Baricentriche!

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?

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EvaristeG
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Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 14 mag 2015, 18:54

Dopo vari dubbi, ho deciso di mettere il post qui nel Glossario. Ogni tanto ci saranno esercizietti che sarebbe bello qualcuno risolvesse rispondendo qui. Per problemi più corposi, utilizzerò la sezione apposita di Geometria.

L'origine del male

Sia $ABC$ un triangolo, sia $S$ la sua area e sia $P$ un punto del piano. Denotiamo con $[ABP]$ l'area orientata del triangolo $ABP$, ovvero $[ABP]$ è un numero reale, il cui modulo è dato dall'area di $ABP$ e il cui segno si determina come segue
  • se le terne di punti $\{A,\ B,\ C\}$ e $\{A,\ B,\ P\}$ sono entrambe descritte in senso orario oppure entrambe descritte in senso antiorario, allora il segno di $[ABP]$ è positivo
  • se le terne di punti $\{A,\ B,\ C\}$ e $\{A,\ B,\ P\}$ sono descritte in sensi opposti, allora il segno di $[ABP]$ è negativo.
Ovviamente $[BCP]$ e $[CAP]$ sono la stessa cosa, solo per i triangoli $BCP$ e $CAP$.

Esercizio 1: Determinare per quali punti del piano $P$ i tre numeri $[ABP]$, $[BCP]$, $[CAP]$ sono
  1. tutti positivi
  2. con almeno uno nullo
  3. uno negativo e due positivi
  4. due negativi e uno positivo
  5. tutti negativi
Esercizio 2: Sia $D$ un punto sulla retta $BC$. Dimostrare che $S=[ABD]+[CAD]$.

Fatto 1 Si ha che $[ABP]+[BCP]+[CAP]=S$ per ogni punto $P$ del piano.
Dim: Sia $D$ il punto in cui $AP$ incontra $BC$, allora per l'esercizio 2 applicato ripetutamente si ha
$$S=[ABD]+[CAD]=[ABP]+[BDP]+[CAP]+[DCP]=[ABP]+[CAP]+[BCP]$$
Se $AP$ non incontra $BC$, comunque esisterà una ceviana di $P$ che incontra il lato opposto (perché?) e utilizzeremo quella. :!:

Fatto 2 Se ho tre numeri reali $p,\ q,\ r$ tali che $p+q+r=S$, allora posso trovare $P$ tale che $[BCP]=p$, $[CAP]=q$, $[ABP]=r$.
Dim: L'insieme dei punti $Q$ tali che $[BCQ]=p$ è una retta parallela alla retta $BC$ e distante da essa $2p/BC$; il segno della distanza è positivo se la retta si trova nel semipiano determinato da $BC$ contenente $A$ e negativo altrimenti. Allo stesso modo, l'insieme dei punti tali che $[CAP]=q$ è una retta parallela alla retta $CA$ e distante $2q/CA$, con la stessa convenzione.
Queste rette non sono parallele tra loro e dunque si incontrano in un unico punto $P$ che dunque realizza $[BCP]=p$ e $[CAP]=q$. Per differenza (usando il fatto 1) deve soddisfare anche $[ABP]=r$. :!:

Segue subito che tale punto $P$ è unico. Ora, nella dimostrazione abbiamo usato il fatto che, se fisso due delle aree, la terza è determinata ($ABC$ e la sua area sono fissati all'inizio una volta per tutte); questo potrebbe portarci a considerare un po' superfluo tenere traccia di tutte e tre le aree. Ciò è vero, ma la comodità di avere tutte e tre le aree sta nella maggiore simmetria delle informazioni che usiamo. Inoltre, c'è un altro modo di sfruttare questa ridondanza.

Notazione Con il simbolo $[x:y:z]$ indichiamo una terna omogenea di numeri reali non tutti nulli. Ovvero, quello che ci importa di $x,\ y,\ z$ non sono i loro valori, ma i rapporti tra di loro. In altre parole, $[x:y:z]=[u:v:w]$ se e solo se esiste $k$ numero reale tale che $x=ku$, $y=kv$, $z=kw$.

Ad esempio, $[2:1:1]=[-4:-2:-2]=[1:1/2:1/2]$. Se dunque so che
$$[[BCP]:[CAP]:[ABP]]=[x:y:z]$$
aggiungendo l'informazione iniziale del fatto 1, ovvero che $[BCP]+[CAP]+[ABP]=S$ posso trovare i valori delle aree. Infatti so che esiste $k$ reale non nullo tale che
$[BCP]=kx$, $[CAP]=ky$ e $[ABP]=kz$, quindi devo imporre che $k(x+y+z)=S$, ovvero
$$k=\dfrac{S}{x+y+z}$$
dove so che $x+y+z\neq 0$ in quanto per ipotesi questi tre numeri stanno tra loro come le tre aree che non hanno somma $0$. In questo modo so le tre aree e ho determinato univocamente il punto $P$.

