Baricentriche!

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
EvaristeG
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 06 giu 2015, 14:16

cip999 ha scritto:Esercizio 20. Conti :shock:
Beh, direi che è un po' il motto generale del topic XD

cip999
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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 06 giu 2015, 14:22

Già, ma quelli erano particolarmente noiosi... Anche se alla fine venivano subito :D
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Drago96
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Re: Baricentriche!

Messaggio da Drago96 » 06 giu 2015, 14:45

Partendo dall'equazione delle rette e chiamando (è uno schifo ma non ho idee migliori) $A=S_\alpha+S_\theta$ e cicliche, le tue rette diventano $By=Cz$, $Ax=Cz$ e $Ax=By$; ora, la terza deriva dalle altre due, è superflua, quindi se tipo fissi $z$ hai dalle prime due $x,y$ che ovviamente soddisfano anche la terza; oppure con un po' di occhio per la simmetria vedi che $(BC,AC,AB)$ soddisfa tutte e tre.
Quindi no, non è contoso per nulla! :P
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cip999
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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 06 giu 2015, 14:51

Drago96 ha scritto:chiamando (è uno schifo ma non ho idee migliori) $A=S_\alpha+S_\theta$ e cicliche
Mi avrebbe tolto tutto il gusto di $\TeX$are gli angoli ai pedici! :lol:
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 06 giu 2015, 21:11

Alcuni trucchetti

Fatto 8 Se $P=[p:q:r]$, allora, fissata un'origine nel piano, si ha
$$\vec{P}=\dfrac{p}{p+q+r}\vec{A}+\dfrac{q}{p+q+r}\vec{B}+\dfrac{r}{p+q+r}\vec{C}$$
e viceversa.
Dim: Fissiamo un'origine.
La dimostrazione più "automatica" di questo fatto passa per le proprietà del prodotto vettore: $\vec{OX}\times \vec{OY}$ è un vettore applicato in $O$ che ha norma $|OX||OY|\sin(\widehat{XOY})$ (in cui conta ovviamente l'ordine in cui prendo $X$ e $Y$), perpendicolare al piano in cui giacciono $O$, $X$, $Y$ e orientato secondo la regola della mano destra. Si nota subito che $S=|\vec{AB}\times \vec{AC}|$. Inoltre si ha
  • $\vec{OX}\times\vec{OY}=-\vec{OY}\times\vec{OX}$
  • $(h\vec{OX}_1+k\vec{OX}_2)\times\vec{OY}=h(\vec{OX}_1\times\vec{OY})+k(\vec{OX}_2\times\vec{OY})$
  • $\vec{OX}\times\vec{OX}=0$
Se ho $\vec{P}=\lambda\vec{A}+\mu\vec{B}+\nu\vec{C}$, con $\lambda+\mu+\nu=1$, allora (dove l'origine non è indicata, è quella fissata all'inizio della dimostrazione).
$$\vec{BP}\times\vec{CP}=(\lambda\vec{A}+(\mu-1)\vec{B}+\nu\vec{C})\times(\lambda\vec{A}+\mu\vec{B}+(\nu-1)\vec{C})=\lambda \vec{A}\times(\mu\vec{B}+\nu\vec{C}-\vec{C})+(\mu\vec{B}+\nu\vec{C}-\vec{B})\times\lambda\vec{A}+(\mu\vec{B}+\nu\vec{C}-\vec{B})\times(\mu\vec{B}+\nu\vec{C}-\vec{C})$$
che, utilizzando le proprietà di cui sopra, si riduce a
$$-\lambda \vec{A}\times\vec{C}-\lambda\vec{B}\times\vec{A}-\nu\vec{B}\times\vec{C}-\mu\vec{B}\times\vec{C}+\vec{B}\times\vec{C}=\lambda(\vec{B}\times\vec{C}-\vec{A}\times\vec{C}-\vec{B}\times\vec{A})$$
Ora, notiamo che $\vec{AB}\times\vec{AC}=(\vec{B}-\vec{A})\times(\vec{C}-\vec{A})=\vec{B}\times\vec{C}-\vec{A}\times\vec{C}-\vec{B}\times\vec{A}$ ed avremo che (se prestiamo attenzione all'ordine in cui abbiamo preso i vettori)
$$\dfrac{[BCP]}{[BCA]}=\dfrac{\vec{BP}\times\vec{CP}}{\vec{BA}\times\vec{CA}}=\lambda\;.$$
Questo dimostra la tesi (perché?). :!:

