Questione quadrangolare

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Piera
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Questione quadrangolare

Messaggio da Piera » 06 dic 2006, 21:29

Sia $ ABCD $ un quadrilatero convesso.
Dimostrare che se esiste un punto $ P $ interno al quadrilatero tale che
$ \angle{PAB} = \angle{PBC} = \angle{PCD} = \angle{PDA}=45° $
allora $ ABCD $ è un quadrato.

Anlem
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Re: Questione quadrangolare

Messaggio da Anlem » 08 dic 2006, 22:03

-AB è parallelo a CD perché $ \angle{PAB} $ e $ \angle{PAB} $ sono angoli alterni interni della trasversale AC e sono congruenti;
AD è parallelo a BC perché $ \angle{PDA} $ e $ \angle{PBC} $ sono angoli alterni interni della trasversale BD e sono congruenti. Quindi ABCD è un parallelogramma.
-APB è congruente a CPD perché: AB è congruente a DC poiché ABCD è un parallelogramma; $ \angle{PCD}=\angle{PAB} $; $ \angle{ABP}=\angle{PDC} $ perché gli angoli opposti del parallelogramma sono congruenti.
-Le diagonali si incontrano nei rispettivi punti medi, quindi ABCD è un rettangolo.
-Anche $ \angle{DAP}=\angle{ABP} = \angle{BCP} = \angle{CDP}=45° $ perché gli angoli del rettangolo sono retti.
-Le diagonali di ABCD sono bisettrici, quindi ABCD è un rombo.
-Se ABCD è sia un rombo che un rettangolo è un quadrato.

Spero solo di non avere scritto una delle mie frequenti cretinate :roll:

Piera
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Messaggio da Piera » 09 dic 2006, 03:55

Se ho capito bene, parti dal presupposto che i punti A, P, C sono allineati, cosi' come i punti B, P, D. Questo però va dimostrato.

Anlem
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Re: Questione quadrangolare

Messaggio da Anlem » 10 dic 2006, 10:52

Non so se sia proprio una dimostrazione:
In un quadrato con P uguale al punto di incontro delle diagonali $ \angle{PAB} = \angle{PBC} = \angle{PCD} = \angle{PDA}=45° $ perchè gli angoli sono retti e le diagonali sono bisettrici. Per fare in modo che APC non siano allineati si può spostare uno dei vertici. Ma spostando C si cambia l'ampiezza di
$ \angle{PBC} $ e spostando A si cambia l'ampiezza di $ \angle{PDA} $ perchè si sposta uno degli estremi del segmento BC o AD.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 10 dic 2006, 15:06

si ma così non dimostri il viceversa

Anlem
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Messaggio da Anlem » 10 dic 2006, 18:37

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:si ma così non dimostri il viceversa
Intendi BPD?

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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 10 dic 2006, 21:30

cioè te hai solo dimostrato che in un quadrato P è il punto di incontro delle diagonali, ma nn hai dimostrato che è così per ogni quadrilatero da cui parti per la tua prima dimostrazione

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Re: Questione quadrangolare

Messaggio da Anlem » 11 dic 2006, 13:12

Anlem ha scritto: Per fare in modo che APC non siano allineati si può spostare uno dei vertici. Ma spostando C si cambia l'ampiezza di
$ \angle{PBC} $ e spostando A si cambia l'ampiezza di $ \angle{PDA} $ perchè si sposta uno degli estremi del segmento BC o AD.
Spostando i vertici si può costruire qualunque quadrilatero

uchiak
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Messaggio da uchiak » 17 dic 2006, 23:11

un aiutino?

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 13 gen 2007, 22:38

Lemma
Se la somma di n angoli non negativi $ x_i $ ha un valore costante $ \alpha \le 180° $ , allora il prodotto $ f_n $ dei loro seni è massimo quando gli angoli sono uguali fra loro.
Stante la simmetria del problema, la cosa sembra ovvia, ma non sempre ciò che sembra ovvio è anche vero. Purtroppo non saprei dimostrare questo lemma in generale con metodi elementari; limito la dimostrazione ai casi che mi servono.
Caso n=2
Si ha $ f_2=\sin x_1 \sin x_2=\frac 1 2 [cos(x_1-x_2)-cos \alpha] $ che è massima quando lo è il primo coseno, cioè quando $ x_1=x_2 $
Caso n=4
Sia $ \beta $il valore assunto da $ x_1+x_2 $ in condizioni di massimo; purché non si prefissi il valore di $ \beta $, non è restrittivo cercare il massimo fra gli angoli che soddisfano questa condizione. Si ha allora $ f_4=(\sin x_1 \sin x_2)(\sin x_3 \sin x_4) $ e le due parentesi sono massime quando $ x_2=x_1 $ e $ x_4=x_3 $ . Quindi $ f_4 =(\sin x_1 \sin x_3)^2 $ che è massimo per $ x_3=x_1 $

Problema attuale
Poniamo $ \widehat{PAD} =\alpha, \widehat{PBA}=\beta, \widehat{PCB}=\gamma, \widehat{PDC}=\delta $; dal fatto che la somma degli angoli di un quadrilatero è 360° si ricava subito $ \alpha+\beta+\gamma+\delta=180° $ . Il prodotto dei loro seni sarà quindi massimo quando tutti questi angoli valgono 45°; il massimo vale $ (\frac 1 {\sqrt 2})^4=\frac 1 4 $ .
Detta ora H la proiezione di P su AD, dal triangolo PHD si ottiene $ PH= \frac{PD}{\sqrt 2} $e dal triangolo PHA si ha $ PH= PA \sin \alpha $: quindi
$ \frac{PD}{\sqrt 2}= PA \sin \alpha $
(ottenibile anche col teorema dei seni, triangolo PDA). Scriviamo anche le formule analoghe relative agli altri lati, moltiplichiamole tutte fra loro e semplifichiamo; si ottiene $ \frac 1 4= \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \sin \delta $ , che può verificarsi solo in condizioni di massimo, cioè quando tutti gli angoli valgono 45°. Gli angoli in P sono quindi di 90° e la figura è un quadrato.

Commento
Spero che esistano soluzioni migliori di questa; in caso contrario il problema mi sembra un po’ troppo difficile per il forum.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 26 giu 2008, 03:45

giusto per riscrivere meglio la soluzione:

per ceva trigonometrico generalizzato abbiamo $ \displaystyle \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \sin \delta = \sin 45^4 =\frac{1}{4} $

$ \displaystyle \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \sin \delta \le \left ( \frac{1}{4} \sin \alpha + \frac{1}{4} \sin \beta + \frac{1}{4} \sin \gamma + \frac{1}{4} \sin \delta \right ) ^{4} $$ \displaystyle \le \sin^4 \frac{\alpha + \beta + \gamma + \delta}{4}=\frac{1}{4} $

dove la prima disuguaglianza è AM-GM e la seconda Jensen

Quindi per avere l'uguaglianza si deve avere $ \displaystyle \alpha = \beta = \gamma = \delta = \frac{\pi}{4} $ inoltre abbiamo $ \overline{PA}=\overline{PB}=\overline{PC}=\overline{PD} $ e quindi il quadrilatero è un quadrato.

E a questo punto viene facile anche dimostrare la seguente generalizzazione:

Preso un n-agono $ P_1P_2 \ldots P_n $ se esiste un punto P tale che $ \displaystyle \angle PP_iP_{i+1} = \frac{\pi}{n} $ per ogni i da 1 a n (mod n) allora l'n-agono è regolare.

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