2 - Banalità Triangolari

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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jim
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Re: 2 - Banalità Triangolari

Messaggio da jim » 01 nov 2005, 01:03

EvaristeG ha scritto: 14. Sia ABC un triangolo, AD un'altezza e P un punto su di essa; sia E l'intersezione di BP e CA, F l'intersezione di CP e AB. Dimostrare che AD biseca $ \measuredangle EDF $.
Essendo $ P $ un punto qualsiasi su $ AD $, possiamo "ribaltare" il problema e riscriverlo come:"Sia $ D $ il piede dell'altezza $ AD $ su $ BC $, siano$ E $ ed $ F $ punti rispettivamente su $ AC $ e $ AB $ tali che$ \widehat{FDA}=\widehat{EDA} $. Dimostrare che le rette $ BE $, $ CF $, e $ DA $ concorrono in un punto $ P $".

Utilizzeremo quindi il teorema di Ceva, che ci dice che
$ BD\cdot CE\cdot AF=DC\cdot EA\cdot FB $


Poniamo
$ AB=a $, $ FA=x $
$ AC=c $, $ EC=y $
$ AD=h $, quindi $ BD=\sqrt{a^2-h^2} $ e $ DC=\sqrt{c^2-h^2} $.
$ \widehat{BDF}=\widehat{EDC}=\alpha $
$ \widehat{BFD}=\beta $
$ \widehat{DEC}=\gamma $

L'equazione diventa quindi
$ \sqrt{a^2-h^2}yx=\sqrt{c^2-h^2}(c-y)(a-x) $

Sappiamo inoltre che per il teorema del seno,
$ \displaystyle \frac{y}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{c^2-h^2}}{\sin\gamma} $
$ \displaystyle \frac{a-x}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{a^2-h^2}}{\sin\beta} $

da cui otteniamo
$ \displaystyle y=\frac{\sqrt{c^2-h^2}\sin\alpha}{\sin\gamma} $
$ \displaystyle a-x=\frac{\sqrt{a^2-h^2}\sin\alpha}{\sin\beta} $

Sostituendoli all'equazione di partenza, e poi semplificando, otterremo

$ \displaystyle \frac{x}{\sin\gamma}=\frac{c-y}{\sin\beta} $

Sappiamo inoltre, sempre per il teor. del seno, che
$ \displaystyle \frac{h}{\sin(180°-\gamma)}=\frac{c-y}{\sin(90°-\alpha)} $
$ \displaystyle \frac{h}{\sin(180°-\beta)}=\frac{x}{\sin(90°-\alpha)} $

da cui otteniamo
$ \displaystyle c-y=\frac{h\sin(90°-\alpha)}{\sin(180°-\gamma)} $
$ \displaystyle x=\frac{h\sin(90°-\alpha)}{\sin(180°-\beta)} $

Sostituendo questi risultati all'equazione di partenza, si ottiene
$ \displaystyle \frac{h\sin(90°-\alpha)}{sin(180°-\beta)\sin\gamma}=\frac{h\sin(90°-\alpha)}{sin(180°-\gamma)\sin\beta} $

ma poichè $ \sin(180°-\theta)=\sin\theta $, allora i due membri sono uguali ed è verificata l'identità. Dunque la tesi è dimostrata.

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Iron_Man
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Messaggio da Iron_Man » 01 nov 2005, 18:03

Iron_Man ha scritto:Per Talete MN è parallelo ad AC e per la precisione è la metà. Non so bene come si fa a scriverlo formalmente forse si dice che è un omotetia di centro B e k=2. :?:
Veramente io mi riferivo a quello che ho scritto dopo: non sapevo se dire che era un omotetia...(quello che ho detto) oppure se era una similitudine di k=2 o qualcosa del genere, comunque se non te ne sei accorto vorrà dire che è giusto (spero).