Utilizzando questo fatto, si possono sfruttare le conoscenze sui vettori per ricavare formule in baricentriche.
Esempio Se $\vec{R}=k\vec{P}+(1-k)\vec{Q}$ (ovvero se $P,\ Q,\ R$ sono allineati e $PR/RQ=(1-k)/k$), dati $P=[p_1:p_2:p_3]$ e $Q=[q_1:q_2:q_3]$, allora $R=[r_1:r_2:r_3]$ con
$$r_j=k\dfrac{p_j}{p_1+p_2+p_3}+(1-k)\dfrac{q_j}{q_1+q_2+q_3}\;.$$

Esercizio 21 Trovare le coordinate dei centri di similitudine interna ed esterna tra la circonferenza circoscritta e quella inscritta.
Esercizio 22 Sapendo che $GN_a/N_aI=-1/2$, trovare le coordinate di $N_a$ (dove $G$ e $I$ sono le cose ovvie).
Esercizio 23 Trovare le coordinate del punto di de Longchamps (il simmetrico dell'ortocentro rispetto al circocentro).

Omotetie Consideriamo l'omotetia di centro $Q$ e fattore $h$; ovvero $\vec{P}\mapsto \vec{P}'=h(\vec{P}-\vec{Q})+\vec{Q}$. Se scriviamo $Q=[q_1:q_2:q_3]$ con $q_1+q_2+q_3=1$, $P=[x:y:z]$ e $P'=[x':y':z']$ sempre con somma $1$, allora
$$x'=h(x-q_1)+q_1,\quad y'=h(y-q_2)+q_2,\quad z'=h(z-q_3)+q_3$$
Quindi, ad esempio, il simmetrico di $H=[S_BS_C:S_AS_C:S_AS_B]$ rispetto al punto medio di $BC$, $M_a=[0:1:1]$ è $[-S_BS_C:S^2-S_CS_A:S^2-S_AS_B]$.

Esercizio 22 Trovare le coordinate dell'incentro $S$ del triangolo mediale.
Esercizio 23 Trovare l'equazione della tangente alla circonferenza circoscritta nel punto medio dell'arco $AB$ che non contiene $C$, utilizzando solo quanto spiegato finora.
Esercizio 24 Dati $P$ e $Q$, determinare la formula per la traslazione del vettore $\vec{PQ}$.

Triangoli perspettici Il triangolo $UVW$ è perspettico ad $ABC$ (cioè $UA$, $VB$, $WC$ concorrono) se e solo se le coordinate dei punti $U,\ V,\ W$ possono essere scritte come
$$[?:q:r]\qquad [p:??:r]\qquad [p:q:???]$$
dove $?$, $??$, $???$ stanno per tre qualsiasi espressioni. L'enunciato è ovvio non appena ci si accorge che il punto $[p:q:r]$ è quello di concorrenza.

Esercizio 25 Se $ABC$ e $DEF$ sono perspettici, dimostrare che le intersezioni $DE\cap AB$, $EF\cap BC$, $FD\cap CA$ sono allineate.

Coniugato isogonale Consideriamo il punto $P=[p:q:r]$; esso sarà individuato dalle ceviane $ry-qz=0$, $rx-pz=0$ e $qx-py=0$. Le loro simmetriche rispetto alle bisettrici dei rispettivi vertici saranno (come sappiamo dall'esercizio 11) $c^2qy-b^2rz=0$, $c^2px-a^2rz=0$, $b^2px-a^2qy=0$ o, dopo aver diviso,
$$\dfrac{c^2}{r}y=\dfrac{b^2}{q}z\qquad \dfrac{c^2}{r}x=\dfrac{a^2}{p}z\qquad \dfrac{b^2}{q}x=\dfrac{a^2}{p}y$$
che si incontrano nel punto $[a^2/p:b^2/q:c^2/r]$, che è il coniugato isogonale di $P$.

