Rotazioni triangolari

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Sisifo
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Rotazioni triangolari

Messaggio da Sisifo » 17 giu 2005, 14:04

Posto un problema sulle trasformazioni che ho trovato carino.
Sia dato un triangolo $ A_1 A_2 A_3 $ e un punto $ P_0 $ del piano. Sia $ A_n=A_{n-3} $ per $ n \geq 4 $ e sia $ P_n $ il punto che si ottiene facendo ruotare $ P_{n-1} $ attorno a $ A_n $ di $ \frac{2\pi}{3} $ in senso antiorario. Dimostrare che $ P_{54} \equiv P_0 $ se e solo se $ A_1 A_2 A_3 $ è equilatero.

kemhONE
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Messaggio da kemhONE » 20 giu 2005, 19:11

Uhm... non sono convinto che la tesi sia vera: chiedo spiegazioni.
Supponiamo il triangolo equilatero. Se prendo $ P_0 $ sulla retta $ A_1A_3 $ i vari $ P_n $ si troveranno sempre sulle rette dei lati. Inoltre si allontaneranno dal centro del triangolo se $ P_0 $ è dalla stessa parte di $ A_3 $ rispetto ad $ A_1 $, altrimenti si avvicinano.

Farnetico? Misinterpreto?

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 21 giu 2005, 12:20

La tesi è vera... le rette dei lati non c'entrano molto comunque (un po' solo). Comunque non è detto che rimanga sempre sulle rette dei lati: se $ P_0 $ si trova sulla retta $ A_1 A_2 $ a distanza da $ A_1 $ pari al lato del triangolo, ma dalla parte opposta di $ A_2 $ finisce sulla parallela alla retta $ A_2 A_3 $ passante per $ A_1 $... Cerca di trovare qualcosa di più diretto.

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Marco
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Messaggio da Marco » 21 giu 2005, 14:43

Sisifo ha scritto:La tesi è vera...
La tesi è FALSA. A meno che non specifichi in che senso di rotazione sono messi i vertici A_n.

Infatti: se prendi un triangolo equilatero con i vertici numerati in senso antiorario, col cavolo che torni in P_0.
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Messaggio da Sisifo » 21 giu 2005, 14:50

Scusate... mi sono lasciato fuorviare dal mio disegno...
OK, con i vertici in senso orario.

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Messaggio da Marco » 23 giu 2005, 20:29

UP!!!

Avanti ragazzi! Nessuno che si lancia? Ovvìa...

kemhONE
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Messaggio da kemhONE » 23 giu 2005, 21:27

Per quanto mi riguarda, chiedo umilmente un piccolo hint, magari in grigio: la mia antipatia per questo problema cresce ogni giorno... :evil: :evil:

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what
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Messaggio da what » 24 giu 2005, 09:15

Ciao!

Problema moooolto carino!
Per curiosità, qual è la fonte?
Provo a risolverlo (scusate il caos di notazioni :roll: ):
Chiamo $ R $ la rotazione di $ \frac23\pi $ descritta nel testo e $ R^{(n)} $ tale trasformazione operata $ n $ volte. L'idea base è di considerare $ R $ come una rotazione di $ -\frac23\pi $ di tutto il piano tranne $ P $. In pratica ogni volta ruoto il triangolo e me ne infischio di $ P_0 $.
Notiamo innanzitutto che $ R^{(3)} $ è una semplice traslazione, quindi $ P_{54} \equiv P_0 $ se e solo se il vettore associato a tale trasformazione è nullo.
Detto $ A_1^{(n)} $ il trasformato di $ A_1 $ mediante $ R^{(n)} $, si dovrà quindi avere $ A_3 \equiv A_3^{(3)} $. Chiaramente $ A_3^{(2)} \equiv A_3^{(3)} $; essendo la rotazione un isometria i punti $ A_3^{(1)},A_3^{(3)} $ sono equidistanti da $ A_2^{(1)} $.