Riassumendo se specifico una terna omogenea $[x:y:z]$ tale che $x+y+z\neq 0$, ho univocamente determinato un punto $P$ del piano (in cui ho in precedenza fissato un triangolo di riferimento $ABC$); d'altra parte, dato $P$, ottengo la terna omogenea delle aree orientate che esso stacca sui lati del triangolo di riferimento.
La terna omogenea associata ad punto esprime le coordinate baricentriche del punto (rispetto al triangolo $ABC$).

Esempi Nel seguito utilizzeremo la notazione standard per il triangolo, dunque $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$ e $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ saranno gli angoli ad essi opposti rispettivamente. $R$ ed $r$ saranno i raggi della circonferenza circoscritta ed inscritta rispettivamente.
  1. I vertici hanno coordinate $[1:0:0]$, $[0:1:0]$, $[0:0:1]$
  2. Il baricentro, staccando aree uguali sui tre lati, ha coordinate $[1:1:1]$
  3. L'incentro, avendo la stessa distanza dai tre lati, stacca aree proporzionali ai lati, dunque $[a:b:c]$
  4. l'excentro opposto ad $A$, avendo la stessa distanza dai tre lati, ma una di queste distanze essendo negativa ($A$ e l'excentro stanno da parti opposte rispetto a $BC$) avrà coordinate $[-a:b:c]$
  5. il punto medio del lato $AB$ avrà coordinate $[1:1:0]$
  6. il piede della bisettrice interna da $A$ su $BC$ avrà coordinate $[0:b:c]$ per il teorema della bisettrice
  7. il piede della bisettrice esterna da $A$ su $BC$ (in un triangolo non isoscele su base $BC$) avrà coordinate $[0:-b:c]$ per il teorema della bisettrice esterna.
Notate che nell'ultima terna il segno meno può essere indifferentemente su una delle due coordinate non nulle, infatti $[0:-b:c]=[0:b:-c]$ come terne omogenee. Quale area sarà effettivamente negativa e quale sarà effettivamente positiva dipende dal segno di $b-c$: se infatti calcoliamo le aree otterremo
$$[BCP]=0\qquad [CAP]=\dfrac{bS}{b-c}\qquad [ABP]=\dfrac{cS}{c-b}$$

In generale, se capita di voler sapere davvero le tre aree, basta moltiplicare le coordinate per $k=\dfrac{S}{x+y+z}$ come detto sopra. I tre numeri così ottenuti vengono detti coordinate baricentriche esatte (un modo lungo per dire aree). A meno che non ve ne sia precisa necessità, conviene però lavorare con le terne omogenee, che permettono varie manipolazioni interessanti, essendo definite a meno di un fattore comune.

Righe

Tentiamo ora di capire quale sia l'equazione di una retta. Per facilitare la comprensione, facciamo due casi particolari

La parallela ad un lato Sia $r$ una retta parallela al lato $BC$ che si trovi a distanza (con segno) $d$. Ovviamente, per ogni punto $P$ su $r$ avremo che $[BCP]=\dfrac{ad}{2}$. Del resto, tale condizione è pure sufficiente affinché $P$ si trovi sulla retta, quindi questa informazione la descrive appieno.
Noi però vorremmo dare una condizione sulle coordinate baricentriche di $P$ e non sulle coordinate esatte. Vediamo che, se $P=[x:y:z]$, allora $P$ sta su $r$ s e solo se
$$[BCP]=\dfrac{xS}{x+y+z}$$
e dunque sse
$$\dfrac{ad}{2}=\dfrac{xS}{x+y+z}$$
da cui
$$x(ad-2S)+ady+adz=0$$
che è l'equazione della retta voluta. :!:

In particolare, i lati avranno equazioni $x=0$, $y=0$, $z=0$.

Retta per un vertice che incontra il lato opposto Sia $D$ un punto sulla retta $BC$, ovvero $D=[0:m:n]$ e sia $r$ la retta per $A$ e $D$. Allora
:idea: $P$ sta in $r$ se e solo se $[ABP]:[CAP]=[ABD]:[CAD]$
da cui, se $P=[x:y:z]$, stiamo chiedendo che
$$\dfrac{zS}{x+y+z}\dfrac{mS}{m+n}=\dfrac{yS}{x+y+z}\dfrac{nS}{m+n}$$
ovvero
$$ny-mz=0$$
che è l'equazione voluta. :!:

Esercizio 3: Dimostrare :idea:.