EsempioIl circocentro $[a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C]$ e l'ortocentro $[1/S_A:1/S_B:1/S_C]$ sono coniugati isogonali.

Esercizio 26 Dimostrare che il coniugato isotomico di $P$ è $[1/p:1/q:1/r]$.
Esercizio 27-a Trovare le coordinate dell'intersezione delle tangenti alla circoscritta in $B$ e in $C$ (formula di Conway)
Esercizio 27-b Dimostrare che il triangolo delle tangenti è perspettico con $ABC$, con centro nel coniugato isogonale del baricentro (punto di Lemoine).
Esercizio 28 Calcolare i coniugati isogonali dei punti di similitudine interna ed esterna tra circonferenza inscritta e circoscritta trovati nell'esercizio 21.

Esercizio 29 Costruire esternamente ad $ABC$ tre quadrati $ABX_1X_2$, $BCY_1Y_2$, $CAZ_1Z_2$ e considerare il triangolo $DEF$ descritto dalle rette $X_1X_2$, $Y_1Y_2$, $Z_1Z_2$. Dimostrare che $ABC$ e $DEF$ sono perspettici e trovare il centro di perspettività.

Esercizio 30 Sia $r$ l'asse di $BC$; per ogni punto $P$ su di esso, consideriamo la retta $AP$ e ne costruiamo la simmetrica $s$ rispetto alla bisettrice interna di $\widehat{A}$. Sia $P'$ il punto $s\cap r$. Scrivere l'espressione di $P'$ in termini delle coordinate di $P$ (e magari capire geometricamente questa corrispondenza ).

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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 07 giu 2015, 11:52

Esercizio 22. Dunque, so $G=[1:1:1]$ e $I=[a:b:c]$, quindi posso trovare il punto di Nagel $N_a$ usando la formula descritta sopra con $k=-2$. Chiamando $2p:=a+b+c$ ottengo:

\[N_a=[p-a:p-b:p-c].\]

Esercizio 23. Dunque, so $O=[a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C]$ e $H=[S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B]$ e posso trovare il punto di de Longchamps $L_o$ (non so bene come si simboleggi, ma $L$ per me è Lemoine quindi ho pensato di chiamarlo così...) usando la formula descritta sopra con $k=-1$. Ricordando i trucchetti $a^2S_A=S^2-S_BS_C$ e $S_AS_B+S_BS_C+S_CS_A=S^2$ otteniamo:

\[L_o=[a^2S_A-S_BS_C:b^2S_B-S_CS_A:c^2S_C-S_AS_B].\]

Esercizio 22. (c'è qualche problema di numerazione, credo... ;) ) Chiaramente l'omotetia di centro $G$ e raggio $-½$ manda il triangolo $ABC$ nel triangolo mediale $M_aM_bM_c$ e quindi l'incentro $I$ nel punto di Spieker $S$. Quindi con la formula di cui sopra si ottiene:

\[S=[b+c:c+a:a+b].\]

Esercizio 25. Con il teorema di Desargues la tesi è immediata ;) (non credo sia valido usarlo, però... :) )

Esercizio 26. Se $[0:q:r]$ e cicliche sono i piedi delle ceviane del punto $P=[p:q:r]$, i piedi delle ceviane del suo coniugato isotomico $Q$ saranno $[0:r:q]$ e cicliche, scritte anche $[0:1/q:1/r]$ (dividendo per $qr$). Ma quindi $Q$ si può scrivere $[1/p:1/q:1/r]$.

Esercizio Non-Esistente. Il punto di Gergonne, coniugato isotomico del punto di Nagel calcolato sopra, è:

\[G_e=[(p-b)(p-c):(p-c)(p-a):(p-a)(p-b)].\]
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 07 giu 2015, 12:56

Talete ha scritto: Esercizio 25. Con il teorema di Desargues la tesi è immediata ;) (non credo sia valido usarlo, però... :) )
Riformulo: Esercizio 25 Dimostrare il teorema di Desargues.

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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 07 giu 2015, 13:19

Ok, va bene ;) . Allora, ci provo:

siano $D=[d:q:r]$, $E=[p:e:r]$ e $F=[p:q:f]$ con punto di concorrenza $P=[p:q:r]$.