Detto tutto questo, affinché la tesi sia vera si dovrà avere $ A_3A_2^{(1)}=A_2^{(1)}A_3^{(1)} $ ossia per il teorema di Carnot (o più semplicemente per i criteri di congruenza dei triangoli) $ \widehat{A_3A_1A_2^{(1)}}=\widehat{A_2^{(1)}A_1A_3^{(1)}} $; sapendo però che la somma dei due angoli è $ \frac23\pi $, otteniamo la condizione che il triangolo è equilatero.

Infine è facile verificare nel triangolo equilatero come $ R^{(3)} $ sia una traslazione nulla.

Poiché $ 54 \equiv0\mod3 $ il problema dovrebbe dirsi risolto.

Non sono affatto sicuro di ciò che ho scritto: l'idea sembra buona, ma ho la sensazione che la dimostrazione sia perlomeno incompleta... :?

Sventrapapere
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Messaggio da Sventrapapere » 24 giu 2005, 12:06

posto la mia soluzione, che è un po' diversa, forse anche un po' più complicata

- pongo l’origine del piano complesso in un punto all’interno del triangolo
- A1,A2,A3 saranno i vettori origine-vertici, P(0), P(1)… quelli dei punti, L1,L2,L3 quelli associati ai lati
- Naturalmente L1+L2+L3 = 0
- Dico c = cos(120)+ i sen (120)* c^3=1
- P(1)= ( P(0)- A1) *c + A1 (in pratica porto il centro di rotazione nell’origine e poi ritraslo su A1)
- Ripetendo l’operazione ottengo
P(3)= ( P(0)- A1)* c^3 + (A1-A2)*c^2 + (A2-A3)*c + A3
P(3)= P(0)+ (A3-A1)+ (A1-A2)*c^2 + (A2-A3)*c
P(3)= P(0) + L3 + L1 * c^2 + L2 * c

Se P(3)= P(0) allora P(3n) = P(0) quindi anche P(54)
Altrimenti P(6)= P(3) + L3 + L1 * c^2 + L2 * c (perché le trasformazioni sono le stesse)
Cioè P(6)= P(0) + 2*(L3 + L1 * c^2 + L2 * c)
In generale P(n*3)= P(0) + n *(L3 + L1 * c^2 + L2 * c)

Dato che, se esiste, il modo di disporre tre vettori in modo che la loro somma sia nulla è unico, la quantità tra parentesi deve essere uguale a L1+L2+L3, quindi
L1 * c^2 = L2
L2 * c = L1

Questo implica che il triangolo ha due lati uguali i cui vettori sono a 120 tra loro, cioè è equilatero

Scusate lo scempio, devo ancora decidermi ad imparare LaTex

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Messaggio da Marco » 24 giu 2005, 14:18

Bella l'idea dei numeri complessi! C'è però un problema: quando dici
Sventrapapere ha scritto:Dato che, se esiste, il modo di disporre tre vettori in modo che la loro somma sia nulla è unico, la quantità tra parentesi deve essere uguale a L1+L2+L3
Questo non è necessariamente vero. Intanto, potrebbe succedere che una somma è l'altra moltiplicata per una costante [anche se poi si vede che non è mai questo il caso]. Se però prendi i tre vettori allineati (e può succedere, dato che l'ipotesi che i tre punti siano allineati non c'è), scopri che esistono infiniti modi per fare somme vettoriali uguali.

Tuttavia... come possiamo salvare la dimostrazione?

HINT: Metti in sistema con la condizione L1 + L2 + L3 = 0.
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Messaggio da Sventrapapere » 24 giu 2005, 21:47

forse mi sono spiegato male, o forse non ho capito l'osservazione...

Io ho detto che tre vettori hanno un solo modo di esser disposti per aver somma NULLA. Questo perchè dati tre lati, è possibile formare un solo triangolo con essi.
Non vorrei sbagliarmi, ma questo vale anche per i triangoli degeneri (cioè se i punti sono allineati).
é vero che se vuoi ottenere una stesso vettore somma dato allora, visivamente, hai un quadrilatero con un lato fisso, perciò hai infinite possibilità di scegliere gli altri tre. ma io ho parlato (abbastanza) esplicitamente di vettore somma nullo.
per questo ho eguagliato le due somme ed ho trascurato il fattore moltiplicativo n.

