Coniugati a perdita d'occhio

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FloatingPoint
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Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da FloatingPoint » 04 giu 2017, 14:26

Sia [math] un triangolo. Sia [math] la retta per [math] parallela a [math]. Definiamo analogamente [math]. Sia allora [math]. Definiamo allo stesso modo [math]. Siano P il punto tale che [math] e Q il punto tale che [math]. Infine sia [math] il coniugato isotomico del coniugato isogonale del baricentro di [math] (definendo i coniugati rispetto a questo triangolo).

Dimostrare che [math].

FedeX333X
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da FedeX333X » 04 giu 2017, 23:30

Testo nascosto:
I punti P e Q sono il primo è il secondo punto di Brocard del triangolo A'B'C'. Per le proprietà dei tre punti di Brocard (il teorema è relativamente famoso, e li si trova online, ma credo proprio che tu lo sappia :lol: ), sappiamo che il terzo punto di Brocard è il punto medio del segmento che congiunge il primo è il secondo punto di Brocard: vorremmo quindi che T fosse proprio il terzo punto di Brocard. Il coniugato isogonale del baricentro di ABC è il punto di Lemoine di ABC, ovvero il punto di intersezione delle sue simmediane. Il suo coniugato isotomico T è proprio il terzo punto di Brocard, essendo ABC il triangolo mediale di A'B'C'. Dunque, si ha che PT=QT.

Altrimenti, si può fare questo problema con le baricentriche, o meglio, con le trilineari.
Comunque da dove salta fuori questo problema?

FloatingPoint
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da FloatingPoint » 05 giu 2017, 11:18

FedeX333X ha scritto:
04 giu 2017, 23:30
Testo nascosto:
I punti P e Q sono il primo è il secondo punto di Brocard del triangolo A'B'C'. Per le proprietà dei tre punti di Brocard (il teorema è relativamente famoso, e li si trova online, ma credo proprio che tu lo sappia :lol: ), sappiamo che il terzo punto di Brocard è il punto medio del segmento che congiunge il primo è il secondo punto di Brocard: vorremmo quindi che T fosse proprio il terzo punto di Brocard. Il coniugato isogonale del baricentro di ABC è il punto di Lemoine di ABC, ovvero il punto di intersezione delle sue simmediane. Il suo coniugato isotomico T è proprio il terzo punto di Brocard, essendo ABC il triangolo mediale di A'B'C'. Dunque, si ha che PT=QT.

Altrimenti, si può fare questo problema con le baricentriche, o meglio, con le trilineari.
Comunque da dove salta fuori questo problema?
Il problema è il fatto noto, e lo spirito del problema è di dimostrare tale fatto...
Testo nascosto:
ad esempio, fai vedere una soluzione in baricentriche o trilineari

Talete
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Talete » 05 giu 2017, 14:21

Risolvo il problema mediante l'ausilio delle coordinate baricentriche.

Triangolo di riferimento $A'B'C'$, quindi $A'=[1:0:0]$, $B'=[0:1:0]$, $C'=[0:0:1]$ e inoltre $a=B'C'$, $b=C'A'$ e $c=A'B'$.

$P$ e $Q$ sono il primo e secondo punto di Brocard di $A'B'C'$ e hanno quindi coordinate $[c^2a^2:a^2b^2:b^2c^2]$ e $[a^2b^2:b^2c^2:c^2a^2]$. Questo lo darei per noto, altrimenti si può usare il teorema di Conway e il fatto che $\cot\omega=\cot\alpha+\cot\beta+\cot\gamma$, dove $\omega$ è l'angolo di Brocard.

Il punto medio tra $P$ e $Q$ ha coordinate $[a^2(b^2+c^2):b^2(c^2+a^2):c^2(a^2+b^2)]$.

$ABC$ sembra davvero il triangolo mediale di $A'B'C'$, quindi a meno che io sia completamente deficiente, $A=[0:1:1]$, $B=[1:0:1]$ e $C=[1:1:0]$.

Il baricentro di $ABC$ è dunque $[1:1:1]$. Il coniugato isogonale del suo coniugato isotomico rispetto ad $ABC$ sarebbe, vettorialmente, dato che i lati di $ABC$ sono metà dei lati di $A'B'C'$:
\[T=\frac{b^2c^2 A+c^2a^2 B+a^2b^2 C}{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}.\]

Scrivendo questo in funzione di $A'$, $B'$ e $C'$ (usando $2A=B'+C'$ e cicliche) si ottiene il punto $T$ voluto.

