Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

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scambret
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Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da scambret » 01 giu 2015, 21:33

Sia ANC triangolo, $ M_a $ e $ H_a $ punto medio e piede dell'altezza su BC. Sia O la circonferenza di Feuerbach di ABC, $ l_a $ tangente di $ M_a $ rispetto a O, $ l_a' $ tangente di $ H_a $ rispetto a O. Sia A' punti di intersezione tra $ l_a $ e $ l_a' $. Similmente B' e C'. Allora AA' e cicliche concorrono.

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Lasker
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Re: Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da Lasker » 02 giu 2015, 20:57

Soluzione in conti (speriamo giusti), nascosta perché fortemente attinente alla rubrica sulle coordinate omogenee che si sta sviluppando in questi giorni.
Testo nascosto:
Allora, il problema si lascia risolvere abbastanza bene in coordinate baricentriche rispetto al triangolo ortico $H_aH_bH_c$ di $ABC$; in quanto:

1) Ovviamente per la scelta del triangolo di riferimento valgono $H_a=[1:0:0]$ e cicliche.

2) Grazie ad una ben nota proprietà che si dimostra per angle chasing, $A$ è l'excentro opposto al vertice $H_a$ del triangolo ortico (e cicliche), e valgono dunque $A=[-a:b:c]$ e cicliche.

3) Ovviamente la circonferenza di Feuerbach di $ABC$ è (per definizione) la circoscritta ad $H_aH_bH_c$, ed ha dunque la semplice equazione $a^2yz+b^2xz+c^2xy=0$.

4)I punti medi $M_a,M_b,M_c$ si trovano sommando le coordinate normalizzate dei due excentri "giusti", ovvero
$$M_a=\left[\frac{a}{a-b+c}+\frac{a}{a+b-c}:\frac{-b}{a-b+c}+\frac{b}{a+b-c}:\frac{c}{a-b+c}+\frac{-c}{a+b-c} \right]$$
Che può essere scritto meglio moltiplicando tutto per $(a-b+c)(a+b-c)$ eliminando i denominatori:
$$M_a=[a(a+b-c)+a(a-b+c): -b(a+b-c)+b(a-b+c):c(a+b-c)-c(a-b+c)]\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\ \ M_a=[a^2:bc-b^2:bc-c^2]\ \ \ \ ; \ \ \ \ M_b=[ac-a^2:b^2:ac-c^2]\ \ \ \ ; \ \ \ \ M_c=[ab-a^2:ab-b^2:c^2]$$

Adesso si tratta di scrivere le rette $l_a, l'_a$ e cicliche; che in effetti sono le polari di punti abbastanza belli rispetto alla circoscritta grazie Drago!, e quindi possiamo usare un lemma che non conoscevo ma che semplifica molte cose

Lemma overkill sulle coniche: Dato un punto $(u:v:w)$ e una qualsiasi circumconica di equazione $pyz+qxz+rxy=0$, la sua polare rispetto alla conica è la retta di equazione
$$p(wy+vz)+q(uz+wx)+r(vx+uy)=0$$
L'enunciato di questo lemma l'ho trovato su "Introduction to the Geometry of the Triangle, Paul Yiu", quindi boh, spero sia vero... di sicuro con Strong EFFT (che però non so usare troppo bene; dunque non mi fidavo troppo) mi veniva la stessa cosa, quindi almeno un po' ci spero che funzioni :lol: .

Dal lemma è immediato ricavare che
$$l_a: \ a^2(0\cdot y+0\cdot z)+b^2(1\cdot z+0\cdot x)+c^2(0\cdot x+1\cdot y)=0\ \ \Rightarrow \ l_a:\ b^2z+c^2y=0$$
$$l'_a:\ a^2[(bc-c^2)\cdot y+(bc-b^2)\cdot z]+b^2[a^2\cdot z+(bc-c^2)\cdot x]+c^2[(bc-b^2)\cdot x+a^2\cdot y]=0\ \ \Rightarrow \ l'_a:\ (b-c)^2x+a^2y+a^2z=0$$
E quindi $A'$ si trova abbastanza facilmente come intersezione delle due rette (si semplifica pure un fattore $b-c$...)
$$A'=[a^2b+a^2c:-b^3+b^2c:bc^2-c^3]$$
Adesso per la retta $AA'$ operiamo allo stesso modo e troviamo
$$AA':\ \ [-bc(b+c)(b-c): -ac(bc-c^2+ab+ac): ab(ab+ac-b^2+bc)]$$
$$BB':\ \ [bc(bc+ab-c^2+ac): -ac(c+a)(c-a):-ab(ac-a^2+bc+ab)]$$
$$CC'=\ \ [-bc(ab-b^2+ac+bc): ac(ac+bc-a^2+ab): -ab(a+b)(a-b)]$$
Se adesso chiamiamo $P=ab+bc+ca$ e troviamo l'intersezione delle prime due, otteniamo (con un ultimo sforzo)
$$J=[aP^2-2a^3P+a^3c^2+a^3b^2-ab^2c^2: bP^2+b^3c^2+b^3a^2-2b^3P-a^2bc^2: cP^2+b^2c^3+a^2c^3-2Pc-a^2b^2c]$$
Che ha le coordinate cicliche ($P$ non cambia ciclando), e quindi le tre rette concorrono
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!

