IMO 2005 - Problema A1

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EvaristeG
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IMO 2005 - Problema A1

Messaggio da EvaristeG » 13 lug 2005, 23:34

Dato un triangolo equilatero ABC, siano $ A_1, A_2 $ sul lato BC, $ B_1, B_2 $ sul lato AC, $ C_1, C_2 $ sul lato AB tali che $ A_1A_2B_1B_2C_1C_2 $ sia un esagono equilatero convesso.
Dimostrare che $ A_1B_2, A_2C_1, B_1C_2 $ concorrono.

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 14 lug 2005, 15:28

Per ora butto giù un'osservazione banalissima, ci sto lavorando...
Se riusciamo a dimostrare che l'esagono è ciclico (regolare?) la tesi discende dal teorema di Pascal.

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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 14 lug 2005, 15:38

Cancello quanto ho scritto. Erano solo vaccate. Chiedo venia.

Strategia risolutiva: calcolo le posizioni di tutti i vertici in funzione di A[1]B
ed A[1]A[2] ed applico Ceva/Van Obel. Chissà se funziona.

Ultim'ora: Cabri comunica che l'esagono si chiude se e solo se A[1]B[1]C[1]
è equilatero.

Sisifo: Cabri smentisce. Non è detto che l'esagono debba essere ciclico.
Ultima modifica di elianto84 il 14 lug 2005, 15:53, modificato 2 volte in totale.
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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 14 lug 2005, 15:49

Ulteriori riflessioni stupide (scusatemi, ma è il primo IMO 'recente' che affronto...mi sento un po' in soggezione :oops: ).

Se l'esagono è ciclico (come vuole la tesi per il recipropco del teorema di Pascal) ed equilatero, allora deve essere per forza regolare (un po' di angle chasing). Quindi la nostra tesi si può trasformare in $ C A_{2} = C B_{1} $.

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 17 lug 2005, 00:14

Sisifo: stai partedo da assunzioni errate, non so se sia chiaro...

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 17 lug 2005, 13:49

Uhm... credo di star farneticando a caso, ma l'idea c'è... se riesco a concludere qualcosa di presentabile lo posto.

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karl
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Messaggio da karl » 17 lug 2005, 22:19

Immagine
Forse sono fantasie estive ma leggete le mia pensata.
Su AB=l poniamo BC2=y,C2C1=x,C1A=z.Poiche' i lati
del triangolo sono indistinguibili tra loro ,secondo
me la medesima configurazione deve aversi sugli altri
due lati.Per avere una possibile limitazione per x,anche
se forse non serve,osserviamo che si ha il sistema:
$ \displaystyle {[y+z=l-x;y^2+z^2-yz=x^2]} $ oppure:
$ \displaystyle {[y+z=l-x;yz=\frac{l(l-2x)}{3}]} $
con $ \displaystyle 0< x<\frac{l}{2} $
Da qui l'equazione in y o in z:
$ \displaystyle t^2-(l-x)t+\frac{l(l-2x)}{3}=0 $
Per la realita' di t deve essere:
$ \displaystyle 3x^2-2lx-l^2 \geq 0 $
e dunque riunendo le limitazioni:$ \displaystyle \frac{l}{3} \leq x < \frac{l}{2} $.
Se ora poniamo $ \displaystyle C_2A_1A_2=\alpha\,\,\,da\,\,\, cui \,\,\, C_1C_2A_1=240°-\alpha $,
si ottiene un esagono equilatero con gli angoli alternativamente
uguali ad $ \alpha $ e a $ 240°-\alpha $.
Tale esagono ha tre assi di simmetria (vedi figura) che sono
$ \displaystyle A_1B_2,B_1C_2,C_1A_2 $ i quali devono necessariamente
concorrere in uno stesso punto ,centro di simmetria del medesimo
esagono(che e' poi il centro dei triangoli equilateri A1B1C1 e A2B2C2).

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 18 lug 2005, 01:19

karl ha scritto:Poiche' i lati del triangolo sono indistinguibili tra loro ,secondo
me la medesima configurazione deve aversi sugli altri due lati.
Questo è il nocciolo del problema, perché detto questo diventa quasi banale.
Allora, come lo dimostri?

Hammond
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Messaggio da Hammond » 18 lug 2005, 11:58

Se a karl non dispiace, provo a dimostrarlo io, visto che mi ha fregato sul tempo a postare :D

Per prima cosa è ovvio che $ \overline {AB_2}+\overline{B_1C} = \overline {CA_2}+\overline {A_1B} = \overline {BC_2}+ \overline {C_1A} $.

Supponiamo che sia, per esempio, $ \overline{CA_2}>\overline{BC_2}\Leftrightarrow \overline{AC_1}>\overline{BA_1} $.

Ora, se $ \overline{AB_2}\ge\overline{BC_2} $ si ottiene che $ \overline{C_1B_2}>\overline{C_2A_1} $ in quanto $ \overline{AC_1}>\overline{BA_1} $ e $ \overline{AB_2}\ge\overline{BC_2} $, il che contraddirebbe l'ipotesi.
Se invece $ \overline{AB_2}<\overline{BC_2}\Leftrightarrow\overline{AC_1}<\overline{CB_1} $, si avrebbe $ \overline{A_2B_1}>\overline{B_2C_1} $ poichè $ \overline{CA_2}>\overline{BC_2}>\overline{AB_2} $ e $ \overline{CB_1}>\overline{AC_1} $, ma anche questo sarebbe contro l'ipotesi di 'equilaterità' (se si dice così) dell'esagono.

Questo dovrebbe concludere la dimostrazione.
Adesso però voglio vederne una fatta bene... :P

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karl
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Messaggio da karl » 18 lug 2005, 13:07

Grazie ad Hammond che mi sembra abbia completato egregiamente
il quesito.In verita' la mia dimostrazione ,concettualmente simile a quella di Hammond,si basava proprio sul temine " indistinguibili " .Infatti ,essendo
AB,BC,CA lati di un triangolo equilatero e l'esagono medesimo equilatero,
mi sono appparse non possibili due configurazioni differenti per AB e BC
o per qualsiasi altra coppia di lati.Cio' avrebbe significato la possibilita' di attribuire,stante la situazione geometrica, proprieta' diverse ai diversi lati
in contrasto con la loro " indistinguibilita' ".
Mi rendo conto che si tratta di un ragionamento piu' ..filosofico che
geometrico ma le condizioni,a mio parere,c'erano.

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