Somme di inraggi di un quadrilatero ciclico

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edriv
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Somme di inraggi di un quadrilatero ciclico

Messaggio da edriv » 14 giu 2007, 14:22

Sia ABCD un quadrilatero ciclico.
Sia $ ~ r(XYZ) $ l'inraggio del triangolo XYZ.

Dimostrare che $ ~ r(ABC) + r(ADC) = r(BCD) + r(BAD) $.

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 14 giu 2007, 15:31

Scusate non ho saputo trattenermi.. :oops:
Da un lemmino noto dimostrato da edriv al winter camp con parecchi Tolomeo r(ABC)=R(cos \alpha+cos \beta + cos \gamma -1) se \alpha \beta \gamma sono gli angoli di ABC. Sostitutendo nella tesi e ricordando che ABCD è ciclico e che cos (\pi - x) + cos x =0 otteniamo un'identità
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edriv
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Messaggio da edriv » 14 giu 2007, 15:41

Non ho niente in contrario al fatto che uno risponda subito, anzi, meglio!

Ma almeno scrivete le soluzioni decentemente... secondo me imbiancare non serve a niente!

Comunque bella soluzione... a volerlo fare con qualche calcolo, bisognava trovare la formula giusta per l'inraggio, e io a quella non avevo proprio pensato.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 14 giu 2007, 16:08

figurina:

Immagine

i triangoli EHF e LGK sono congruenti perchè LG = EF per il noto rettangolo e per angle chansing $ \angle HFE = \angle MBA - \angle MBP = \angle MCD - \angle CMP = \angle KGL $

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edriv
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Messaggio da edriv » 14 giu 2007, 16:30

Ok, ottimo!

La mia soluzione era ancora diversa: sfruttando il fatto che gli incentri formano un rettangolo, ottengo per Pitagora $ ~ OE^2 - OF^2 = OL^2 - OG^2 $ (O non centra, vale per qualunque punto del piano).

Ma usando la formula $ OI^2 = R^2-2rR $, questo implica la tesi.

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luca88
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Messaggio da luca88 » 15 giu 2007, 14:30

Piccola curiosità: con che programma si ottengono quelle belle immagini?? (vedi quella di Gabriel). Grazie

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 15 giu 2007, 14:33

io uso cabri geometre II comunque non penso sia il migliore, soprattutto per poi postare l'immagine su internet, sicuramente è meglio quello che usa edriv a quanto pare dalle sue figure :wink:

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Ponnamperuma
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Messaggio da Ponnamperuma » 15 giu 2007, 14:47

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:io uso cabri geometre II comunque non penso sia il migliore, soprattutto per poi postare l'immagine su internet, sicuramente è meglio quello che usa edriv a quanto pare dalle sue figure :wink:
... e se non erro edriv usa C.a.R.: http://mathsrv.ku-eichstaett.de/MGF/hom ... index.html :wink:
La grandezza dell'uomo si misura in base a quel che cerca e all'insistenza con cui egli resta alla ricerca. - Martin Heidegger

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Messaggio da elianto84 » 23 giu 2007, 19:23

Diretta conseguenza del Teorema Giapponese (a sua volta conseguenza delle relazioni che intercorrono tra inraggi, exraggi e circoraggi).

Per un riferimento:
http://www.cut-the-knot.org/proofs/jap.shtml
Jack alias elianto84 alias jack202

http://www.matemate.it IL SITO

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