Per quanto riguarda l’esercizio 15 ho fatto qualcosina però non so come andare avanti; è la prima volta che incontro la retta di eulero e quindi non so come “lavorarci”. Qui sotto metto in bianco quel pochino che ho fatto (veramente poco ed elementare).
Senza figura non sarà molto chiaro però ci provo tanto per dare un idea.
Se s è parallela alla retta di eulero s’ determinata dalle altre 3 allora ci sono due triangoli simili determinati (per esempio) dall’intersezione tra p,q,s e p,q,s’ perciò saranno parallele anche le loro rispettive rette di eulero t e t’ quello che mi chiede il problema è dimostrare che t è parallelo ad r (l’altra retta data) però sfruttando la transitività è sufficiente dimostrare che t’ è parallelo ad r. r però non è altro che il lato (mobile) che mi individua la retta di eulero t’. Lo so che non mi sono spiegato molto bene però in soldini per dimostrare il teorema basta dimostrare che preso un triangolo ABC determino la retta di eulero(numero 1) e ora determino ancora la retta di eulero individuata dal triangolo formato dall’intersezione dalla retta di eulero(n.1) e dagli altri due lati del triangolo la retta di eulero(n.2) è parallela al lato del triangolo ABC che non ha individuato la retta di eulero(n.2).

Lo so non si capisce niente, ripeto la mia domanda com’è che posso fare per “lavorare” con la retta di eulero?
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Bacco
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Messaggio da Bacco » 02 nov 2005, 13:59

@ jim: sei sicuro di poter "ribaltare" il problema 14 come hai fatto? Non è che hai dimostrato il teorema inverso? Può darsi che si possa benissimo fare, ma credo che dovresti giustificare meglio la legittimità di codesta operazione.

Ciao

Leandro
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Messaggio da Leandro » 02 nov 2005, 21:13

Per Ceva si ha:
(a) AE/EC*CD/DB*BF/FA=1.
Si conduca per A la parallela a BC e siano M ed N le sue intersezioni con DE
e DF rispettivamente
Dalla similitudine di AEM e DEC risulta:
AM/CD=AE/EC e da quella di ANF e FBD: DB/NA=BF/FA e sostituendo in (a):
AM/CD*CD/DB*DB/NA=1 da cui NA=AM .
Essendo AD altezza di MDN rispetto ad MN ,cio' significa che AD e' anche mediana
e quindi bisettrice dell'angolo NDM.
Ciao.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 03 nov 2005, 12:12

Allora, con ordine ...

@jim : Bacco ha ragione : io ho chiesto di dimostrare che A==>B e tu mi hai risposto dimostrando che B ==> A... dove A="le tre rette concorrono" e B="AD biseca EDF". Ora, facciamoci furbi : per tua fortuna hai usato la trigonometria che (di solito, ma non sempre) offre passaggi invertibili. Quindi ti basta rovesciare la tua dimostrazione partendo dal fondo e arrivando all'inizio, magari dando qualche sistemata qua e la.

@Leandro : visto che ci sono 15 problemi in questo thread, la prossima volta scrivi quale problema stai risolvendo!! Cmq, sì, la sol è giusta.

@Iron_Man : 1) trasformando quelle rette in alcuni modi, perdi tutte le informazioni significative (ad esempio ruotandole), ma con altre trasformazioni riottieni la stessa configurazione ...
2) fai tanti disegni ...precisi!!
3) la retta di eulero com'è definita?

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 03 nov 2005, 15:08

<B>Esercizio 7</B>

<i>-a)</i>
Chiamo $ l_1, l_2 $ le due diagonali, $ \alpha $ l'angolo compreso tra a e d e $ \beta $ l'angolo tra a e b.
L'area di ABCD si può calcolare come somma delle aree dei due triangoli ottenuti tracciando $ l_1 $ o dei due ottenuti tracciando $ l_2 $. Cioè, usando la formula trigonometrica per l'area:
$ S=\frac{1}{2} a d \sin \alpha + \frac{1}{2} b c \sin (\pi - \alpha)=\frac{1}{2} (ad+bc) \sin \alpha $
$ S=\frac{1}{2} a b \sin \beta + \frac{1}{2} c d \sin (\pi - \beta)=\frac{1}{2} (ab+cd) \sin \beta $
Inoltre per il teorema di Tolomeo
$ ac+bd=l_1 l_2 $
E per il teorema del seno
$ l_1=2R \sin \alpha $
$ l_2=2R \sin \beta $
Sostituendo
$ \displaystyle (ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)=\frac{2S}{\sin \alpha} \frac{2S}{\sin \beta} {4 R^2 \sin \alpha \sin \beta=16S^2 R^2 $
CVD
<i>-b)</i>
<B>Lemma</B>
$ (ab+cd)^2 \ge 4abcd $
con uguaglianza sse ab=cd
<i>dim</i>
$ (ab-cd)^2 \ge 0 $
$ (ab)^2+(cd)^2 \ge 2abcd $
$ (ab)^2+(cd)^2 + 2abcd \ge 4abcd $
CVD

