Corollario rumeno

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Anér
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Corollario rumeno

Messaggio da Anér » 01 mar 2017, 08:58

Consideriamo un quadrilatero convesso $ABCD$ e fissiamo otto punti $E,F,G,H,I,L,M,N$ all'interno dei lati, in modo che lungo il perimetro del quadrilatero i punti $A,E,F,B,G,H,C,I,L,D,M,N,A$ appaiano in quest'ordine. Tracciando le rette $EL,FI,GN,HM$ dividiamo il quadrilatero $ABCD$ in nove quadrilateri convessi più piccoli: si tratta più o meno di una griglia $3\times 3$. Dimostrare che se i primi otto di questi nove quadrilateri hanno le diagonali perpendicolari tra loro, allora anche il nono (che è quello che ha D tra i suoi vertici) ha la stessa proprietà.

Se il problema risultasse troppo difficile, potete sempre dimostrare e usare questo lemma, che altro non è che il problema 6 dell'ultimo RMM!

Sia $ABCD$ un quadrilatero convesso e siano $P$, $Q$, $R$, $S$ punti sui segmenti $AB$, $BC$, $CD$ e $DA$ rispettivamente. I segmenti $PR$ e $QS$ suddividono $ABCD$ in quattro quadrilateri, ognuno dei quali ha le diagonali perpendicolari tra loro. Dimostrare che i punti $P$, $Q$, $R$, $S$ sono conciclici.
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Re: Corollario rumeno

Messaggio da <enigma> » 01 mar 2017, 17:38

Per curiosità, che tu sappia ci sono soluzioni che ricorrono a Cayley-Bacharach? Ci ho pensato un po' su ma senza troppa convinzione.
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Re: Corollario rumeno

Messaggio da Anér » 02 mar 2017, 08:27

Cosa dice il teorema di Caley-Bacharach?
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Re: Corollario rumeno

Messaggio da <enigma> » 02 mar 2017, 20:18

Se una cubica passa per otto punti di intersezione di due cubiche, allora passa anche per il nono. Vista la vaga somiglianza, mi chiedevo se ci fosse un modo di abbassare abbastanza il grado delle condizioni del testo da poterci ricavare qualcosa. Ma se nessuno l'ha tirato fuori nelle discussioni pre/post-gara, probabilmente non ci se ne fa nulla.
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Re: Corollario rumeno

Messaggio da Anér » 03 mar 2017, 13:26

Sicuramente non ho sentito nominare questo teorema prima o dopo la gara, ma non credo che sia noto alla maggior parte degli olimpionici...

Visto che è un problema molto difficile, provo a dare qualche hint per il problema 6
Testo nascosto:
Vogliamo dimostrare che $PQRS$ è ciclico. La strategia meno ovvia è intersecare le rette $PQ$ e $RS$ in un punto $T$ e dimostrare che $TP\cdot TQ=TR\cdot TS$.
Testo nascosto:
La seconda idea è di prendere due nuove circonferenze che passano per $P,Q$ e per $R,S$ rispettivamente, e dimostrare che $T$ sta sull'asse radicale di queste. Quali circonferenze scegliere? Vista l'abbondanza di angoli retti nel problema, conviene optare per quelle di diametri $PQ$ e $RS$.
Testo nascosto:
Per dimostrare che $PQ$, $RS$ e l'asse radicale di cui sopra concorrono, dimostrare che anche una quarta retta, abbastanza naturale da costruire, concorre con tutte e tre...
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