L'intersezione della retta $DE$ con il lato $AB$ sarà un punto $C_1=[m:n:0]$ dimodoché $D$, $E$ e $C_1$ siano allineati. Quindi si dovrà avere che
\[\frac mn=\frac{d-p}{q-e}.\]
Quindi $C_1=[d-p:q-e:0]$ e similmente possiamo trovare $A_1=[0:e-q:r-f]$ e $B_1=[p-d:0:f-r]$. Questi punti chiaramente sono allineati. :!:

Va bene così? :) E gli altri erano giusti?
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 07 giu 2015, 14:43

Beh, diciamo che magari indicare i conti non sarebbe stato male, invece di scrivere solo il testo e quella che pensi sia la soluzione ... ad esempio, $N_a$ ... tu sai che $GN_a/N_aI=-1/2$ ... se metti $k=-2$, ottieni $(1-k)/k=-3/2$, quindi forse è $k=2$ e dunque $\vec{N}_a=2\vec{G}-1\vec{I}$ da cui
$$N_a=\left[2\dfrac{1}{3}-\dfrac{a}{a+b+c}: 2\dfrac{1}{3}-\dfrac{b}{a+b+c}:2\dfrac{1}{3}-\dfrac{c}{a+b+c}\right]=[2a+2b+2c-3a:2a+2b+2c-3b:2a+2b+2c-3c]=[2b+2c-a:2a+2c-b:2a+2b-c]$$
e infatti non ho mai sostenuto che fosse il punto di Nagel!! E' però un punto sulla retta di Nagel...

D'altra parte, con $k=-2$ viene
$$X=\left[-2\dfrac{1}{3}+3\dfrac{a}{a+b+c}:\ldots:\ldots\right]=[-2(a+b+c)+3a:\ldots:\ldots]=[a-2b-2c:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le espressioni cicliche opportune.

Il punto di Nagel, chiamiamolo $N$, soddisfa in effetti $GN/NI=-2/3$ da cui $k=3$ e dunque
$$N=\left[3\dfrac{1}{3}-2\dfrac{a}{a+b+c}: \ldots:\ldots\right]=[a+b+c-2a:\ldots:\ldots]=[b+c-a:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le espressioni cicliche opportune.

Allo stesso modo fare i conti per il punto di Spieker non sarebbe stato male, dire il perché i piedi delle ceviane del coniugato isotomico sono quelli sarebbe stato gradito e poi non capisco l'enunciato
$$D,\ E,\ C_1\textrm{ allineati }\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\dfrac{d-p}{q-e}$$
Infine, il perché sia chiaro che sono allineati potrebbe essere utile aggiungerlo (io vedo almeno tre motivi, vorrei sapere quale vedi tu).

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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 07 giu 2015, 16:55

Esercizio 21. Detto $P$ il centro di omotetia interno, si ha che $O, \: P, \: I$ sono allineati e inoltre deve valere $OP/PI = R/r$ (dove $R$ ed $r$ sono quello che tutti immaginano). Ora, dato che abbiamo già calcolato $O = [a^2S_A : b^2S_B : c^2S_C]$ e $I = [a : b : c]$, possiamo ricavare le coordinate di $P$:
$$P = \left[\frac{r}{r + R}\frac{a^2S_A}{2S^2} + \frac{R}{r + R}\frac{a}{a + b + c} : cyc\right] = \left[ra^2S_A + R\frac{2aS^2}{2p} : cyc\right] = \\ = [a^2S_A + 2aRS : cyc] = [a^2(b^2 + c^2 - a^2)/2 + a^2bc : cyc] = [a^2(b + c - a)(a + b + c) : cyc] = \\ = [a^2(b + c - a) : b^2(a + c - b) : c^2(a + b - c)]$$
Per il centro di omotetia esterno $Q$ vale la relazione $OQ/QI = -R/r$, quindi similmente a prima si ha
$$Q = \left[\frac{r}{r - R}\frac{a^2S_A}{2S^2} - \frac{R}{r - R}\frac{a}{a + b + c} : cyc\right] = \left[ra^2S_A - R\frac{2aS^2}{2p} : cyc\right] = \\ = [a^2S_A - 2aRS : cyc] = [a^2(b^2 + c^2 - a^2)/2 - a^2bc : cyc] = [a^2(b - a - c)(a + b - c) : cyc] = \\ = [a^2(b + c - a)^{-1} : b^2(a + c - b)^{-1} : c^2(a + b - c)^{-1}]$$
Ultima modifica di cip999 il 07 giu 2015, 18:52, modificato 4 volte in totale.
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 07 giu 2015, 17:17

