complicato (per me) ma bello

Giochini matematici elementari ma non olimpici.
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spugna
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complicato (per me) ma bello

Messaggio da spugna » 24 apr 2009, 17:44

è uno dei problemi di geometria più belli che abbia mai visto (nel senso che mi piace il modo in cui va risolto)

Dato un triangolo equilatero $ ABC $,si prenda un punto $ D \in \ AB $ e un punto $ E \in \ AC $,tali che $ DE $ risulti tagente alla circonferenza inscritta in $ ABC $.

Dimostrare che $ AE/EC + AD/DB = 1 $

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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 24 apr 2009, 18:11

Chiamiamo D' e E' i punti di tangenza di AB e AC con l'incerchio. Chiamato P il punto di incontro tra BE e CD, per il Teorema di Brianchon su sull'esagono degenere DBB'CE'E abbiamo che P sta su D'E' inoltre se chiamiamo $ K: AP \cap BC $ abbiamo che $ \displaystyle \frac{AP}{PK}=1 $.
Ma per il teorema di Van Aubel su P abbiamo:

$ \displaystyle \frac{AD}{DB} +\frac{AE}{EC}=\frac{AP}{PK}=1 $.

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 24 apr 2009, 18:14

Scusa era un po' incomprensibile, ho dovuto scriverla di fretta(dovevo partire :D ) per cui la aggiusto
Notare che $ AD+DE+AE=AD+DB=AE+EC $(infatti siano $ H $ e $ T $ i punti di tangenzadella circonferenza rispettivamente con $ AB $ e $ AC $ e $ K $ il punto di tangenza con il segmento $ DE $, risulta $ DH=DK $ e $ KE=ET $ quindi $ $AD+AE+DE=AD+AE+DK+KE=AD+AE+DH+ET=AH+AT=AB$ $(il lato del triangolo))

Per quello che ho scritto sopra risulta $ EC=AD+DE e DB=AE+DE $
La tesi diventa
$ $\dfrac{AE}{AD+DE} + \dfrac{AD}{AE+DE} = 1 \Rightarrow$ $
$ $\Rightarrow [AE(AE+DE) + AD(AD+DE)] = (AD+DE)(AE+DE) \Rightarrow$ $
$ $\Rightarrow [AE^2+AE \cdot DE + AD^2 + AD \cdot DE] = AD \cdot AE + AD \cdot DE + DE \cdot AE + DE^2$ $
Cancellando, la tesi diventa
$ $AE^2 + AD^2 = DE^2 + AD \cdot AE$ $
che è vera poichè $ $DE^2 = -2AD\cdotAE\cdot\cos(60)+AE^2+AD^2 = AE^2+AD^2-AD \cdot AE$ $ per il teorema di Carnot applicato al triangolo $ ADE $

Ho letto(visto la lunghezza :) ) della tua dimostrazione. Me la vedrò bene Lunedì anche perchè ora non ho tempo... Ciao!
Ultima modifica di GioacchinoA il 25 apr 2009, 16:04, modificato 6 volte in totale.

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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 24 apr 2009, 18:17

(è anche una conseguenza diretta del Teorema di Harcourt)

spugna
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Messaggio da spugna » 25 apr 2009, 10:16

secondo me esiste 1 altra soluzione che pur essendo più lunga ricorre a teoremi meno complessi:

