Sia $ ABC $ un triangolo scaleno. Un punto $ P $ è "simpatico" (o come lo volete chiamare) se $ AD, BE, CF $ sono concorrenti, dove $ D, E, F $ sono le proiezioni di $ P $ su $ BC, CA, AB $, rispettivamente.
Trovare il numero di punti "simpatici" che giacciono sulla linea $ OI $.
Secondo me è molto bello e in un certo senso anche molto utile.
Ah dimenticavo: questo dovrebbe essere di Boreico.
ceviano-pedale?!?
Partiamo dalle coordinate trilineari del circocentro e dell'incentro:
O [ cos A ; cos B ; cos C ]
I [ 1 ; 1 ; 1 ]
Al fine di applicare Ceva calcoliamo il rapporto EA/AF:
$ \displaystyle \frac{EA}{AF}=\frac{\sin\widehat{APE}}{\sin\widehat{APF}}=\frac{\cos\widehat{PAE}}{\cos\widehat{PAF}}=\frac{\cos\widehat{PFE}}{\cos\widehat{PEF}} $
dando in pasto i coseni al teorema di Carnot e ponendo (x;y;z)=(PD;PE;PF) saltano fuori le relazioni
$ \displaystyle\frac{EA}{AF}=\frac{z+y\cos A}{y + z\cos A}\quad \frac{EA}{AF}=\frac{z+y\cos A}{y + z\cos A}\quad\frac{EA}{AF}=\frac{z+y\cos A}{y + z\cos A} $
Sostituendo (x ; y ; z) = k (1 ; 1 ; 1) + (cos A ; cos B ; cos C)
e imponendo che il prodotto dei tre rapporti valga 1 si ha l'equazione
$ k(-1 + 2k + \cos A + \cos B + \cos C)=0 $
Mentre sostituendo (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) + k (cos A ; cos B ; cos C)
si ha l'equazione
$ k(2 - k + k\cos A + k\cos B + k\cos C)=0 $
O [ cos A ; cos B ; cos C ]
I [ 1 ; 1 ; 1 ]
Al fine di applicare Ceva calcoliamo il rapporto EA/AF:
$ \displaystyle \frac{EA}{AF}=\frac{\sin\widehat{APE}}{\sin\widehat{APF}}=\frac{\cos\widehat{PAE}}{\cos\widehat{PAF}}=\frac{\cos\widehat{PFE}}{\cos\widehat{PEF}} $
dando in pasto i coseni al teorema di Carnot e ponendo (x;y;z)=(PD;PE;PF) saltano fuori le relazioni
$ \displaystyle\frac{EA}{AF}=\frac{z+y\cos A}{y + z\cos A}\quad \frac{EA}{AF}=\frac{z+y\cos A}{y + z\cos A}\quad\frac{EA}{AF}=\frac{z+y\cos A}{y + z\cos A} $
Sostituendo (x ; y ; z) = k (1 ; 1 ; 1) + (cos A ; cos B ; cos C)
e imponendo che il prodotto dei tre rapporti valga 1 si ha l'equazione
$ k(-1 + 2k + \cos A + \cos B + \cos C)=0 $
Mentre sostituendo (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) + k (cos A ; cos B ; cos C)
si ha l'equazione
$ k(2 - k + k\cos A + k\cos B + k\cos C)=0 $
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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Beh, senza troppe pretese di precisione, si può ragionar così : prendiamo un punto P su OI tale che IP=kOP, allora anche le proiezioni di P divideranno i segmenti individuati dalle proiezioni di I e O in rapporto k; ora, questo vuol dire che le proiezioni dividono i lati in proporzioni a(k), b(k), c(k) dove queste sono funzioni razinoali date da rapporti di polinomi di grado 1 in k. Vogliamo che a(k)b(k)c(k)=1, quindi otteniamo un'equazione al più cubica in k. Quindi vi sono al più 4 punti (le tre sol di questa equazione più il valore k=infinito). In realtà, vediamo che deve valere :
$ a(0)=\dfrac{a+c-b}{a+b-c} $ e $ a(\infty)=1 $ e simmetriche per le altre, quindi abbiamo che
$ a(k)=\dfrac{\alpha k + \beta(a+c-b)}{\alpha k +\beta(a+b-c)} $ e simmetriche. A questo punto, è facile vedere che l'equazione
$ a(k)b(k)c(k)=1 $
si riduce ad una equazione di secondo grado (esattamente di secondo grado).
Le due soluzioni sono i punti cercati ed uno di essi sarà l'incentro stesso, quindi k=0; si può notare che il termine di primo grado in k non è nullo, quindi l'altra soluzione è distinta da k=0. Infine vi sarà una "soluzione" data da $ k=\infty $, ovvero dal circocentro.
In definitiva, dunque, i punti sono 3... anche se non ho ben capito chi sia il terzo.
$ a(0)=\dfrac{a+c-b}{a+b-c} $ e $ a(\infty)=1 $ e simmetriche per le altre, quindi abbiamo che
$ a(k)=\dfrac{\alpha k + \beta(a+c-b)}{\alpha k +\beta(a+b-c)} $ e simmetriche. A questo punto, è facile vedere che l'equazione
$ a(k)b(k)c(k)=1 $
si riduce ad una equazione di secondo grado (esattamente di secondo grado).
Le due soluzioni sono i punti cercati ed uno di essi sarà l'incentro stesso, quindi k=0; si può notare che il termine di primo grado in k non è nullo, quindi l'altra soluzione è distinta da k=0. Infine vi sarà una "soluzione" data da $ k=\infty $, ovvero dal circocentro.
In definitiva, dunque, i punti sono 3... anche se non ho ben capito chi sia il terzo.
Isotomico mi sembra corretto.Hmm ... il coniugato isogonale di un punto P è l'intersezione delle simmetriche rispetto alle bisettrici delle rette AP,BP,CP; il coniugato isotomico del punto P (che sarà interserzione di tre ceviane AD, BE,CF) è l'intersezione di AD', BE', CF' dove D',E',F' sono i simmetrici di D,E,F rispetto ai punti medi dei lati.
Non mi pare proprio che il coniugato isotomico di un punto ceviano-pedale sia anch'esso ceviano-pedale. Pensa ad esempio all'incentro: considera il triangolo (1,2) (1,-1) (-3,-1) che è rettangolo e ha incentro (0,0); il suo coniugato isotomico è il punto (-2/47, 33/47) che divide con le proprie proiezioni i lati in rapporti 61:80, 49:92, 278:897 e che quindi non è ceviano-pedale.
Il fatto è che il luogo dei punti ceviano-pedali è simmetrico rispetto al circocentro, è il proprio coniugato isogonale e quindi mi sembra strano che sia pure il proprio coniugato isotomico.
Comunque, vorrei più che altro sapere come questo possa risolvere il problema.
Non mi pare proprio che il coniugato isotomico di un punto ceviano-pedale sia anch'esso ceviano-pedale. Pensa ad esempio all'incentro: considera il triangolo (1,2) (1,-1) (-3,-1) che è rettangolo e ha incentro (0,0); il suo coniugato isotomico è il punto (-2/47, 33/47) che divide con le proprie proiezioni i lati in rapporti 61:80, 49:92, 278:897 e che quindi non è ceviano-pedale.
Il fatto è che il luogo dei punti ceviano-pedali è simmetrico rispetto al circocentro, è il proprio coniugato isogonale e quindi mi sembra strano che sia pure il proprio coniugato isotomico.
Comunque, vorrei più che altro sapere come questo possa risolvere il problema.