Esercizio 4: Siano $E$ su $CA$ e $F$ su $AB$. Indichiamo con $h$ e $k$ le distanze, con segno, di $E$ ed $F$ da $BC$; sia $Q$ un punto su $EF$ e siano $\lambda, \mu$ tali che $\lambda+\mu=1$ e $\lambda:\mu=EQ:QF$ (segmenti orientati). Allora la distanza (con segno) di $Q$ da $BC$ è $\lambda k + \mu h$.

Retta generica Sia $r$ una retta, che possiamo supporre non passare per nessun vertice e non essere parallela a nessun lato. Le intersezioni di $r$ con i lati saranno, rispettivamente, $D$, $E$, $F$ su $BC$, $CA$, $AB$. Supponiamo che questi abbiano coordinate
$$D=[0:b_1:c_1]\qquad E=[a_2:0:c_2]\qquad F=[a_3:b_3:0]\;.$$
Sia $P$ un punto su $r$. Per l'esercizio 4, abbiamo che la distanza di $P$ da $BC$ è
$$\dfrac{EP}{EF}\dfrac{2[BCF]}{BC} + \dfrac{PF}{EF}\dfrac{2[BCE]}{BC}$$
e dunque
$$[BCP]=\dfrac{EP}{EF}[BCF]+\dfrac{PF}{EF}[BCE]$$
Ora, si ha
$$\dfrac{EP}{EF}=\dfrac{[CAP]}{[CAF]}\qquad \dfrac{PF}{EF}=\dfrac{[ABP]}{[ABE]}$$
Se dunque $P$ ha coordinate esatte $x', y', z'$, abbiamo
$$x'=y'\dfrac{[BCF]}{[CAF]}+z'\dfrac{[BCE]}{[ABE]}$$
Calcoliamo
$$\frac{[BCF]}{[CAF]}=\frac{a_3}{b_3}\qquad \frac{[BCE]}{[ABE]}=\frac{a_2}{c_2}$$
e dunque le coordinate esatte rispettano
$$x'b_3c_2=y'a_3c_2+z'a_2b_3$$
Essendo tale equazione omogenea, essa verrà rispettata anche dalle coordinate baricentriche di $P$, che sono multiple di quelle esatte. Dunque la retta $r$ avrà equazione $xb_3c_2=ya_3c_2+za_2b_3$. :!:

Osservazioni: Intanto è abbastanza facile ripercorrere la dimostrazione all'indietro, mostrando così che l'unica equazione possibile per la retta $r$ è $tb_3c_2x=ta_3c_2y+ta_2b_3z$ con $t$ reale non nullo.
Inoltre, si può anche notare come abbiamo usato solo il fatto che la retta passasse da $E$ ed $F$. E' un utile Esercizio 5 provare a rifare la dimostrazione utilizzando, ad esempio, i punti $D$ ed $E$. Si otterrà $b_1c_2x=-a_2c_1y+a_2b_1z$.
Visto che abbiamo appena osservato che l'equazione deve essere unica a meno di moltiplicare tutti i coefficienti per uno stesso numero, bisogna avere che
$$[b_3c_2:-a_3c_2:-a_2b_3]=[b_1c_2:a_2c_1:-a_2b_1]$$
e dunque, ad esempio
$$\frac{b_3c_2}{b_1c_2}=\frac{-a_3c_2}{a_2c_1}$$
ovvero
$$-1=\frac{a_3c_2b_1}{b_3a_2c_1}\;.$$
E' infine facile vedere come da questa equazione segua che le due rette scritte sopra son la stessa. Dunque, i tre punti dati all'inizio del paragrafo sulla retta generica stanno su una retta se e solo se le loro coordinate baricentriche rispettano
$$-1=\frac{a_3c_2b_1}{b_3a_2c_1}$$
e questo è noto come Teorema di Menelao.

