $12$, quindi i gradi tornano.

Però boh mi chiamano a vedere un film quindi addio poveri.
Sono cosciente di stare delirando. Salvatemi.
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Drago96 » 13 giu 2017, 18:27

Temo che l'unico modo di salvarti sia dirti che il tuo $P$ è sbagliato...
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Talete » 13 giu 2017, 20:03

Vado a tagliarmi le vene

EDIT: ho dimenticato... #mainagioia
Ultima modifica di Talete il 14 giu 2017, 12:10, modificato 1 volta in totale.
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Gerald Lambeau » 13 giu 2017, 20:35

Talete ha scritto:
13 giu 2017, 20:03
Vado a tagliarmi le vene
Fermo, per carità!
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Talete » 18 giu 2017, 22:23

Testo nascosto:
$\mathcal A=[1:0:0]$, $\mathcal B=[0:1:0]$ e $\mathcal C=[0:0:1]$

La retta di Euler passa per $\mathcal G=[1:1:1]$ e $\mathcal H=[S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B]$ e dunque ha equazione
\[(S_C-S_B)S_Ax+(S_A-S_C)S_By+(S_B-S_A)S_Cz=0.\]

Intersecando questa retta con la retta $x+y+z=0$ si ottiene il punto all'infinito della retta di Euler, d'ora in poi $\mathcal E_{\infty}$, di coordinate
\[\mathcal E_{\infty}=[a^2S_A-2S_BS_C:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta $\ell_A$ passa dunque per $\mathcal A$ e per $\mathcal E_{\infty}$, e ha quindi equazione
\[(c^2S_C-2S_AS_B)y+(2S_CS_A-b^2S_B)z=0.\]

La simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ è la retta che passa per il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ e per l'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$.

Il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$, d'ora in poi $\mathcal A_1$ è, detto $\mathcal{H_A}$ l'intersezione di $\mathcal{AH}$ con $\mathcal{BC}$, il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto ad $\mathcal{H_A}$. Ora, è noto che
\[\mathcal{H_A}=[0:S_C:S_B]\]
e dunque
\[\mathcal A_1=[-a^2:2S_C:2S_B].\]

L'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$ è invece il punto
\[\mathcal{L_A}=[0:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$, che l'altro giorno avevo sbagliato, è dunque la retta per $\mathcal A_1$ e $\mathcal L_A$, e cioè
\[2S^2(S_C-S_B)x+(a^2c^2S_C-2a^2S_AS_B)y+(2a^2S_AS_C-a^2b^2S_B)z=0.\]

Le altre due rette saranno le simmetriche di questa ("simmetriche" intese in senso algebrico e non geometrico):
\[(2b^2S_BS_A-b^2c^2S_C)x+2S^2(S_A-S_C)y+(a^2b^2S_A-2b^2S_BS_C)z=0,\\
(b^2c^2S_B-2c^2S_CS_A)x+(2c^2S_BS_C-a^2c^2S_A)y+2S^2(S_B-S_A)z=0.\]

[work in progress...]
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Drago96 » 19 giu 2017, 01:01

Caro il mio giovine, comprendo l'entusiasmo, ma qua siamo al limite dell'ossessione.
Ti lascio in spoiler alcuni hint e check, se proprio vuoi continuare questo conto immane.

Parte a)
Testo nascosto:
talete_a.png
talete_a.png (21.62 KiB) Visto 868 volte
Parte b)
Testo nascosto:
talete_b.png
talete_b.png (81.66 KiB) Visto 868 volte
P.S: i veri uomini i conti li fanno in cartesiane
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Re: Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

Messaggio da Talete » 19 giu 2017, 12:23

Ehm okay... un po' lunghi come conti... mannaggia :(
Drago96 ha scritto:
19 giu 2017, 01:01
ma qua siamo al limite dell'ossessione.
Non è un'ossessione, più che altro non mi arrendo facilmente 8)
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