Si tratta di una nota questione ma puo' sempre darsi che qualcuno non la conosce
e si diverte a risolverla.
ABCD e' il generico quadrilatero inscritto nella circonferenza di centro O.
Tracciata una delle due diagonali ,siano r1 ed r2 i raggi delle circonferenze
inscritte in ciascuno dei 2 triangoli in cui viene diviso ABCD.
Dimostrare che la somma r1+r2 e' costante quale che sia la diagonale
che si considera per dividere il quadrilatero.
Il teorema puo' essere esteso ad un poligono inscrittibile di un numero
qualsiasi di lati ( in tal caso la somma degli inraggi di tutti i triangoli
in cui viene diviso il poligono dalle diagonali tracciate da un vertice
qualsiasi risulta indipendente dal vertice considerato).
Leandro
Cerchi inscritti
La mia soluzione non mi piace (in particolare trovo troppo lunga la dimostrazione del lemma), ma la mando in mancanza di meglio e nella speranza che qualcuno mi dica come accorciarla.
Lemma
Se $ \alpha,\beta,\gamma $sono gli angoli di un triangolo, i raggi dei cerchi ad esso inscritto e circoscritto sono collegati dalla formula $ r=R(-1+\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma) $.
Usiamo la lettere come abituale e ricordiamo che si ha $ BC=2R \sin \alpha $e simili. Detta S l’area del triangolo, si ha
$ 2S=AB*AC \sin \alpha=2R \sin \gamma*2R \sin \beta \sin \alpha= $
$ =32 R^2 \sin^2 \frac \alpha 2 cos^2 \frac \alpha 2 \sin^2 \frac \beta 2 cos^2 \frac \beta 2\sin^2 \frac \gamma 2 cos^2 \frac \gamma 2 $
Detto 2p il perimetro e ricordando che è $ \gamma=\pi-(\alpha+\beta) $ , si ha
$ 2p=2R[\sin \alpha+\sin \beta+ \sin(\alpha+\beta)]= $
$ =2R \left[ 2 \sin \frac {\alpha+\beta}2 \cos \frac {\alpha-\beta}2+2 \sin \frac {\alpha+\beta}2 \cos \frac {\alpha+\beta}2 \right]= $
$ =4R \sin \frac {\alpha+\beta}2 \left[ \cos \frac {\alpha-\beta}2+\cos \frac {\alpha+\beta}2 \right]= $
$ =4R \sin \frac {\pi- \gamma}2 * 2 \cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2= $
$ =8R \cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2 \cos \frac \gamma 2 $
Essendo r=2S/2p, si ha (aggiunta in secondo tempo: si può arrivare a questo punto anche con un metodo più rapido: quale?)
$ r=4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \sin \frac \gamma 2=4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \sin \frac{\pi-(\alpha+\beta)}2 $
$ =4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \cos \frac{\alpha+\beta}2= $
$ = 4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 (\cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2 -\sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2)= $
$ =R(4 \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2-4 \sin^2 \frac \alpha 2 \sin^2 \frac \beta 2)= $
$ =R[\sin \alpha \sin \beta - (1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)]= $
$ =R[-1+\cos \alpha+\cos \beta - (\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta)]= $
$ = R[-1+\cos \alpha+\cos \beta - \cos (\alpha+ \beta)]= $
$ =R(-1+\cos \alpha+\cos \beta +\cos \gamma) $
Dimostrazione richiesta
Sia ABCD il quadrilatero dato; tracciata la diagonale AC, sia $ \widehat{DAC}=\alpha, \widehat{BAC}=\beta, \widehat{DCA}=\gamma, \widehat{BCA}=\delta . $ Per il lemma si ha
$ (r_1+r_2)/R=-1+\cos \alpha+\cos \delta +\cos \hat D -1+\cos \beta +\cos \gamma +\cos \hat B $
ma $ \hat B $ e $ \hat D $ sono supplementari perché insistono su una stessa corda da parti opposte, quindi i coseni si annullano fra loro: resta
($ r_1+r_2)/R=-2+\cos \alpha+\cos \delta +\cos \beta +\cos \gamma $cioè la somma fra -2 e i coseni degli angoli alla circonferenza che insistono su ciascuno dei lati del quadrilatero dato: poiché i lati sono trattati tutti nello stesso modo, è evidente che il risultato non dipende dalla diagonale tracciata.