Riassumiamo con il
Fatto 3 L'equazione di una retta è della forma $lx+my+nz=0$ dove rette diverse corrispondono a diverse terne omogenee $[l:m:n]$ e viceversa. :!:

Fatto 4 Una retta $lx+my+nz=0$ incontra i lati in $[0:n:-m]$, $[-n:0:l]$, $[m:-l:0]$.
Dim: Basta intersecare la retta con i lati. Ad esempio, il lato $BC$ è dato da $x=0$ e dunque l'intersezione della retta generica con $BC$ è soluzione di
$$\begin{cases}x=0\\ my+nz=0\end{cases}$$
da cui $[0:n:-m]$. (Osserviamo che, essendo un sistema di 2 equazioni in 3 incognite, in generale si otterrà un parametro, ma essendo un sistema di equazioni omogenee, tale parametro comparirà a moltiplicare tutte le variabili e dunque la soluzione sarà una terna omogenea; per ottenere un rappresentante di questa terna si può, ad esempio, porre il parametro trovato uguale a $1$.)
Similmente si ricavano gli altri. :!:

Notiamo che non è possibile avere $l=m=n$, altrimenti nessuna delle intersezioni coi lati esisterebbe, ma una retta deve intersecarne almeno uno (anzi, almeno 2). Questo perché, se ricorderete, avevamo posto all'inizio la condizione che non fosse mai $x+y+z=0$ per nessun punto. Questa equazione dovrebbe descrivere una retta, per somiglianza con quello che abbiamo trovato finora, ma in realtà non corrisponde a nessun punto del piano. Le riserveremo altre attenzioni più avanti.

Esempi
  1. La bisettrice interna di $A$ è la retta $bz=ay$. Infatti deve passare per $A=[1:0:0]$ e dunque la sua equazione sarà $my+nz=0$. D'altra parte deve passare per $I=[a:b:c]$ e dunque $mb+nc=0$ da cui $[0:m:n]=[0:c:-b]$
  2. La mediana da $A$ è la retta $y=z$, similmente
  3. La bisettrice esterna per $A$ deve essere della forma $my+nz=0$ e deve passare per l'excentro opposto a $B$, quindi $[a:-b:c]$, dunque è la retta $cy+bz=0$
  4. La parallela al lato $BC$ passante per il baricentro è della forma $x(t-1)+ty+tz=0$ ed inoltre deve passare per $G=[1:1:1]$, dunque $3t-1=0$ da cui $t=1/3$, ovvero $-2x+3y+3z=0$
  5. La retta che passa per il piede della bisettrice interna da $A$ e per quello della bisettrice interna da $B$ è $bcx+acy-abz=0$
Esercizio 6 Dimostrare il teorema di Ceva.
Esercizio 6b Dato $P=[u:v:w]$ trovare i piedi delle ceviane per $P$.

Calcolo di alcuni punti e alcune rette

Fatto 5 Se $P=[p_1:q_1:r_1]$ e $Q=[p_2:q_2:r_2]$ sono due punti del piano, il loro punto medio ha coordinate
$$M=\left[\dfrac{p_1}{p_1+q_1+r_1}+\dfrac{p_2}{p_2+q_2+r_2}: \dfrac{q_1}{p_1+q_1+r_1}+\dfrac{q_2}{p_2+q_2+r_2}:\dfrac{r_1}{p_1+q_1+r_1}+\dfrac{r_2}{p_2+q_2+r_2}\right]$$
Dim: E' una facile applicazione dell'esercizio 4, una volta che abbiamo trasformato le coordinate baricentriche in coordinate esatte. :!:

Punto medio dell'arco $BC$ che non contiene $A$ Come è noto, il punto medio dell'arco $BC$ che non contiene $A$, chiamiamolo $M_a$, è anche punto medio tra $I=[a:b:c]$ e $I_A=[-a:b:c]$ (l'excentro opposto ad $A$), quindi $M_a=[-a^2:b(b+c):c(b+c)]$ (dopo aver fatto denominator comune, che scompare per omogeneità).

Asse del lato $BC$ E' la retta che passa per $M_a$ e per il punto medio di $BC$, che ha coordinate $[0:1:1]$, dunque devo avere
$$\begin{cases}m+n=0\\-a^2l+mb(b+c)+nc(b+c)=0\end{cases}$$
ovvero
$$\begin{cases}m=-n\\-a^2l+m(b(b+c)-c(b+c))=0\end{cases}$$
e la seconda equazione dà $-a^2l=-m(b^2-c^2)$ da cui la retta è $(b^2-c^2)x+a^2y-a^2z=0$.