sia $ c $ la circonferenza inscritta in $ ABC $.Dato che $ DE $ è tangente a $ c $ , $ c $ è inscritta anche nel quadrilatero $ BCED $.
Condizione necessaria e sufficiente affinchè un quadrilatero abbia una circonferenza inscritta è che la somma dei lati opposti sia la stessa,perciò $ BC + DE = EC + BD $. Ma $ EC = AC - AE $ e $ BD = AB - AD $,quindi $ BC + DE = (AC - AE) + (AB - AD) = AB + AC - (AE + AD) $.Inoltre,$ AB \cong BC \cong AC $($ ABC $ è equilatero);ne consegue che $ BC + DE = BC + BC - (AE + AD) $,da cui $ DE = BC - (AE + AD)\Rightarrow AD + AE + DE = BC $.
Quindi su ognuno dei 3 lati di $ ABC $ si possono individuare 2 punti tali che ogni lato risulti diviso in 3 segmenti congruenti ai 3 lati di $ ADE $.
2 di questi 6 punti sono $ E $ e $ D $,perchè $ AD $ e $ AE $ coincidono con 2 lati di $ ADE $. Si prendano ora i 4 punti $ P,Q,R,S $ (con $ P\in \ AB,Q\in \ AC $ e $ R,S\in \ BC $),tali che $ AD \cong BR \cong CQ ; DP \cong RS \cong QE $ e $ AE \cong BP \cong CS $. Ora,i triangoli $ ADE $,$ BRP $ e $ CQS $ hanno entrambi:
-un lato congruente ad $ AE $ e uno congruente ad $ AD $;
-l'angolo compreso fra questi due lati (che deve misurare $ 60° $ perchè $ ABC $ è equilatero).
I 3 triangoli risultano allora congruenti per il 1° criterio di congruenza dei triangoli. Ne consegue che $ DE \cong RP \cong QS $. Ricordando che$ DE = AB - AD - AE $ e che $ DP = AB - AD - BP $,si deduce che $ DE \cong DP $ perchè è stato posto $ AE \cong BP $.Per la proprietà transitiva,$ DE \cong EQ \cong QS \cong SR \cong RP \cong PD $.Se $ DE $ è tangente a $ c $,allora lo saranno anche $ RP $ e $ QS $,perchè sono stati costruiti nello stesso modo.Inoltre,$ PD,RS $ ed $ EQ $ appartengono a 3 rette che sono tangenti a $ c $ per ipotesi,quindi lo sono anche questi 3 segmenti. Ora si può dire che il poligono $ DEQSRP $ è un esagono equilatero circoscritto a $ c $.Se si indica (per comodità di calcolo) l'ampiezza di $ \widehat{AED} $ con $ \alpha $,allora (per il teorema della somma degli angoli interni dei triangoli) $ \widehat{ADE} = 180° - \widehat{BAC} - \widehat{AED} = 180° - 60° - \alpha = 120° - \alpha. $ $ \widehat{AED} $ è un angolo esterno del triangolo $ EDQ $,che è isoscele in $ QD $ perchè 2 dei suoi lati coincidono con 2 lati dell'esagono equilatero.Dunque,$ \widehat{EDQ} \cong \widehat{EQD} $.Ma per il 2° teorema dell'angolo esterno,$ \widehat{AED} = \widehat{EDQ} + \widehat{EQD} $,da cui $ \widehat{EDQ} = \dfrac{1}{2}\widehat{AED} = \dfrac{1}{2}\alpha $
$ \widehat{ADQ} = \widehat{EDQ} + \widehat{ADE} = \dfrac{1}{2}\alpha + (120° - \alpha) = 120° - \dfrac{1}{2}\alpha. $ Dato che $ ADE \cong BRP $,si avrà $ \widehat{BPR} \cong \widehat{AED} = \alpha \Rightarrow \widehat{BRP} \cong \widehat{ADE} = 120° - \alpha. $ Procedendo analogamente al ragionamento precedente: $ \widehat{BRP} $ è un angolo esterno del triangolo $ RPS $,che è isoscele in $ PS $ perchè 2 dei suoi lati coincidono con 2 lati dell'esagono equilatero.Dunque,$ \widehat{RPS} \cong \widehat{RSP}. $ Ma per il 2° teorema dell'angolo esterno,$ \widehat{BRP} = \widehat{RPS} + \widehat{RSP} $,da cui $ \widehat{RPS} = \dfrac{1}{2}\widehat{BRP} = \dfrac{120° - \alpha}{2} = 60° - \dfrac{1}{2}\alpha. $