Estensione al generico poligono inscritto avente n lati
Da un vertice si traccino tutte la possibili diagonali, ottenendo n-2 triangoli; a ognuno di essi si applichi il lemma e si sommino i risultati. Ogni due triangoli consecutivi, si semplificano fra loro i coseni degli angoli che insistono sulla stessa corda da parti opposte: alla fine resterà solo la somma di -(n-2) e di un coseno per ogni lato, analogamente al caso precdente.
Lemma
Se $ \alpha,\beta,\gamma $sono gli angoli di un triangolo, i raggi dei cerchi ad esso inscritto e circoscritto sono collegati dalla formula $ r=R(-1+\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma) $.
Usiamo la lettere come abituale e ricordiamo che si ha $ BC=2R \sin \alpha $e simili. Detta S l’area del triangolo, si ha
$ 2S=AB*AC \sin \alpha=2R \sin \gamma*2R \sin \beta \sin \alpha= $
$ =32 R^2 \sin^2 \frac \alpha 2 cos^2 \frac \alpha 2 \sin^2 \frac \beta 2 cos^2 \frac \beta 2\sin^2 \frac \gamma 2 cos^2 \frac \gamma 2 $
Detto 2p il perimetro e ricordando che è $ \gamma=\pi-(\alpha+\beta) $ , si ha
$ 2p=2R[\sin \alpha+\sin \beta+ \sin(\alpha+\beta)]= $
$ =2R \left[ 2 \sin \frac {\alpha+\beta}2 \cos \frac {\alpha-\beta}2+2 \sin \frac {\alpha+\beta}2 \cos \frac {\alpha+\beta}2 \right]= $
$ =4R \sin \frac {\alpha+\beta}2 \left[ \cos \frac {\alpha-\beta}2+\cos \frac {\alpha+\beta}2 \right]= $
$ =4R \sin \frac {\pi- \gamma}2 * 2 \cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2= $
$ =8R \cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2 \cos \frac \gamma 2 $
Essendo r=2S/2p, si ha (aggiunta in secondo tempo: si può arrivare a questo punto anche con un metodo più rapido: quale?)
$ r=4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \sin \frac \gamma 2=4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \sin \frac{\pi-(\alpha+\beta)}2 $
$ =4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \cos \frac{\alpha+\beta}2= $
$ = 4R \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 (\cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2 -\sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2)= $
$ =R(4 \sin \frac \alpha 2 \sin \frac \beta 2 \cos \frac \alpha 2 \cos \frac \beta 2-4 \sin^2 \frac \alpha 2 \sin^2 \frac \beta 2)= $
$ =R[\sin \alpha \sin \beta - (1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)]= $
$ =R[-1+\cos \alpha+\cos \beta - (\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta)]= $
$ = R[-1+\cos \alpha+\cos \beta - \cos (\alpha+ \beta)]= $
$ =R(-1+\cos \alpha+\cos \beta +\cos \gamma) $
Dimostrazione richiesta
Sia ABCD il quadrilatero dato; tracciata la diagonale AC, sia $ \widehat{DAC}=\alpha, \widehat{BAC}=\beta, \widehat{DCA}=\gamma, \widehat{BCA}=\delta . $ Per il lemma si ha
$ (r_1+r_2)/R=-1+\cos \alpha+\cos \delta +\cos \hat D -1+\cos \beta +\cos \gamma +\cos \hat B $
ma $ \hat B $ e $ \hat D $ sono supplementari perché insistono su una stessa corda da parti opposte, quindi i coseni si annullano fra loro: resta
($ r_1+r_2)/R=-2+\cos \alpha+\cos \delta +\cos \beta +\cos \gamma $cioè la somma fra -2 e i coseni degli angoli alla circonferenza che insistono su ciascuno dei lati del quadrilatero dato: poiché i lati sono trattati tutti nello stesso modo, è evidente che il risultato non dipende dalla diagonale tracciata.