Esercizio 7 Scrivere le equazioni degli altri assi

Circocentro Interseco due assi:
$$\begin{cases}(b^2-c^2)x+a^2y-a^2z=0\\b^2x+(a^2-c^2)y-b^2z=0\end{cases}$$
e ricavo $a^2b^2z$ da entrambe, uguagliando ed ottenendo
$$b^2(b^2-c^2)x+b^2a^2y=a^2b^2x+a^2(a^2-c^2)y$$
ovvero
$$x(b^4-b^2c^2-a^2b^2)=y(a^4-a^2c^2-a^2b^2)$$
da cui si trovano le prime due coordinate e, sostituendo in una delle due equazioni di prima, la terza. In definitiva $O=[a^2(a^2-c^2-b^2): b^2(b^2-a^2-c^2):c^2(c^2-a^2-b^2)]$.


Retta di Eulero Impongo che la generica retta $lx+my+nz=0$ passi per $G=[1:1:1]$ e $O$ appena calcolato. Ottengo
$$\begin{cases}
l+m+n=0\\
a^2(a^2-b^2-c^2)l + b^2(b^2-a^2-c^2)m+c^2(c^2-a^2-b^2)n=0\end{cases}$$
da cui, ricavando $a^2(a^2-b^2-c^2)l$ da entrambe le equazioni, ottengo
$$(a^2(a^2-b^2-c^2) - b^2(b^2-a^2-c^2))m=(c^2(c^2-a^2-b^2)-a^2(a^2-b^2-c^2))n$$
da cui
$$(a^4-a^2b^2-a^2c^2-b^4+a^2b^2+b^2c^2)m=(c^4-a^2c^2-b^2c^2-a^4+a^2b^2+a^2c^2)n$$
$$(a^4-b^4-a^2c^2+b^2c^2)m=(c^4-a^4-b^2c^2+a^2b^2)n$$
$$(a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)m=(c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)n$$
e dunque $[m:n]=[(c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2):(a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)]$. Se avessimo fatto lo stesso ricavando dalle due equazioni iniziali $b^2(b^2-c^2-a^2)m$, avremmo ottenuto che $[l:n]=[(c^2-b^2)(c^2+b^2-a^2):(b^2-a^2)(a^2+b^2-c^2)]$ e dunque la retta di eulero è
$$(c^2-b^2)(c^2+b^2-a^2)x+(a^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)y+(b^2-a^2)(a^2+b^2-c^2)z=0$$

Piede dell'altezza da $A$ Sia $H_a$ tale piede, allora abbiamo che $BH_a+H_aC=a$ (come segmenti orientati) e dunque (Pitagora) $c^2-BH_a^2=b^2-(a-BH_a)^2$ da cui $c^2=b^2-a^2+2aBH_a$, ovvero
$$BH_a=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2a}$$
e similmente
$$H_aC=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a}$$
Dunque $H_a=[0:b^2+a^2-c^2:c^2+a^2-b^2]$.

Ortocentro Dall'esercizio 6b sappiamo che $[0:v:w]$, $[u:0:w]$ e $[u:v:0]$ sono i piedi delle ceviane per $[u:v:w]$. Esaminando i piedi delle altezze, notiamo che possiamo riscriverle, in modo da essere parte di un'espressione ciclica, come $H_a=[0:(c^2+a^2-b^2)^{-1}:(b^2+a^2-c^2)^{-1}]$. Da qui, per l'esercizio 6b, l'ortocentro ha coordinate $H=[(b^2+c^2-a^2)^{-1}:(c^2+a^2-b^2)^{-1}:(a^2+b^2-c^2)^{-1}]$.

Altezza da $A$ E' la retta per $A$, dunque descritta come $my+nz=0$, che passa per $H_a$, quindi deve valere $m(c^2+a^2-b^2)+n(b^2+a^2-c^2)=0$, ovvero è la retta
$$(b^2+a^2-c^2)y-(c^2+a^2-b^2)z=0$$

Esercizio 8 Verificare che $H$ sta sulla retta di Eulero.
Esercizio 9 Trovare le coordinate del centro della circonferenza dei $9$ punti.
Esercizio 10 Sia $D=H_bH_c\cap BC$ e siano definiti similmente $E$ ed $F$. Mostrare che sono allineati e trovare l'equazione della retta che passa per loro 3 (asse ortico)
Esercizio 11 Sia $r: \{ my+nz=0\}$ una retta per $A=[1:0:0]$. Trovare l'equazione della sua simmetrica rispetto alla bisettrice interna di $A$.
Esercizio 12* Trovare le coordinate del punto medio dell'arco $BC$ che contiene $A$ (usando possibilmente solo quello che è spiegato in questo post).
Esercizio 13 Ricalcolare circocentro, ortocentro, punti medi degli archi usando la trigonometria (attenzione ai segni delle aree!)

erFuricksen
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Re: Baricentriche!