Beh vediamo, a occhio manca un $2$: $2rp=S$, poiché $p=(a+b+c)/2$ e $S$ è il doppio dell'area di $ABC$; inoltre non capisco come ti è scomparsa quella $a$ a fattor comune nella prima coordinata (non è un termine ciclico...). Quindi la coordinata del centro interno è
$$a^2S_A+2aRS=a^2(b^2+c^2-a^2)/2 + a^2bc=a^2(b^2+c^2+2bc-a^2)/2=a^2(b+c+a)(b+c-a)$$
ovvero (il termine $a+b+c$ è ciclico)
$$[a^2(b+c-a):b^2(a+c-b):c^2(a+b-c)]$$
A te ora correggere il centro esterno.

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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 07 giu 2015, 18:39

EvaristeG ha scritto:$S$ è il doppio dell'area di $ABC$
Questa cosa me la dimentico sempre... Comunque ora dovrebbe essere a posto. :)

Già che ci siamo, calcoliamoci pure i coniugati isogonali (Esercizio 28) (che chiamerò rispettivamente $P^{-1}$ e $Q^{-1}$), che sono
$$P^{-1} = \left[\frac{a^2}{a^2(b + c - a)} : cyc\right] = [(b + c - a)^{-1} : cyc] \\ Q^{-1} = \left[\frac{a^2}{a^2(b + c - a)^{-1}} : cyc\right] = [b + c - a : cyc]$$

Esercizio 23. Intanto, denotiamo con $A'$ il piede della bisettrice interna di $\widehat A$ e con $M_a$ il punto medio dell'arco $BC$ che non contiene $A$. Ricordiamo che $A' = [0 : b : c]$ e $M_a = [-a^2 : b(b + c) : c(b + c)]$.
L'omotetia di centro $A$ che manda $A'$ in $M_a$ manda $B$ in $B'$ e la retta $BC$ nella tangente alla circoscritta in $M_a$. Detto $h$ il fattore di tale omotetia, deve valere $$h(0 - 1) + 1 = \frac{-a^2}{-a^2 + b(b + c) + c(b + c)} \implies h = 1 + \frac{a^2}{(b + c)^2 - a^2} = \frac{(b + c)^2}{(b + c)^2 - a^2}$$
Quindi $$B' = \left[\frac{(b + c)^2}{(b + c)^2 - a^2}(0 - 1) + 1 : \frac{(b + c)^2}{(b + c)^2 - a^2}(1 - 0) : 0\right] = [-a^2 : (b + c)^2 : 0]$$
La retta cercata (i.e. $B'M_a$) ha dunque equazione $$\det\begin{pmatrix} -a^2 & (b + c)^2 & 0 \\ -a^2 & b(b + c) & c(b + c) \\ x & y & z \end{pmatrix} = 0$$ che, dopo qualche conto (neanche esagerato) diventa $$(b + c)^2x + a^2y + a^2z = 0$$
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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 07 giu 2015, 19:04

EvaristeG ha scritto:Beh, diciamo che magari indicare i conti non sarebbe stato male, invece di scrivere solo il testo e quella che pensi sia la soluzione ...
Ok, è che io faccio i conti su un foglio e poi... non so bene se devo mettere tutti i passaggi, etc...
EvaristeG ha scritto: ad esempio, $N_a$ ... tu sai che $GN_a/N_aI=-1/2$ ... se metti $k=-2$, ottieni $(1-k)/k=-3/2$, quindi forse è $k=2$ e dunque $\vec{N}_a=2\vec{G}-1\vec{I}$ da cui
$$N_a=\left[2\dfrac{1}{3}-\dfrac{a}{a+b+c}: 2\dfrac{1}{3}-\dfrac{b}{a+b+c}:2\dfrac{1}{3}-\dfrac{c}{a+b+c}\right]=[2a+2b+2c-3a:2a+2b+2c-3b:2a+2b+2c-3c]=[2b+2c-a:2a+2c-b:2a+2b-c]$$
e infatti non ho mai sostenuto che fosse il punto di Nagel!! E' però un punto sulla retta di Nagel...