Okay ho fatto i conti un po' veloci ma il procedimento è questo.

EDIT: corretti un paio di typo nei punti di Brocard
Ultima modifica di Talete il 05 giu 2017, 19:54, modificato 1 volta in totale.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Gerald Lambeau » 05 giu 2017, 18:22

Talete ha scritto:
05 giu 2017, 14:21
$ABC$ sembra davvero il triangolo mediale di $A'B'C'$, quindi a meno che io sia completamente deficiente, $A=[0:1:1]$, $B=[1:0:1]$ e $C=[1:1:0]$.
Ah, questi fatti noti della sintetica! :lol:
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Talete » 05 giu 2017, 19:53

Gerald Lambeau ha scritto:
05 giu 2017, 18:22
Talete ha scritto:
05 giu 2017, 14:21
$ABC$ sembra davvero il triangolo mediale di $A'B'C'$, quindi a meno che io sia completamente deficiente, $A=[0:1:1]$, $B=[1:0:1]$ e $C=[1:1:0]$.
Ah, questi fatti noti della sintetica! :lol:
No ma è vero spero... sennò basta calcolare il punto all'infinito dei lati, che è tipo $[-1:0:1]$ e cicliche e trovare la retta che passa per quello e per un vertice, poi intersecare due rette e invertire la formula. Oppure aspettare che il vicino di banco ti illumini con altri fatti sintetici.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Gerald Lambeau » 05 giu 2017, 20:14

Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Talete » 05 giu 2017, 20:14

Gerald Lambeau ha scritto:
05 giu 2017, 20:14
Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.
Ti voglio bene <3
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Gerald Lambeau » 05 giu 2017, 20:16

Talete ha scritto:
05 giu 2017, 20:14
Gerald Lambeau ha scritto:
05 giu 2017, 20:14
Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.
Ti voglio bene <3
Lo so <3 (cit.).
Ora però basta, o andiamo troppo OT.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Talete » 05 giu 2017, 20:44

Gerald Lambeau ha scritto:
05 giu 2017, 20:16
Talete ha scritto:
05 giu 2017, 20:14
Gerald Lambeau ha scritto:
05 giu 2017, 20:14
Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.
Ti voglio bene <3
Lo so <3 (cit.).
Ora però basta, o andiamo troppo OT.
Uffa. Allora rilancio!

Dimostrare che $PO=QO$, dove $O$ è il circocentro di $A'B'C'$.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Gerald Lambeau » 06 giu 2017, 18:39

Viene (ovviamente) in conti.
Testo nascosto:
Con i complessi.
$A'=a, B'=b, C'=c$ sulla circonferenza unitaria, dunque $O=0$. Siano $P=p, Q=q$.
La condizione $\widehat{PA'B'}=\widehat{PB'C'}=\widehat{PC'A'}$ si riscrive come
$\displaystyle \frac{a-p}{a-b} \cdot \frac{\bar{a}-\bar{b}}{\bar{a}-\bar{p}}=\frac{b-p}{b-c} \cdot \frac{\bar{b}-\bar{c}}{\bar{b}-\bar{p}}=\frac{c-p}{c-a} \cdot \frac{\bar{c}-\bar{a}}{\bar{c}-\bar{p}}$.
Anaolgamente otteniamo per $q$
$\displaystyle \frac{b-q}{b-a} \cdot \frac{\bar{b}-\bar{a}}{\bar{b}-\bar{q}}=\frac{c-q}{c-b} \cdot \frac{\bar{c}-\bar{b}}{\bar{c}-\bar{q}}=\frac{a-q}{a-c} \cdot \frac{\bar{a}-\bar{c}}{\bar{a}-\bar{q}}$
Dopo vari passaggi algebrici, ta cui: sostituire $\displaystyle \bar{a}=\frac{1}{a}$ e cicliche, semplificare, moltiplicare tutto per $-abc$ otteniamo per $p$ che
$\displaystyle c \cdot \frac{a-p}{\bar{a}-\bar{p}}=a \cdot \frac{b-p}{\bar{b}-\bar{p}}=b \cdot \frac{c-p}{\bar{c}-\bar{p}}$
e per $q$ che
$\displaystyle c \cdot \frac{b-q}{\bar{b}-\bar{q}}=a \cdot \frac{c-q}{\bar{c}-\bar{q}}=b \cdot \frac{a-q}{\bar{a}-\bar{q}}$.
Consideriamo $\displaystyle c \cdot \frac{a-p}{\bar{a}-\bar{p}}=a \cdot \frac{b-p}{\bar{b}-\bar{p}}$. Moltiplicando otteniamo
$a(\bar{a}-\bar{p})(b-p)=c(a-p)(\bar{b}-\bar{p})$