(O anche per AM-GM)

Quindi,
$ \displaystyle (abcd)^3=\frac{4abcd}{4} \frac{4abcd}{4} \frac{4abcd}{4} \le \frac{(ab+cd)^2 (ac+bd)^2 (ad+bc)^2}{64} $
Sostituendo dal punto -a)
$ \displaystyle (abcd)^3 \le \frac{256 R^4 S^4}{64}= 4 R^4 S^4 $
Quindi, elevando entrambi i membri alla 1/4
$ \sqrt {2} R S \ge (abcd)^{\frac{3}{4}} $
Dal lemma si ha che l'uguaglianza si verifica se e solo se si verificano queste condizioni:
ab=cd, ac=bd, ad=bc. Dividendo membro a membro si ha facilmente, a=b=c=d e quindi poichè il quadrilatero è ciclico, l'uguaglianza si verifica se e solo se ABCD è un quadrato.CVD.

Sepp
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Messaggio da Sepp » 03 nov 2005, 18:12

7. a)
Rammentiamo (si dice così?) la nota formula $ S = \frac{abc}{4p} $.

Scriviamo l'area del quadrilatero come somma dell'area di due triangoli nei due modi possibili.

Chiamando $ x $ e $ y $ le due diagonali si ha $ S \cdot 4R = x(ad + bc) $.

D'altro canto è anche $ S \cdot 4R = y(ab + cd) $

Per Tolomeo abbiamo $ xy = ac + bd $.

Moltiplichiamo le due equazioni ottenendo $ 16R^2 \cdot S^2 = (ad + bc)(ab + cd)(ac + bd) $.

Il mio primo post in italiano dopo mesi di latitanza dai rumeni!!! :D

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 04 nov 2005, 16:03

Ok a Sisifo e a Sepp e benvenuto a quest'ultimo (mesi su mathlinks a scrivere in inglese?).
Forza, non tutti i problemi sono stati risolti, nè tutti hanno dato il loro parere su tutto.

Azarus
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Messaggio da Azarus » 04 nov 2005, 18:33

Metto anche le mia al 7b, nonostante usi sostanzialmente le stesse idee di Sisifo.

Eleviamo alla quarta e moltiplichiamo per 64 la diseguaglianza da dimostrare:

$ 256R^2S^2 \ge 64(abcd)^3 $

Ci ricordiamo del risultato del 7a:

$ (ab+cd)^2(ad+bc)^2(ac+bd)^2 \ge 64(abcd)^3 $

Riscriviamo in forma più carina:

$ (a^2bd+ab^2c+bc^2d+acd^2)^2(ac+bd)^2 \ge 64(abcd)^3 $

Dividiamo per $ (abcd)^2 $:

$ (a/c + c/a + b/d + d/b)^2(ac+bd)^2 \ge 64abcd $

Ma la somma di un numero e del suo opposto è al minimo 2, quindi abbiamo:

$ (a/c + c/a + b/d + d/b)^2(ac+bd)^2 \ge 16(ac+bd)^2 \ge 64abcd $

Da cui otteniamo, dividendo per 16 e riordinando un pochino:

$ (ab-cd)^2 \ge 0 $

E quindi abbiamo finito.

Ci accorgiamo dal penultimo passaggio che deve essere, affinché valga il segno di uguale, che tutti lati sono uguali.