Estensione al generico poligono inscritto avente n lati
Da un vertice si traccino tutte la possibili diagonali, ottenendo n-2 triangoli; a ognuno di essi si applichi il lemma e si sommino i risultati. Ogni due triangoli consecutivi, si semplificano fra loro i coseni degli angoli che insistono sulla stessa corda da parti opposte: alla fine resterà solo la somma di -(n-2) e di un coseno per ogni lato, analogamente al caso precdente.
Ultima modifica di gianmaria il 22 apr 2006, 22:06, modificato 1 volta in totale.
Il quesito puo' essere risolto tramite un teorema (che curiosamente si chiama "teorema di Carnot" ma che non ha nulla a che vedere con quello
notissimo di trigo e la cui dimostrazione puo' essere letta su
http://agutie.homestead.com/files/)
Tale teorema recita cosi':
Sia ABC un triangolo inscritto nella circonf. di centro O e siano
OH1,OH2,OH3 le distanze di O dai tre lati di ABC.Sussiste
la seguente relazione:
OH1+OH2+OH3=R+r
dove R ed r sono rispettivamente il circoraggio e l'inraggio relativi
ad ABC.
Occorre tener presente che ciascuna distanza va presa col segno negativa
se essa e' totalmente esterna al triangolo (come ad esempio OH3
rispetto al triangolo ABD della prima figura)
Applichiamo allora il teorema ai triangoli ABD e BDC della prima figura:
OH1+OH2-OH3=R+r1
OH3+OH5+OH4=R+r2
dove r1 e r2 sono gli inraggi relativi ai 2 triangoli considerati.
Sommando risulta:
(1) OH1+OH2+OH4+OH5-2R=r1+r2
Analogamente dalla seconda figura (per i triangoli ACD e ABC ) abbiamo:
OH2+OH5-OK1=R+r'1
OH1+OH4+OK1=R+r'2
e sommando:
(2) OH1+OH2+OH4+OH5-2R=r'1+r'2
Confrontando (1) e (2) segue il teorema.
Leandro
Grazie per la risposta, che trovo molto consolante: non è certo demerito non conoscere questo altro teorema di Carnot (che, a parte la bella interpretazione geometrica, è il mio lemma). Quanto alla sua dimostrazione, quella riportata nel sito da te indicato mi piace anche meno della mia perchè basata su uno sconosciuto (almeno per me) teorema di Steiner.
Ho trovato un miglioramento della mia dimostrazione e vi ho accennato con una modifica al mio primo intervento: lascio a qualche volenteroso l'incarico di pubblicarne la facile soluzione.
Ho trovato un miglioramento della mia dimostrazione e vi ho accennato con una modifica al mio primo intervento: lascio a qualche volenteroso l'incarico di pubblicarne la facile soluzione.
Il teorema di Carnot mi sembra interessante e ne riporto una
dimostrazione puramente.... geometrica.
Cominciamo con l'osservare che M,N e P sono i punti medi dei lati di ABC.
Dal quadrilatero APON (certamente inscrittibile) per Tolomeo ho:
AP.ON+OP.AN=AO.PN
ovvero:
(1) $ $\frac{c}{2}ON+\frac{b}{2}OP=\frac{a}{2}R $
Analogamente dagli altri due quadrilateri si ottiene:
(2) $ $\frac{a}{2}OP+\frac{c}{2}OM=\frac{b}{2}R $
(3) $ $\frac{b}{2}OM+\frac{a}{2}ON=\frac{c}{2}R $
Inoltre abbiamo che [S=area(ABC),p=semiperimetro(ABC)]:
(4) $ $\frac{a}{2}OM+\frac{b}{2}ON+\frac{c}{2}OP=S $
Sommando (1),(2),(3) e (4) risulta:
p.OM+p.ON+p.OP=pR+S
Dividendo per p e ricordando che S/p=r si ha appunto:
OM+ON+OP=R+r
Leandro