$b-ab\bar{p}-p+ap\bar{p}=a\bar{b}c-ac\bar{p}-\bar{b}cp+cp\bar{p}$ e cicliche.
Analogamente otteniamo
$b-bc\bar{q}-q+cq\bar{q}=a\bar{b}c-ac\bar{q}-a\bar{b}q+aq\bar{q}$ e cicliche.

Sommando le tre per $p$ tra loro e le tre per $q$ tra loro notiamo che nel primo caso si semplificano i termini contenenti $\bar{p}$, nel secondo quelli contenenti $\bar{q}$, quindi diventano
$\displaystyle a+b+c-3p=\sum_{cyc} \bar{a}bc-p\sum_{cyc}\bar{a}b$ e

$\displaystyle a+b+c-3q=\sum_{cyc} \bar{a}bc-q\sum_{cyc}a\bar{b}$.
Quindi
$\displaystyle p=\frac{\sum_{cyc}(a-\bar{a}bc)}{3-\sum_{cyc}\bar{a}b}$ e

$\displaystyle q=\frac{\sum_{cyc}(a-\bar{a}bc)}{3-\sum_{cyc}a\bar{b}}$.

Che bello, conosciamo $p$ e $q$ :D ! Ora notiamo che, essendo $O=0$, $PO=QO$ sta a significare che $p$ e $q$ devono avere la stessa distanza dall'origine, cioè i loro moduli devono essere uguali: $p\bar{p}=q\bar{q}$.
Ma allora, siccome per come li abbiamo scritti in frazione i numeratori sono uguali, quando andremo ad uguagliare i moduli essi si semplificheranno, quindi ci basta dimostrare che siano uguali i moduli dei denominatori.
Ora è banale notare che

$\displaystyle \left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)\overline{\left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)}=\left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)=\overline{\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)}\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)$,
quindi i moduli dei denominatori sono effettivamente uguali, da cui, per quanto detto, si ha la tesi.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Kfp » 07 giu 2017, 02:40

Talete ha scritto:
05 giu 2017, 19:53

No ma è vero spero... sennò basta calcolare il punto all'infinito dei lati, che è tipo $[-1:0:1]$ e cicliche e trovare la retta che passa per quello e per un vertice, poi intersecare due rette e invertire la formula. Oppure aspettare che il vicino di banco ti illumini con altri fatti sintetici.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Talete » 07 giu 2017, 15:04