Messaggio da erFuricksen » 14 mag 2015, 19:09

Grazie, davvero grazie. Era qualche mese che stavo provando a capirle e non le avevo ancora trovate da nessuna parte spiegate così bene. Grazie ancora
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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6frusciante9
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Re: Baricentriche!

Messaggio da 6frusciante9 » 14 mag 2015, 19:57

Esercizio 6 ( Teorema di Ceva )

Siano $ D,E,F $ i piedi delle ceviane passanti rispettivamente per $ A,B,C $ . Dato che $ D $ si trova su $ BC $ avrà cordinate baricentriche $ (0,d,1-d) $ .
Dunque la ceviana $ AD $ avrà equazione

$ \displaystyle z=\frac{1-d}{d}y $ .

Analogamente , $ E=(1-e,0,e) $ e $ F=(f,1-f,0) $ e le ceviane $ BE $ e $ CF $ avranno equazione $ x=\frac{1-e}{e}z $ e $ y=\frac{1-f}{f}x $ .

Mettendo a sistema abbiamo dunque un sistema lineare in tre incognite e tre equazioni , dunque verifichiamo velocemente che il sistema ha soluzione sse

$ \dfrac{(1-d)(1-e)(1-f)}{def}=1 $

che è equivalente al teorema di Ceva
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te

EvaristeG
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 15 mag 2015, 12:52

Giusto. Visto che siamo agli inizi, vale anche la pena di osservare quanto segue: se $F$ è un punto su $AB$ e $AF/FB=k$ (rapporto con segno, quindi tra segmenti orientati), allora $[AFC]/[FBC]=k$ e dunque, se $F=[p:q:0]$, $k=q/p$ (e lo stesso vale sugli altri lati, cambiando opportunamente le posizioni).

Nella tua notazione, dove hai in qualche senso posto $S=1$ (o comunque diviso per $S$ grazie all'omogeneità), le due coordinate sono $f$ e $(1-f)$ e dunque $k$ è il loro rapporto.

Inoltre, potrebbe valere la pena di provare a fare una cosa più bovina, che dà informazioni preziose per il futuro: dopo aver dato coordinate ai tre punti sui lati, si scrivono, ad esempio $AD$ e $BE$ e si intersecano, poi si fa lo stesso con $BE$ e $CF$ e si impone che i punti di intersezione coincidano.

Talete
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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 15 mag 2015, 13:04

Esercizio 6b. Ho il punto $P$ che è $[u:v:w]$. Trovo il piede $P_a$ sul lato $BC$ (poi gli altri si ciclano). Il piede è l'intersezione tra $x=0$ e la retta per $A$ e $P$, cioè $vz=wy$. Ora, sapendo che $y+z=1$, sostituisco e trovo $vz=w-wz$ quindi $z=\frac{w}{v+w}$. Quindi $y=\frac{v}{v+w}$ e

\[P_a=[0:v:w].\]

Esercizio 8. Vabbè qui sono solo conti:

\[\sum_{\mathrm cyc}(c^2-b^2)(c^2+b^2-a^2)^2=\sum_{\mathrm cyc}\left(c^6+b^4c^2+a^4c^2-2a^2b^2c^2-2a^2c^4+2b^2c^4-b^2c^4-b^6-a^4b^2+2a^2b^4+2a^2b^2c^2+2b^4c^2\right)=0.\]

Quest'ultima uguaglianza viene districando la somma e ciclandola, ad esempio

\[\displaystyle\sum_{\mathrm cyc} c^6-\displaystyle\sum_{\mathrm cyc}b^6=\displaystyle\sum_{\mathrm cyc} a^6-\displaystyle\sum_{\mathrm cyc}a^6=0.\]

Però ho come l'impressione che ci sia una via più breve...
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)

EvaristeG
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 15 mag 2015, 13:45

Talete ha scritto:Esercizio 6b. cioè $vz=wy$. Ora, sapendo che $y+z=1$, sostituisco e trovo $vz=w-wz$ quindi $z=\frac{w}{v+w}$. Quindi $y=\frac{v}{v+w}$ e

\[P_a=[0:v:w].\]
Attenzione... non "sappiamo che $y+z=1$". A meno che non diciate nulla, io assumerò sempre che voi lavoriate in coordinate baricentriche omogenee e non in quelle esatte (che sono scomode).
Abituatevi alla ginnastica mentale di utilizzare terne omogenee e di risolvere i sistemi a meno di un fattore omogeneo.
Piuttosto direi che vogliamo intersecare $vz=wy$ con $x=0$; dalla prima otteniamo che $[y:z]=[v:w]$ e dall'altra che $x=0$, quindi $P_a=[0:v:w]$.