$ \widehat{BPS} = \widehat{BPR} + \widehat{RPS} = \alpha + (60° - \dfrac{1}{2}\alpha) = 60° + \dfrac{1}{2}\alpha. $
Si osservi ora che $ \widehat{ADQ} $ e $ \widehat{BPS} $ sono due angoli coniugati esterni formati dai segmenti $ DQ $ e $ PS $ con la trasversale $ AB. $ In particolare, $ \widehat{ADQ} + \widehat{BPS} = (120° - \dfrac{1}{2}\alpha) + (60° + \dfrac{1}{2}\alpha) = (120° + 60°) + (\dfrac{1}{2}\alpha - \dfrac{1}{2}\alpha)= 180° \Rightarrow DQ // PS. $ Ora si può affermare che esiste un fascio di rette parallele simultaneamente a $ DQ $ e a $ PS. $ Si conduca da $ C $ la parallela a questi 2 segmenti e si indichi con $ T $ il punto in cui interseca $ AB. $ I segmenti paralleli $ DQ $ e $ AT $ formano con le trasversali $ AB $ e $ AC $ due coppie di angoli corrispondenti (e quindi congruenti):rispettivamente ($ \widehat{ADQ},\widehat{ATC} $) e ($ \widehat{AQD},\widehat{ACT} $). I triangoli $ ADQ $ e $ ACT $ hanno dunque gli angoli a due a due congruenti:ne consegue che essi sono simili,perciò è verificata la seguente proporzione: $ AD : AQ = AT : AC \Rightarrow AT = \dfrac{AC\cdotAE\cdot\ AD}{AQ} $. Analogamente,i segmenti paralleli $ PS $ e $ AT $ formano con le trasversali $ AB $ e $ BC $ due coppie di angoli corrispondenti (e quindi congruenti):rispettivamente ($ \widehat{BPS},\widehat{BTC} $) e ($ \widehat{BSP},\widehat{BCT} $). I triangoli $ BPS $ e $ BCT $ hanno dunque gli angoli a due a due congruenti:ne consegue che essi sono simili,perciò è verificata la seguente proporzione: $ BP : BS = BT : BC \Rightarrow BT = \dfrac{BC\cdotAE\cdot\ BP}{BS} $. Ma $ AT + BT = AB $,quindi $ \dfrac{AC\cdotAE\cdot\ AD}{AQ} + \dfrac{BC\cdotAE\cdot\ BP}{BS} = AB. $ Ricordando che $ AB \cong AC \cong BC $, $ AB = \dfrac{AC\cdotAE\cdot\ AD}{AQ} + \dfrac{BC\cdotAE\cdot\ BP}{BS} = \dfrac{AB\cdotAE\cdot\ AD}{AQ} + \dfrac{AB\cdotAE\cdot\ BP}{BS} = AB(\dfrac{AD}{AQ} + \dfrac{BP}{BS}) $. E' stato dunque dimostrato che $ AB = AB(\dfrac{AD}{AQ} + \dfrac{BP}{BS}) $. Per il 2° principio di equivalenza,è lecito dividere entrambi i membri dell'uguaglianza per $ AB $:
$ \dfrac{AB}{AB} = \dfrac{AB(\dfrac{AD}{AQ} + \dfrac{BP}{BS})}{AB} \Rightarrow \dfrac{AD}{AQ} + \dfrac{BP}{BS} = 1 $. Si sa che $ AQ = AC - CQ $ e che $ DB = AB - AD $. E' stato posto che $ CQ \cong AD $,mentre $ AC \cong AB $ per ipotesi:ne consegue che $ AQ \cong DB $. Col medesimo ragionamento si arriva concludere che $ BS \cong EC $,mentre è stato posto $ BP \cong AE $. Mediante queste sostituzioni si arriva all'uguaglianza finale: $ \dfrac{AD}{DB} + \dfrac{AE}{EC} = 1 $

P.S.:spero che abbiate il tempo (e la pazienza) di leggerla tutta!! :twisted: :lol: :lol:

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 25 apr 2009, 16:05

Ho riscritto la soluzione(incomprensibile) di sopra

spugna
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Messaggio da spugna » 26 apr 2009, 06:21

GioacchinoA ha scritto:Ho letto(visto la lunghezza :) ) della tua dimostrazione. Me la vedrò bene Lunedì anche perchè ora non ho tempo... Ciao!
Cmq alla fine non è così lunga:è che su alcuni passaggi mi sono soffermato x qualche riga x renderla + chiara possibile

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