Gerald Lambeau ha scritto:
06 giu 2017, 18:39
Viene (ovviamente) in conti.
Testo nascosto:
Con i complessi.
$A'=a, B'=b, C'=c$ sulla circonferenza unitaria, dunque $O=0$. Siano $P=p, Q=q$.
La condizione $\widehat{PA'B'}=\widehat{PB'C'}=\widehat{PC'A'}$ si riscrive come
$\displaystyle \frac{a-p}{a-b} \cdot \frac{\bar{a}-\bar{b}}{\bar{a}-\bar{p}}=\frac{b-p}{b-c} \cdot \frac{\bar{b}-\bar{c}}{\bar{b}-\bar{p}}=\frac{c-p}{c-a} \cdot \frac{\bar{c}-\bar{a}}{\bar{c}-\bar{p}}$.
Anaolgamente otteniamo per $q$
$\displaystyle \frac{b-q}{b-a} \cdot \frac{\bar{b}-\bar{a}}{\bar{b}-\bar{q}}=\frac{c-q}{c-b} \cdot \frac{\bar{c}-\bar{b}}{\bar{c}-\bar{q}}=\frac{a-q}{a-c} \cdot \frac{\bar{a}-\bar{c}}{\bar{a}-\bar{q}}$
Dopo vari passaggi algebrici, ta cui: sostituire $\displaystyle \bar{a}=\frac{1}{a}$ e cicliche, semplificare, moltiplicare tutto per $-abc$ otteniamo per $p$ che
$\displaystyle c \cdot \frac{a-p}{\bar{a}-\bar{p}}=a \cdot \frac{b-p}{\bar{b}-\bar{p}}=b \cdot \frac{c-p}{\bar{c}-\bar{p}}$
e per $q$ che
$\displaystyle c \cdot \frac{b-q}{\bar{b}-\bar{q}}=a \cdot \frac{c-q}{\bar{c}-\bar{q}}=b \cdot \frac{a-q}{\bar{a}-\bar{q}}$.
Consideriamo $\displaystyle c \cdot \frac{a-p}{\bar{a}-\bar{p}}=a \cdot \frac{b-p}{\bar{b}-\bar{p}}$. Moltiplicando otteniamo
$a(\bar{a}-\bar{p})(b-p)=c(a-p)(\bar{b}-\bar{p})$

$b-ab\bar{p}-p+ap\bar{p}=a\bar{b}c-ac\bar{p}-\bar{b}cp+cp\bar{p}$ e cicliche.
Analogamente otteniamo
$b-bc\bar{q}-q+cq\bar{q}=a\bar{b}c-ac\bar{q}-a\bar{b}q+aq\bar{q}$ e cicliche.

Sommando le tre per $p$ tra loro e le tre per $q$ tra loro notiamo che nel primo caso si semplificano i termini contenenti $\bar{p}$, nel secondo quelli contenenti $\bar{q}$, quindi diventano
$\displaystyle a+b+c-3p=\sum_{cyc} \bar{a}bc-p\sum_{cyc}\bar{a}b$ e

$\displaystyle a+b+c-3q=\sum_{cyc} \bar{a}bc-q\sum_{cyc}a\bar{b}$.
Quindi
$\displaystyle p=\frac{\sum_{cyc}(a-\bar{a}bc)}{3-\sum_{cyc}\bar{a}b}$ e

$\displaystyle q=\frac{\sum_{cyc}(a-\bar{a}bc)}{3-\sum_{cyc}a\bar{b}}$.

Che bello, conosciamo $p$ e $q$ :D ! Ora notiamo che, essendo $O=0$, $PO=QO$ sta a significare che $p$ e $q$ devono avere la stessa distanza dall'origine, cioè i loro moduli devono essere uguali: $p\bar{p}=q\bar{q}$.
Ma allora, siccome per come li abbiamo scritti in frazione i numeratori sono uguali, quando andremo ad uguagliare i moduli essi si semplificheranno, quindi ci basta dimostrare che siano uguali i moduli dei denominatori.
Ora è banale notare che

$\displaystyle \left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)\overline{\left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)}=\left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)=\overline{\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)}\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)$,
quindi i moduli dei denominatori sono effettivamente uguali, da cui, per quanto detto, si ha la tesi.
Corretta! Io l'avevo fatto in baricentriche con la formula della distanza :D

Rilancio ulteriormente (su Brocard c'è un sacco di fatti noti, btw): Sia $L$ il punto di Lemoine di $A'B'C'$. Dimostrare che $PL=QL$ e che $\angle OPL=\angle OQL=\pi/2$.
Kfp ha scritto:
07 giu 2017, 02:40
Gesù
Troppe baricentriche fanno male, lo so, ma sono dipendente.
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da bern-1-16-4-13 » 07 giu 2017, 15:43

Talete ha scritto:
07 giu 2017, 15:04
Troppe baricentriche fanno male, lo so, ma sono dipendente.
Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere...

Talete
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Re: Coniugati a perdita d'occhio

Messaggio da Talete » 07 giu 2017, 15:58

bern-1-16-4-13 ha scritto:
07 giu 2017, 15:43
Talete ha scritto:
07 giu 2017, 15:04
Troppe baricentriche fanno male, lo so, ma sono dipendente.
Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere...
AHAHAHAHAH hai vinto tutto ;)

Ma io non voglio smettere 8)
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