Altra concorrenza, stavolta con l'incirconferenza

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Avatar utente
edriv
Messaggi: 1638
Iscritto il: 16 feb 2006, 19:47
Località: Gradisca d'Isonzo
Contatta:

Altra concorrenza, stavolta con l'incirconferenza

Messaggio da edriv » 28 nov 2006, 21:14

Immagine

Sia ABC un triangolo e D,E,F i punti in cui i lati tangono la circonferenza inscritta.
Sia P un punto interno al triangolo.
Le rette AP,BP,CP intersecano la circonferenza inscritta nei punti X,Y,Z (consideriamo l'intersezione più vicina al vertice, se ce ne sono due).
Dimostrare che DX,EY,FZ concorrono.

Avatar utente
elianto84
Messaggi: 266
Iscritto il: 20 mag 2005, 18:35
Località: Pisa
Contatta:

Messaggio da elianto84 » 30 nov 2006, 17:09

Trilineari, conti, conti, conti, determinante, fine. :shock: :roll: :lol:
Jack alias elianto84 alias jack202

http://www.matemate.it IL SITO

.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -

Avatar utente
edriv
Messaggi: 1638
Iscritto il: 16 feb 2006, 19:47
Località: Gradisca d'Isonzo
Contatta:

Messaggio da edriv » 30 nov 2006, 18:22

Jack ci dimostra come un problema che a prima vista potrebbe sembrare difficilino ha una splendida soluzione di una riga 8)

dai su, se nessuno lo risolve entro un mese, sarai costretto a texarli tutti, i conti :twisted:

Avatar utente
Leblanc
Messaggi: 173
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Re: Altra concorrenza, stavolta con l'incirconferenza

Messaggio da Leblanc » 01 dic 2006, 17:53

Dunque, sono quasi certa che in questa soluzione ci sia qualcosa che non va, ma non so proprio dire cosa:)
Quindi aspetto correzioni...
L'idea era quella di risolvere il problema con la proiettiva. Innanzitutto riscrivo il problema in questo modo:
Dato un quadrilatero DEXF ciclico e la sua circonferenza circoscritta, si tracciano le tangenti in D,E,F, che si intersecano a due a due in A, B, C. Si prenda un punto P sulla linea AX... poi si fa tutta la costruzione per bene.
Ho fatto questo per evidenziare l'indipendenza dei punti D,E,F,X. Ora, l'idea era di mandare i 4 punti E, F, D, X in 4 punti comodi, sfruttando l'invarianza della costruzione per proiettivita'(infatti se mando la circonferenza in un'altra circonferenza, scegliendo opportunamente i punti, la condizione della tangenza non si perde e tutte le altre cose sono appartenenze e concorrenze...).
Cmq, se ora mando DEF in un triangolo equilatero e X nel simmetrico di D rispetto alla circonferenza circoscritta a DEF, il triangolo ABC e' equilatero, il punto P deve per forza appartenere alla retta AD (che contiene X) e tutto e' simmetrico rispetto alla retta AD. Quindi le rette YE e ZF si devono per forza intersecare sull'asse di simmetria AD, che e' anche la retta DX... Questo concluderebbe la dimostrazione, senza conti.
Pero' non sono affatto sicura del passaggio con la proiettiva... probabilmente mi prendo un po' troppe liberta' :)

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4774
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 01 dic 2006, 18:09

Sì, diciamo che tu ti sei presa un grado di libertà, togliendolo alla povera circonferenza inscritta:
dati D,E,F,X, è vero che esiste una proiettività che manda questi punti in altri quattro purchè a tre a tre non allineati, ma allora, questa stessa proiettività, manderà una conica per D,E,F,X in una conica per le immagini. Ora, per 4 punti passano infinite coniche, anche se i 4 punti sono conciclici, e dunque non c'è niente che ti assicuri che l'immagine della circonferenza inscritta sia la circonferenza inscritta del triangolo immagine e non una qualsiasi ellisse inscritta.
Quindi, così non va. :P

Simo_the_wolf
Moderatore
Messaggi: 1036
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Pescara

Messaggio da Simo_the_wolf » 02 dic 2006, 06:06

Breve ritorno alla brute force olimpica... :P

Scrivo la condizione come ceva trigonometrico sul triangolo FED quindi mi inizio a riscrivere:

$ \sin (FEY) / \sin (YED) =\sin (FDY) / \sin (YFD) $

Analizziamo ora il triangolo isoscele $ BFD $ con il punto interno $ Y $.

Abbiamo che, per angoli alla cfr e angoli tangenti, $ FDY =YFB $ e $ DFY=YDB $. Sappiamo sempre per ceva trigonometrico che, essendo $ YD,YF,YB $ concorrenti (guardacaso in Y... :P), si ha:

$ \sin ( YDF) \sin (YFB) \sin (YBD) = \sin (YFD) \sin (YBF) \sin (YDB) $ cioè sostituendo la relazione trovata prima e sapendo che $ YBD=PBC $ e $ YBF = PBA $:
$ \sin (YDF)^2 \sin(PBC) = \sin (YFD) ^2 \sin(PBA) $

Di qui moltiplicando per le altre uguaglianze cicliche otteniamo che la concorrenza in P c'è sse c'è in Q (nb che non ho usato il punto P ma solo i punti X,Y,Z)

Avatar utente
edriv
Messaggi: 1638
Iscritto il: 16 feb 2006, 19:47
Località: Gradisca d'Isonzo
Contatta:

Messaggio da edriv » 02 dic 2006, 14:26

Ok, come la mia solo che la mia era più divertente!
Infatti dopo aver girato un po' con gli angoli sono arrivato (sotto la condizione che AX,BY,CZ concorrono) a:
$ \displaystyle \frac{\sin \angle FDX \cdot \sin \angle DEY \cdot \sin \angle EFZ} {\sin \angle EDX \cdot \sin \angle FEY \cdot \sin \angle DFZ} $ $ \displaystyle = \mbox {vari passaggi} = \frac{\sin \angle EDX \cdot \sin \angle FEY \cdot \sin \angle DFZ}{\sin \angle FDX \cdot \sin \angle DEY \cdot \sin \angle EFZ} $

Allora mi son detto "ohibò, ho scoperto l'acqua calda"
Dopo qualche altro tentativo mi è ricaduto l'occhio su quella parte del foglio e mi son detto "ohibò, ma le frazioni sono girate"

Risolto. :lol:

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
Messaggi: 849
Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
Località: Carrara/Pisa

Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 03 lug 2007, 03:30

non è difficile dimostrare che le tre rette concorrono nel punto di nagel [vedi qui]

Avatar utente
edriv
Messaggi: 1638
Iscritto il: 16 feb 2006, 19:47
Località: Gradisca d'Isonzo
Contatta:

Messaggio da edriv » 03 lug 2007, 11:59

:shock:

Avatar utente
Sisifo
Messaggi: 604
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Scorzè (VE)/Pisa

Messaggio da Sisifo » 03 lug 2007, 21:11

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:non è difficile dimostrare che le tre rette concorrono nel punto di nagel [vedi qui]
Mah.. probabilmente è la sera tarda, ma il punto Q non determina univocamente il punto P? Cioè come fanno a concorrere nel punto di Nagel quelle tre rette?
"Non è certo che tutto sia incerto"(B. Pascal)
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
Messaggi: 849
Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
Località: Carrara/Pisa

Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 03 lug 2007, 21:41

:lol: :lol: stavolta l'ho detta grossa...chissà perchè pensavo a Q come l'incentro e a X, Y e Z i simmetrici dei punti di tangenza :lol: :lol:

Rispondi