Ciao e attendo chiarificazioni :)

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Messaggio da Sventrapapere » 24 giu 2005, 21:59

Ah, ecco,la cosa che forse non ho spiegato del tutto è che se
L1+L2+L3=L1*c^2+L2*c+L3
L1 e L2 vengono solo ruotati, quindi per non cambiare disposizione dei vettori essi devono essere uguali e venir semplicemente scambiati tra loro dalla rotazione, da cui le due eguaglianze successive, che portano alla soluzione.

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Messaggio da Sisifo » 25 giu 2005, 13:45

OK a tutti. La mia sol è leggermente diversa, ma uguale in sostanza. Sfrutta il fatto che se la somma degli angoli di alcune rotazoni è $ 2 \pi $ allora la loro composizione è una traslazione (cosa che si prova per induzione). Poi si dimostra che prendendo come $ P_0 $ il punto $ A_1 $ il vettore di traslazione è nullo sse il triangolo è equilatero.

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Messaggio da Marco » 27 giu 2005, 19:12

Ok, Sisifo, ma converrai che la tua è per ora una dichiarazione di intenti. Comunque alcune buone idee già saltate fuori per non perdersi nei triangoli:

- la composizione di tre rotazioni di 120° è sempre una traslazione
- R3 = identità implica R54 = identità. E' però vero anche il viceversa?
- una traslazione che lascia fisso un punto è l'identità (perché?)

Ho già una dimostrazione buttata giù, ma è su un PC che non ho sottomano fino a mercoledì. Appena ce l'ho, posto la mia.
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Messaggio da Sisifo » 28 giu 2005, 16:16

Scusate... non avevo voglia di scriverla tutta.
Allora, la composizione di una serie di rotazioni la cui somma degli angoli è un multiplo di $ 2 \pi $ è una traslazione (bisogna dimostrarlo anche questo? Comunque si fa per induzione). Quindi la composizioni delle tre rotazioni attorno a $ A_1, A_2, A_3 $ è una traslazione. La nostra tesi è che questa traslazione è l'identità sse $ A_1 A_2 A_3 $ è un triangolo equilatero. Applichiamo la nostra trasformazione al punto $ A_1 $. La prima rotazione lascia fisso il punto- La seconda lo trasforma in un punto P tale che $ \angle A_1 A_2 P = \frac{2 \pi}{3} $ e $ A_1 A_2 = P A_2 $. La seconda rotazione trasforma P in un punto T tale che $ \angle P A_3 T = \frac{2 \pi}{3} $ e $ P A_3 = T A_3 $ Sse $ T \equiv A_1 $ allora $ \angle P A_3 A_1 = \angle P A_2 A_1 $ e i triangoli $ P A_1 A_3 $ e $ P A_1 A_2 $ sono isosceli con angolo al vertice di $ \frac{2 \pi}{3} $, perciò $ \angle A_2 A_1 A_3 = \angle A_2 A_1 P + \angle A_3 A_1 P = \frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} $. Considerando il quadrilatero $ A_1 A_2 A_3 P $, si vede che l'angolo $ \angle A_2 P A_3 $ deve valere $ \frac{\pi}3} $ e quindi esso è un rombo, perciò il triangolo $ A_1 A_2 A_3 $ è un triangolo isoscele con l'angolo al vertice di $ \frac{\pi}{3} $, e quindi è equilatero.

So che a leggerla sembra lunghissima, ma a pensarla è veramente un attimo.
Praticamente è la dimostrazione di what 'girata' (cioè non penso di girare il piano, ma semplicemente di applicare le proprietà delle rotazioni).

[Aggiustato il LaTeX. Attenzione a chiudere le graffe, altrimenti il renderer va fuori di zucca. M.]

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