Magari nella prossima puntata (che arriverà tra qualche giorno, per lasciarvi il tempo di leggere e fare gli esercizi) dirò due parole su equazioni omogenee e sistemi lineari omogenei.

Per il contaccio con l'ortocentro, beh ... bisogna imparare anche a fare i conti furbescamente, ma chi non ha testa, abbia gambe (o somme simmetriche).

Talete
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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 15 mag 2015, 13:58

Ah, ok... vabbè io l'ho fatto prima in baricentriche esatte e poi trovate quelle esatte, che erano $(0, \frac{v}{v+w}, \frac{w}{v+w})$, ho moltiplicato per l'opportuno fattore $v+w$.

Per il conto dell'ortocentro, così viene anche velocemente... si semplificano molto facilmente quegli addendi. Ma c'è una via più breve o no? ;)
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Re: Baricentriche!

Messaggio da LucaMac » 15 mag 2015, 14:25

EvaristeG ha scritto:

Esaminando i piedi delle altezze, notiamo subito che sono le ceviane del punto $H=[b^2+c^2-a^2:c^2+a^2-b^2:a^2+b^2-c^2]$.
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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 15 mag 2015, 14:37

Ach, è vero che non erano così le coordinate! Dovrebbero essere una cosa tipo i reciproci di questi: difatti $H$ e $O$ sono coniugati isogonali, e come ben si sa, se $P$ ha coordinate $[u:v:w]$ e $Q$ è il suo coniugato isogonale, $Q$ ha coordinate $[a^2/u:b^2/v:c^2/w]$. Quindi $H$ deve avere delle coordinate tipo:

\[H=\left[\frac1{b^2+c^2−a^2}:\frac1{c^2+a^2−b^2}:\frac1{a^2+b^2−c^2}\right]\]

oppure

\[H=[(a^2+b^2-c^2)(a^2-b^2+c^2):\mathrm{cyc}].\]

Bravo Luca, grazie. Il problema è che il conto brutale dell'ortocentro viene ancora più brutale... :(
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 15 mag 2015, 14:45

No, cattivo Luca!
Hai chiesto perché alla parte giusta ignorando la parte sbagliata che veniva prima. E tra tutti e due non siete riusciti a fare un check sui passaggi prima, invece di tirare in ballo coniugati isogonali.

Se avessi voluto insegnarvi solo le formule e le coordinate non avrei fatto la fatica di scrivere i passaggi.

Che nessuno di voi si sia accorto di un segno sbagliato nel teorema di Pitagora per trovare le coordinate del piede dell'altezza è un po' inquietante.
Corretto quello, basta riportare le coordinate dei piedi delle altezze in una forma "ciclica" e trovare che l'ortocentro ha le coordinate inverse di quelle che avevo scritto in partenza.

Ho corretto il post.

Ora, però, Talete, non prendiamoci in giro. Con le coordinate di $H$ date da $(b^2+c^2-a^2)^{-1}$ e cicliche, non mi dire che è difficile il conto con la retta di Eulero... scompare tutto a parte somma ciclica di $b^2-c^2$ ...

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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 15 mag 2015, 14:47

:( :( :( chiedo scusa...
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 15 mag 2015, 14:53

Talete ha scritto::( :( :( chiedo scusa...
No problem, sbagliando si impara. Però abituatevi a leggere i passaggi e non solo a guardare i risultati. Spesso la dimostrazione è importante e istruttiva quanto o più del risultato...e non solo in geometria!

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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 16 mag 2015, 10:48

Un primo problema qui.

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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 17 mag 2015, 17:12

Omogeneità e sistemi

Allora, prima di continuare un paio di parole su come si risolvono le cose omogenee. Un'equazione o un sistema di equazioni si dice omogeneo se non ha termini noti; tale sistema ha sempre come soluzione una n-upla omogenea, in quanto posso moltiplicare le soluzioni per uno stesso $k$ ed ottenere numeri che verificano lo stesso sistema.

Partiamo da un'equazione in due variabili (l'omogeneità conta come "una equazione in più", quindi in generale vorremo $n$ equazioni in $n+1$ incognite): $ax+by=0$.
Qui c'è poco da dire: essendo $ax+by=0$ una equazione omogenea, basta trovare una coppia di soluzioni (non entrambe nulle) $(x_0,y_0)$ e si può affermare che le soluzioni sono la coppia omogenea $[x_0:y_0]$.