D'altra parte, con $k=-2$ viene
$$X=\left[-2\dfrac{1}{3}+3\dfrac{a}{a+b+c}:\ldots:\ldots\right]=[-2(a+b+c)+3a:\ldots:\ldots]=[a-2b-2c:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le espressioni cicliche opportune.

Il punto di Nagel, chiamiamolo $N$, soddisfa in effetti $GN/NI=-2/3$ da cui $k=3$ e dunque
$$N=\left[3\dfrac{1}{3}-2\dfrac{a}{a+b+c}: \ldots:\ldots\right]=[a+b+c-2a:\ldots:\ldots]=[b+c-a:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le espressioni cicliche opportune.
Ma io pensavo fosse il punto di Nagel... Cioè $N_a$ per me è sempre stato quello... :( vabbè, comunque è vero: è che ho provato almeno sei valori diversi di $k$ perché non ero sicuro su quale fosse... e inoltre sapevo già il risultato (o per lo meno quello che credevo essere il risultato)...
EvaristeG ha scritto:Allo stesso modo fare i conti per il punto di Spieker non sarebbe stato male, dire il perché i piedi delle ceviane del coniugato isotomico sono quelli sarebbe stato gradito e poi non capisco l'enunciato
$$D,\ E,\ C_1\textrm{ allineati }\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\dfrac{d-p}{q-e}$$
Per il punto di Spieker, ho semplicemente usato la formula per l'omotetia dopo aver detto il fattore, il centro e il punto da trasformare.

I piedi delle ceviane del coniugato isotomico sono quelli perché è una simmetria rispetto alla mediana, quindi detto $D$ il piede sul lato $BC$, i valori della distanza $BD$ e della distanza $DC$ si invertono.

Dunque,
$$D,\ E,\ C_1\textrm{ allineati }\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\dfrac{d-p}{q-e}$$

Per essere allineati deve esistere la retta $\lambda x+\mu y+\nu z=0$. Facendo passare questa retta per $D$ ed $E$, ottengo che $\lambda d+\mu q+\nu r=0$ e che $\lambda p+\mu e+\nu r=0$ da cui per differenza $\lambda(d-p)+\mu(q-e)=0$. E qui si capisce, no?
EvaristeG ha scritto:Infine, il perché sia chiaro che sono allineati potrebbe essere utile aggiungerlo (io vedo almeno tre motivi, vorrei sapere quale vedi tu).
Io vedo Menelao ;)
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"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 07 giu 2015, 19:47

Talete ha scritto:
Ok, è che io faccio i conti su un foglio e poi... non so bene se devo mettere tutti i passaggi, etc...
Ora lo sai: sì.
Talete ha scritto: Ma io pensavo fosse il punto di Nagel... Cioè $N_a$ per me è sempre stato quello... :( vabbè, comunque è vero: è che ho provato almeno sei valori diversi di $k$ perché non ero sicuro su quale fosse... e inoltre sapevo già il risultato (o per lo meno quello che credevo essere il risultato)...
Quello che ho detto: non hai fatto davvero i conti: se $GN_a/N_aI=-1/2$, devo risolvere $(1-k)/k=-1/2$ che dà $1-k=-k/2$ ovvero $1=k/2$ ovvero $k=2$.
Talete ha scritto: Per il punto di Spieker, ho semplicemente usato la formula per l'omotetia dopo aver detto il fattore, il centro e il punto da trasformare.
Ma lo so, però potevi riportarla: e visto che non è chiaro, lo faccio io e spero tu capisca cosa sarebbe stato bello che scrivessi
"Visto che $S$ è l'immagine di $I$ tramite l'omotetia di centro $G$ e fattore $-1/2$, ho $\vec{S}=-\dfrac{1}{2}(\vec{I}-\vec{G})+\vec{G}=\dfrac{3}{2}\vec{G}-\dfrac{1}{2}\vec{I}$, da cui, scrivendo $I=[a:b:c]$ e $G=[2p/3:2p/3:2p/3]$ con $2p=a+b+c$, ho
$$S=\left[\dfrac{3}{2}\dfrac{2p}{3}-\dfrac{a}{2}:\ldots:\ldots\right]=[p-a/2:\ldots:\ldots]=[b+c:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le opportune espressioni cicliche."

