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[Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 11 giu 2017, 10:41
da Talete
Come richiestomi da molti in privato, ho deciso di pubblicare un paio di soluzioni del problema 4 di Cesenatico di quest'anno con le baricentriche tridimensionali. Spero non ci siano troppi svarioni.

Testo.
Testo nascosto:
Sia $ABCD$ un tetraedro, siano $A'$, $B'$, $C'$ e $D'$ gli incentri delle facce $BCD$, $CDA$, $DAB$ e $ABC$ rispettivamente. Si ha che le rette $AA'$, $BB'$, $CC'$ e $DD'$ hanno un punto in comune. Dimostrare che $AB\cdot CD=AC\cdot BD=AD\cdot BC$.
Soluzione 1.
Testo nascosto:
$A=[1:0:0:0]$, $B=[0:1:0:0]$, $C=[0:0:1:0]$ e $D=[0:0:0:1]$. I lati del tetraedro li chiamo $x=AB$, $y=BC$, $z=CD$, $w=DA$, $u=AC$ e $v=BD$. Il nostro claim è $xz=yw=uv$.

$A'$, in qualità di incentro di $BCD$, ha coordinate $[0 : z : v : y]$. Analogamente, $B'=[z:0:w:u]$, $C'=[v:w:0:x]$ e $D'=[y:u: x :0]$. È come fare l'incentro in baricentriche 2D...

Adesso, parametrizzo la retta $AA'$ come $[\lambda: z : v : y]$ per un certo $\lambda$. Tecnicamente con $\lambda=\infty$ si ottiene il punto $A$, mentre con $\lambda=0$ si ottiene il punto $A'$. La retta $BB'$ invece è parametrizzata come $[z : \mu : w:u]$. Affinché queste due rette si intersechino, si deve avere che
\[\frac\lambda z=\frac z\mu=\frac vw=\frac yu,\]
ed in particolare $v/w=y/u$, che implica $uv=yw$. Facendo il ragionamento allo stesso modo su un'altra coppia di rette (ad esempio $AA'$ e $CC'$) si ottiene anche $xz=uv=yw$, che è la tesi.
Soluzione 2.
Testo nascosto:
Le coordinate sono le stesse per ogni punto. Invece di parametrizzare una retta, consideriamo un qualsiasi piano, della forma
\[kp+lq+mr+ns=0\]
per qualche quaterna di reali $(k,l,m,n)$. Attenzione: $(k,l,m,n)$ sono i coefficienti del piano, mentre $[p:q:r:s]$ sono le coordinate di un punto in tale piano.

Imponiamo che questo piano passi per $A$, $A'$, $B$ e $B'$. Il passaggio per $A$ implica $k=0$, il passaggio per $B$ implica $l=0$. Quello per $A'$ è equivalente all'esistenza di due costanti $m$ ed $n$ tali che $mv+ny=0$, e il fatto che il medesimo piano passi anche per $B'$ implica che per le stesse costanti $m$ ed $n$ si ha anche $mw+nu=0$. Da cui, ovviamente, $uv=yw$, e poi facendo le cicliche si conclude.

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 11 giu 2017, 15:22
da Lasker
Vi ricordate com'era bello quando i problemi di geometria non venivano bashati a prescindere sempre con la stessa tecnica? Nemmeno io.

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 12 giu 2017, 10:33
da Talete
Lasker ha scritto: 11 giu 2017, 15:22 Vi ricordate com'era bello quando i problemi di geometria non venivano bashati a prescindere sempre con la stessa tecnica? Nemmeno io.
Non è colpa mia: il popolo vuole baricentriche, ed io do baricentriche!

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 12 giu 2017, 10:44
da fph
Lasker ha scritto: 11 giu 2017, 15:22 Vi ricordate com'era bello quando i problemi di geometria non venivano bashati a prescindere sempre con la stessa tecnica? Nemmeno io.
Sono d'accordo con te in generale, ma questo mi sembra uno degli esercizi meno adatti per esemplificare questo problema.
Qui si richiede un uso più creativo delle baricentriche, per generalizzare al caso 3D concetti che uno negli stage ha sicuramente visto solo in 2D. Lo fai solo se hai capito per bene cosa c'è sotto, e non è scontato.
Insomma, ci sono tanti problemi di geometria che si fanno con le baricentriche in modo sempre uguale e noioso, ma secondo me questo non è uno di essi.

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 12 giu 2017, 13:10
da matpro98
Andrebbe bene anche questa?

Come per il criterio di collinearità, per cui tre punti $P_1[x_1:y_1:z_1]$ e simili sono allineati sse il determinante della matrice $\left[\begin{matrix}x_1 & y_1 & z_1 \\ x_2 & y_2 & z_2 \\ x_3 & y_3 & z_3 \end{matrix}\right]$ è $0$, considero i punti $A,B,A',B'$, con la stessa notazione di Talete e impongo che siano sullo stesso piano (è questo il passaggio di cui non sono sicuro) ponendo uguale a $0$ il determinante della matrice $\left[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & z & v & y \\ z & 0 & w & u \end{matrix}\right]$, cioè $uv-yw=0; \ uv=yw$ come voluto.

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 12 giu 2017, 14:23
da Talete
Secondo me è corretta anche così, bravo!

C'era un sacco di modi diversi per risolvere questo problema in baricentriche 8)

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 12 giu 2017, 22:56
da nuoveolimpiadi1999
Ciao Talete, purtroppo conosco poca teoria di geometria e non ci ho capito nulla. Dove posso trovare una bella spiegazione di introduzione alle baricentriche? Perché non so proprio cosa siano e come si usano... :(

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 12 giu 2017, 23:27
da Talete
La gente vorrebbe che io scrivessi una dispensa sulle baricentriche, e un po' l'ho anche iniziata, ma di sicuro non la finisco domani. Se esisterà sarà soltanto in un remoto futuro...

intanto, ti consiglio i seguenti:
"dispensa" interattiva in italiano su questo forum
dispensa di Evan Chen, purtroppo in inglese
• video sul sito di Gobbino, in italiano, di solito i G1 del medium

Ma forse è meglio se pensi soltanto alla geometria sintetica: le baricentriche danneggiano gravemente te e chi ti sta intorno!

Re: [Cesenatico 2017 - 4] Baricentriche 3D

Inviato: 13 giu 2017, 14:47
da nuoveolimpiadi1999
Grazie Talete! :)