Del resto, si ha $ax=-by$, quindi se fissiamo $y=t$ (un parametro reale), otteniamo che $(-bt/a, t)$ è una famiglia di soluzioni e dunque possiamo scrivere che la soluzione è la coppia omogenea $[-b:a]$, che fa evitare un denominatore.

Ora, per un sistema di due equazioni in tre variabili, in linea di principio si può fare la stessa cosa, ovvero trovare una soluzione non nulla e dire che la terna omogenea data da loro descrive le soluzioni; si può anche fissare una variabile come parametro e risolvere il sistema in due equazioni e due variabili, ma è un po' incasinato, in generale.

Un caso particolare e facile è questo
$$\begin{cases}lx+my=0\\qy+rz=0\end{cases}$$
(o comunque quello in cui ci sono due equazioni in cui manca una variabile ... non la stessa!)
la prima equazione dice che $[x:y]=[-m:l]$ e la seconda dice che $[y:z]=[-r:q]$; per mettere assieme, possiamo riscrivere queste due uguaglianze come $[x:y]=[rm:-rl]$ e $[y:z]=[-rl:lq]$ da cui $[x:y:z]=[rm:-rl:rq]$ (riscrivete tutto come rapporti e dovrebbe esservi ovvio).

Anche
$$\begin{cases}lx+my=0\\px+qy+rz=0\end{cases}$$
si può risolvere velocemente: dalla prima $[x:y]=[-m:l]$ e dunque sostituiamo nella seconda $x=-rm$, $y=rl$, ottenendo $z=pr-ql$ e dunque $[-rm:rl:pr-ql]$ è la soluzione cercata.

Diciamo ora che vogliamo risolvere
$$\begin{cases}lx+my+nz=0\\px+qy+rz=0\end{cases}$$
visto che l'utilità delle cose omogenee è non avere troppi denominatori, evitiamoli: moltiplichiamo la seconda equazione per $l$ e sottraiamola dalla prima moltiplicata per $p$, ottenendo
$$(pm-lq)y+(pn-lr)z=0$$
se invece lo facciamo moltiplicando la prima per $q$ e la seconda per $m$ otteniamo
$$(ql-pm)x+(qn-mr)z=0$$
Da queste due equazioni otteniamo che $[y:z]=[lr-pn:pm-lq]$ e $[x:z]=[qn-mr:pm-ql]$ e queste due condizioni si mettono insieme ovviamente ottenendo $[qn-mr:lr-pn:pm-ql]$.

Determinando le cose

Dato un *quadrato di numeri* $Q=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ (che alcuni si ostinano a chiamare matrice $2\times2$), diciamo determinante di $Q$ il numero
$$\det Q=ad-cb$$
(il prodotto della diagonale principale meno il prodotto dell'altra diagonale)

Oss 1 $[a:b]$ e $[c:d]$ sono la stessa coppia omogenea se e solo se $ad-bc=0$ (ovvero se e solo se $a/b=c/d$, ma magari non si può dividere per $b$ o per $d$ ...).

Oss 2 Il sistema
$$\begin{cases}ax+by=c\\dx+ey=f\end{cases}$$
ha soluzione $\left(\dfrac{\det X}{\det M}, \dfrac{\det Y}{\det M}\right)$ dove
$$M=\begin{pmatrix}a&b\\d&e\end{pmatrix}\quad X=\begin{pmatrix}c&b\\f&e\end{pmatrix}\quad Y=\begin{pmatrix}a&c\\d&f\end{pmatrix}$$
In particolare, se $\det M=0$, allora o le due equazioni sono la stessa (a meno di multipli) oppure non ci sono soluzioni.

Oss 3 Il sistema omogeneo
$$\begin{cases}lx+my+nz=0\\px+qy+rz=0\end{cases}$$
ha come soluzione $[\det X:-\det Y:\det Z]$ dove $X$, $Y$, $Z$ sono le matrici ottenute eliminando una delle colonne:
$$X=\begin{pmatrix}m&n\\q&r\end{pmatrix}\quad Y=\begin{pmatrix}l&n\\p&r\end{pmatrix}\quad Z=\begin{pmatrix}l&m\\p&q\end{pmatrix}$$
e questa è, a meno di un fattore $-1$, proprio la soluzione particolare trovata prima. Fino a qui, è solo un modo comodo per ricordarselo e non dover fare i conti.
L'unica accortezza è ricordarsi il meno davanti a $\det Y$.

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Re: Baricentriche!

Messaggio da erFuricksen » 19 mag 2015, 19:05

è in programma anche qualcosa sulle circonferenze?
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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