Leandro
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Messaggio da Leandro » 04 nov 2005, 19:46

N° 8
Siano a,b,c gli angoli di ABC.Risulta allora:
AF=AE=rcotg(a/2);BD=BF=rcotg(b/2);CE=CD=rcotg(c/2)
con cotg(a/2)<=cotg(b/2)<=cotg(c/2)---->a>=b>=c
e :
2tg(a/2)+5tg(b/2)+5tg(c/2)=6.
L'ultima relazione (ponendo per semplicita' tg(b/2)=u,tg(c/2)=v,tg(a/2)=w)
si puo' anche scrivere cosi':
5u^2-2(3-4v)u+(5v^2-6v+2)=0
Per la realta' di u deve essere : (3-4v)^2-5(5v^2-6v+2)>=0
e cioe' -(3v-1)^2>=0 e cio' e' possibile sse risulta v=1/3.
Da qui segue : u=(3-4v)/5=1/3 ,w=(1-uv)/(u+v)=4/3 e cio' prova
che ABC e' isoscele su BC (ed ottusangolo in A).
Nel caso particolare di r=4 ( ma il calcolo si puo' fare in generale) risulta:
AB=AF+FB=4/w+4/u=3+12=15=AC;BC=BD+DC=4/u+4/v=12+12=24.
Secondo me il quesito e' difficile (almeno a giudicare dal tempo che ci
ho messo !!).

Sepp
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Messaggio da Sepp » 05 nov 2005, 12:23

EvaristeG ha scritto:Ok a Sisifo e a Sepp e benvenuto a quest'ultimo (mesi su mathlinks a scrivere in inglese?).
Forza, non tutti i problemi sono stati risolti, nè tutti hanno dato il loro parere su tutto.
Esatto. Diciamo che qui si viaggia ad un livello superiore, nel senso che i problemi sono quasi tutti di livello olimpico (per chi ha dimestichezza con mathlinks son Olympiad Section).

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Messaggio da Sisifo » 06 nov 2005, 13:32

Se posso dare un'opinione sull'8... decisamente difficile.

Ci ho messo circa 5 minuti ad arrivare al polinomio, ma non sono mai riuscito ad andare oltre... :oops: :oops: :oops:

Complimenti Leandro!

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jim
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Messaggio da jim » 06 nov 2005, 15:40

EvaristeG ha scritto: @jim : Bacco ha ragione : io ho chiesto di dimostrare che A==>B e tu mi hai risposto dimostrando che B ==> A... dove A="le tre rette concorrono" e B="AD biseca EDF". Ora, facciamoci furbi : per tua fortuna hai usato la trigonometria che (di solito, ma non sempre) offre passaggi invertibili. Quindi ti basta rovesciare la tua dimostrazione partendo dal fondo e arrivando all'inizio, magari dando qualche sistemata qua e la.
Ooops, è vero! :oops: :oops: :oops: In effetti quel mio primo passaggio non mi convinceva affatto...
@EvaristeG: Ho capito in linea teorica cosa mi suggerisci di fare, ma ora non ho molto tempo per pensare esattamente a come procedere: in futuro cercherò di dare una sistemata ai miei deliri...
Intanto, già che ci sono, posto una soluzione alternativa del 7.a) (il punto b l’ho fatto esattamente come Sisifo).

a)

Chiamo:
$ AB=a $, $ BC=b $, $ CD=c $, $ DA=d $, $ CA=e $, $ DB=f $
sia
$ \displaystyle S_1=\frac{dce}{4R} $ l'area del triangolo $ ADC $ e $ \displaystyle S_2=\frac{abe}{4R} $ l'area del triangolo $ ABC $
Sia $ \displaystyle S_{tot}=S=S_1+S_2=\frac{e(dc+ab)}{4R} $
da cui $ \displaystyle (dc+ab)=\frac{S\cdot 4R}{e} $

Con un ragionamento analogo, troviamo che
$ \displaystyle S=\frac{adf}{4R}+\frac{cbf}{4R}=\frac{f(ad+cb)}{4R} $
da cui $ \displaystyle (ad+bc)=\frac{S\cdot 4R}{f} $
Sappiamo, dall'uguaglianza di Tolomeo, che
$ ac+bd=ef $
Sostituendo quindi nell'equazione iniziale, abbiamo che
$ \displaystyle 16R^2S^2=\frac{S\cdot 4R}{e}\cdot ef\cdot\frac{S\cdot 4R}{f} $
che è evidentemente un'identità. La tesi è dimostrata.

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Messaggio da EvaristeG » 12 nov 2005, 15:09

Mi accorgo or ora che non tutti gli esercizi hanno avuto degna soluzione ... quindi UP!
Forza, che sono facili.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 30 nov 2005, 10:10

Mi sembro monotono, ma ... UP!

I problemi 9,11,12,15 non li ha fatti nessuno, mi pare!!

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