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Re: Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da LucaMac » 02 giu 2015, 21:38

Alternativamente, per evitare il lemma, troviamo la tangente da $H_a$ con metodi umani (tipo è nota? oppure strong EFFT?) , poi trovare il punto medio tra $H_a$ e $M_a$ , $T_a$ e fare la parallela alla bisettrice interna di $H_aH_bH_c$ da $H_a$ per tale punto. L'intersezione delle due rette sarà $A'$ e poi si finisce ugualmente.. :D
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Re: Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da Drago96 » 02 giu 2015, 22:18

Beh, però lo sdoppiamento è più figo!
Comunque per il conto finale bisogna mostrare che il determinante è $0$, quindi facciamo un po' di magie
Testo nascosto:
$\det\left(\begin{array}{lll} -bc(b+c)(b-c) & -ac(bc-c^2+ab+ac) & ab(ab+ac-b^2+bc) \\ bc(bc+ab-c^2+ac) & -ac(c+a)(c-a) & -ab(ac-a^2+bc+ab) \\ -bc(ab-b^2+ac+bc) & ac(ac+bc-a^2+ab) & -ab(a+b)(a-b)\end{array} \right)=0$
La nullità del determinante non cambia moltiplicando le righe o le colonne, quindi: dividiamo la prima colonna per $bc$, la seconda per $ac$, la terza per $ab$. Chiamando $Q=ab+bc+ca$ (il suo "vero" nome!) dobbiamo dimostrare che
$\det\left(\begin{array}{lll} c^2-b^2 & c^2-Q &Q-b^2 \\ Q-c^2 &a^2-c^2 & a^2-Q \\ b^2-Q & Q-a^2 &b^2-a^2 \end{array} \right)=0$
Ma ora se chiamiamo $v_i$ il vettore della riga $i$ abbiamo banalmente che $v_1+v_2+v_3=0$ e quindi il determinante è nullo! :D
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Re: Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da EvaristeG » 03 giu 2015, 01:16

Oppure
Testo nascosto:
l'intersezione tra $l_a$ e $l_a'$ è il polo della retta per $H_a$ e $M_a$, ovvero la bisettrice esterna di $H_aH_bH_c$, ovvero $cy+bz=0$... il suo polo è
$$(0,\ \ c,\ \ b)\begin{pmatrix}-a^4&b^2a^2&c^2a^2\\b^2a^2&-b^4&c^2b^2\\c^2a^2&c^2b^2&-c^4\end{pmatrix}=(cb^2a^2+bc^2a^2,\ \ -b^4c+b^3c^2,\ \ c^3b^2-bc^4)$$
ovvero $[a^2b+a^2c:-b^3+b^2c:c^2b-c^3]$ e da qui i conti.
Oppure ancora
Testo nascosto:
l'intersezione tra $l_a$ e $l_a'$ è il polo della retta per $H_a$ e $M_a$, ovvero la bisettrice esterna di $H_aH_bH_c$, ovvero $cy+bz=0$... $A=[-a:b:c]$ è il polo della retta $(c+b)cbx+(a-c)acy+(a-b)abz=0$ che incontra $cy+bz=0$ in $[-a(b-c):b(c+b):c(c+b)]$ ed ora basta verificare che lui e gli altri due sono allineati, per le ben note proprietà della polarità.

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Re: Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da Drago96 » 03 giu 2015, 19:24

Giusto un rapido ripasso: una conica è una cosa del tipo $^tXMX=0$ con $M$ simmetrica giusto? Mentre la polare di $P$ è $^tPMX=0$ (e da qui il solito lemma $^tPMQ=0\iff ^tQMP=0$).
Ora, per la circoscritta vale $M=\left(\begin{array}{lll} 0 & c^2 & b^2 \\ c^2 & 0 & a^2 \\ b^2 & a^2 & 0 \end{array}\right)$
Il tuo secondo spoiler dunque è dire che la polare di $(-a, b, c)$ è $\displaystyle\left(\begin{array}{lll} -a & b & c \end{array}\right)\left(\begin{array}{lll} 0 & c^2 & b^2 \\ c^2 & 0 & a^2 \\ b^2 & a^2 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x\\y\\z \end{array}\right) =0$

Al contrario se ho una retta $^tKX=0$ voglio scriverla come $^tPMX=0$ in modo che $P$ sia il polo e quindi ho $^tP=^tKM^{-1}$.
Per rifare il tuo primo conto bisogna invertire $M$ che viene quella che hai scritto tu (a meno della divisione per il determinante $a^2b^2c^2$ ma tanto è tutto omogeneo) e moltiplicare per il vettore di coefficienti.

Ha senso quello che ho scritto, considerate le mie scarse conoscenze di algebra lineare e coordinate proiettive?
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Re: Tangenze dalla circonferenza di Feuerbach

Messaggio da EvaristeG » 04 giu 2015, 14:59

Qualcosa del genere. Comunque arriverò pure a questo, nel glossario, prima o poi :)

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