sns 2000/2001 #2

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Avatar utente
bruno222
Messaggi: 14
Iscritto il: 15 lug 2007, 13:56

sns 2000/2001 #2

Messaggio da bruno222 » 26 lug 2007, 00:06

Siano dati due punti A e B su una circonferenza. Per ogni punto C sulla circonferenza sia P il punto della spezzata ACB che ne dimezza la lunghezza. Si descriva il luogo dei punti P al variare di C.



credo sia un ellisse ma non riesco a fare una dimostrazione....... avete qualche idea ????????????

darkcrystal
Messaggi: 694
Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
Località: Chiavari

Messaggio da darkcrystal » 26 lug 2007, 09:59

Temo che sia qualcosa di un po' tanto più brutto di un ellisse...
Credo siano 4 pezzi di circonferenza attaccati (male)... come siano fatti, ti lascio il piacere di scoprirlo!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein

Membro dell'EATO

Avatar utente
pi_greco_quadro
Messaggi: 158
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Verona

Messaggio da pi_greco_quadro » 28 lug 2007, 19:03

Allora il luogo non è un'ellisse ma come dice Darkcrystal sono 4 archi di circonferenza attaccati male. Vediamo di dimostrarlo

Intanto, immagine

Immagine

Per cominciare, osserviamo che, logicamente, il luogo debba essere simmetrico all'asse $ MD $. In particolare, avremo che $ P\in max\{AC,BC\} $, wlog, io suppongo che sia $ AC\geq BC $.

Intanto, per costruire $ P $ sotto le condizioni date, mi basterà definire $ B' $ come l'intersezione tra la retta per AC e la circonferenza di centro C e raggio BC. P sarà allora il punto medio di AB'.

Poniamo che P stia sull'arco maggiore AB, ma non cambia nulla se sta sul minore. comunque, noi vogliamo dimostrare che AMPD è ciclico. Ora, per farlo, osserviamo che $ \angle AMD = 90° $ trattandosi dell'asse.
Inoltre ADB' è isoscele infatti AD=BD=B'D, e quindi PD è perpendicolare a AB'. Quindi $ \angle APD = 90° $ e AMPD è inscritto nella circonferenza di raggio AD.

EDIT: mi sono accorto che questa catena di uguaglianze non è poi proprio banale, vediamo di dimostrarlo. Allora voglio mostrare che BD=B'D. Bene, consideriamo i triangoli B'CD e BCD, ora, CD è in comune e BC=B'C perché raggi della circonferenza di centro C. Voglio dimostrare che $ \angle BCD=\angle B'CD $, per farlo usiamo questa catena $ \pi=\angle B'CD+\angle ACD=\angle B'CD+\angle ABD $. Ma anche $ \pi=\angle BAD+\angle BCD=\angle ABD+\angle BCD $. Questo conclude VERAMENTE la dimostrazione.

Stesso modo si procede per gli altri tre casi.. Alla fine il luogo è dato dai due archi di circonferenza visti in figura ed interni alla circonferenza di partenza più i loro simmetrici rispetto a MD.
Disco es cultura, metal es religion (Metal py)
"Ti credevo uno stortone.. e pure vecchio.. (Lei)"

Rispondi