Una relazione notevole (..secondo me)

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karl
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Una relazione notevole (..secondo me)

Messaggio da karl » 15 mag 2005, 19:49

Sia P un punto interno al triangolo ABC tale che risulti:
PAB=PBC=PCA=$ \varphi $.
Dimostrare che si ha:
$ \frac{1}{{\sin ^2 \alpha }} + \frac{1}{{\sin ^2 \beta }} + \frac{1}{{\sin ^2 \gamma }} = \frac{1}{{\sin ^2 \varphi }} $
dove $ \alpha,\beta,\gamma $ sono gli angoli interni del triangolo.

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 17 mag 2005, 18:19

L'angolo PAB..etc va considerato con il vertice in A?
P. Andrea

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karl
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Messaggio da karl » 17 mag 2005, 18:32

@Pixel
Si,come di norma.
Ciao.

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elianto84
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Brocard

Messaggio da elianto84 » 05 giu 2005, 23:18

Contazzi, sì, i miei preferiti!
L'angolo di Brocard ha sempre molto fascino...

Dato che sono incompetente in materia TeX posto il link
ad una soluzione in formato .pdf

http://elianto84.altervista.org/brocard.pdf

[Copiate e incollate l'URL nella barra degli indirizzi e premete invio,
Altervista mi dà grane con i PDF ultimamente...]

Questo pdf da me caoticamente redatto, per inciso, dimostra anche che

ctg(omega) = ctg(alfa) + ctg(beta) + ctg(gamma)

che è forse la relazione più nota circa l'angolo di Brocard.
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karl
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Messaggio da karl » 06 giu 2005, 15:26

Immagine
Interessante soluzione quella di elianto84,ricca di spunti (come ad
esempio la forma trigonometrica del teorema di Ceva).Comunque ecco
la mia soluzione un po' piu' ..terra terra.
Siano:
X l'intersezione di BP con AC,M ed N le proiezioni ortogonali
di B e P su AC ed R quella di A su BX.Inoltre indichiamo con
[XYZ] l'estensione del generico triangolo XYZ.
Dalla similitudine di ABX ed APX si trae:
$ AX:PX=BX:AX=>AX^2=PX*BX $
e per il teorema dei seni su APX:
$ \displaystyle\frac{sin^2\phi}{sin^2\alpha}=\frac{PX^2}{AX^2}=\frac{PX^2}{PX*BX}=\frac{PX}{BX} $
Ed ancora:
$ \displaystyle\frac{[APX]}{[ABX]}=\frac{PX*AR}{BX*AR}=\frac{PX}{BX}=\frac{PN}{BM}=\frac{PN*AC}{BM*AC}=\frac{[APC]}{[ABC]} $
E dunque raccogliendo:
(1) $ \displaystyle\frac{sin^2\phi}{sin^2\alpha}=\frac{[APC]}{[ABC]} $
Ed analogamente:
(2) $ \displaystyle\frac{sin^2\phi}{sin^2\beta}=\frac{[BPA]}{[BCA]} $
(3) $ \displaystyle\frac{sin^2\phi}{sin^2\gamma}=\frac{[CPB]}{[CAB]} $
Sommando (1),(2) e (3):
$ \displaystyle\frac{sin^2\phi}{sin^2\alpha}+\frac{sin^2\phi}{sin^2\beta}+\frac{sin^2\phi}{sin^2\gamma}=1 $
da cui dividendo per $ sin^2\phi $ si ha la tesi.

AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 10 giu 2005, 08:07

elianto nella tua dimostrazione non riesco a capire come hai applicato il teorema di briggs su i 2 passaggi che seguono il teorema di ceva (che io ho dimostrato da solo ;D )e la formula di triplicazione del seno nel mio libro non c'è, potresti spiegarmi?

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elianto84
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Spiegazioni

Messaggio da elianto84 » 10 giu 2005, 10:59

Allora...
Briggs1. sin(a)sin(b) = (1/2) cos(a-b) - cos(a+b) ]

Sin^3(W) = Sin(A-W)Sin(B-W)Sin(C-W)
diventa tramite Briggs1.
(1) Sin^3(W) = (1/2)[ cos(A-B) - cos(A+B-2W) ] sin(C-W)

Briggs2. cos(a)sin(b) = (1/2)[sin(a+b) - sin(a-b)]

Applichiamo Briggs2. alla (1)

Sin^3(W) = (1/4)[ sin(A-B+C-W) - sin(A-B-C+W) - sin(A+B+C-3W) + sin(A+B-C-W) ]

Ora ci ricordiamo che sin(-x)=-sin(x), che A+B+C=pi e che sin(pi-x)=sin(x)
e riconduciamo il tutto a

(2) 4sin^3(W)-sin(3W) = sin(2B+W) + sin(2A+W) + sin(2C+W)

il membro di sinistra è 3sin(W) per le formule di triplicazione del seno.
Infatti

sin(3W) = sin(2W+W) = sin(2W)cos(W)+sin(W)cos(2W) =
2sin(W)(1-sin^2(W)) + sin(W)(1-2sin^2(W)) = 3sin(W) - 4sin^3(W)

Segue che riarrangiando i termini della (2) abbiamo

(sin(2A+W)-sin(W)) + (sin(2B+W)-sin(W)) + (sin(2C+W)-sin(W)) = 0

Adesso ricorriamo a Briggs3.
Ricordo sin(a) - sin(b) = 2 sin((a-b)/2) cos((a+b)/2)

sin(A)cos(A+W) + sin(B)cos(B+W) + sin(C)cos(C+W) = 0

A questo punto basta sviluppare il coseno della somma e raccogliere

cos(W) [ sin(A)cos(A) + sin(B)cos(B) + sin(C)cos(C)] =
sin(W) [ sin(A)^2 + sin(B)^2 + sin(C)^2]

Poi moltiplico per R^2 (raggio della circonferenza circoscritta al quadrato).
Questo perchè, per il teorema del seno,

a / sin(A) = b / sin(B) = c / sin(C) = 2R

inoltre, se O è il circocentro del triangolo ABC, l'area di OAB è data da

(1/2) R^2 sin(^AOB) = (1/2) R^2 sin(2C) = R^2 sin(C)cos(C)

dunque ottengo ( S è l'area del triangolo )

(3) 4S cos(W) = sin(W) (a^2 + b^2 + c^2)

e dalla (3) si tirano fuori piuttosto agevolmente tutte le relazioni che
coinvolgono W (angolo di Brocard).
Spero di essere stato chiaro.
Hasta luego!
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AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 10 giu 2005, 15:07

okok tutto kiaro, ah solo una cosa quello non si chiama Briggs muahahaahhhhahahahhhhah ( si chiama Werner )

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