Talete ha scritto: I piedi delle ceviane del coniugato isotomico sono quelli perché è una simmetria rispetto alla mediana, quindi detto $D$ il piede sul lato $BC$, i valori della distanza $BD$ e della distanza $DC$ si invertono.
Vero, e potevi scriverlo sopra, però non è completo, né detto bene. "...Se $D$ e $D'$ sono simmetrici rispetto al punto medio di $BC$, allora $BD=D'C$ e dunque $[ABD]/[CAD]=BD/DC=CD'/D'B=[CAD']/[ABD']$, da cui, se $D=[0:q:r]$, $D'=[0:r:q]=[0:1/q:1/r]$."
Talete ha scritto: Dunque,
$$D,\ E,\ C_1\textrm{ allineati }\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\dfrac{d-p}{q-e}$$

Per essere allineati deve esistere la retta $\lambda x+\mu y+\nu z=0$. Facendo passare questa retta per $D$ ed $E$, ottengo che $\lambda d+\mu q+\nu r=0$ e che $\lambda p+\mu e+\nu r=0$ da cui per differenza $\lambda(d-p)+\mu(q-e)=0$. E qui si capisce, no?
Ti fa proprio fatica concludere eh? Non devi arrivare al punto in cui "gli altri capiscono come si finisce", devi arrivare alla fine: "D'altra parte, se tale retta passa anche per $C_1$, si deve avere $m\lambda+n\mu=0$, da cui $[m:n]=[d-p:q-e]$, ovvero $C_1=[d-p:q-e:0]$."
Talete ha scritto: Io vedo Menelao ;)
E allora scrivilo. O meglio, sii ancora più preciso: "Poiché $BA_1/A_1C=[ABA_1]/[ACA_1]=(r-f)/(e-q)$ (e allo stesso modo gli altri rapporti), abbiamo che
$$\dfrac{BA_1}{A_1C}\dfrac{CB_1}{B_1A}\dfrac{AC_1}{C_1B}=\dfrac{r-f}{e-q}\dfrac{p-d}{f-r}\dfrac{q-e}{d-p}=-1$$
e dunque i tre punti sono allineati per Menelao."

Ad esempio un'alternativa era fare il determinante
$$\det\begin{pmatrix}0&e-q&r-f\\p-d&0&f-r\\d-p&q-e&0\end{pmatrix}$$
e notare che la somma di ogni colonna fa $0$, dunque il determinante è $0$.

Un'altra era notare che la retta su cui sono allineati è $\dfrac{x}{p-d}+\dfrac{y}{q-e}+\dfrac{z}{r-f}=0$ (e qui dire, davvero "è ovvio che sostituendo i valori fa $0$").

In generale Il punto di questi esercizi è farvi fare i conti; una delle skill da imparare con le baricentriche è esattamente *come* fare i conti, quindi riportare i passaggi è importante, sia per te che per gli altri. Inoltre, con le baricentriche (che fino alle IMO non sono davvero una tecnica standard) scrivere il più possibile è certo meglio e imparare a farlo su cose facili è meglio. Infine, più si è precisi più è facile trovare errori in quel che si è fatto.

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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 07 giu 2015, 20:32

cip999 ha scritto:Detto $h$ il fattore di tale omotetia, deve valere $$h(0 - 1) + 1 = \frac{-a^2}{-a^2 + b(b + c) + c(b + c)} \implies h = 1 + \frac{a^2}{(b + c)^2 - a^2} = \frac{(b + c)^2}{(b + c)^2 - a^2}$$
Vero, magari diciamo "ponendo che la somma delle coordinate dei punti coinvolti sia $1$" o qualcosa di simile (in realtà, basta che la somma sia la stessa in tutti e tre i punti, non necessariamente 1).

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