Baricentriche!

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

Messaggio da erFuricksen » 27 mag 2015, 20:43

Sì intendevo il circocentro :) l'ho corretto

Ehm... Bisettrice esterna! :D
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

EvaristeG
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 27 mag 2015, 21:53

Beh allora, fai sto sforzo e fai sto conto :) (son punti tutto sommato utili da calcolare una volta nella vita, così se ricapitano si sa come fare e si sa anche più o meno a memoria che forma dovrebbero avere).

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Re: Baricentriche!

Messaggio da erFuricksen » 30 mag 2015, 12:20

Ok, alla fine ho calcolato $E=[a^2:b(c-b):c(b-c)]$ , ma aspettavo a risolvere anche un'altro esercizio per metterlo :)

Es 14:
$a^2=S_B+S_C$ da cui $S_B S_C=S^2-(S_B+S_C)S_A$ e quindi la seconda equivalenza $S_B S_C + S_A S_C + S_A S_B=S^2$
Ora sappiamo che $S^2=4p(p-a)(p-b)(p-c)$ e quindi diventa
$\sum_{cyc} (a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2) = (a+b+c) \prod_{cyc} (a+b-c)$
$\sum_{cyc} (a^4-b^4-c^4+2b^2c^2) =(a+b+c)(-a^3-b^3-c^3+a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b-2abc)$
E il passaggio successivo diventano entrambi i membri uguali a $2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)$
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Re: Baricentriche!

Messaggio da erFuricksen » 30 mag 2015, 13:04

EvaristeG ha scritto: E, grazie alle formule di cui sopra, è anche comodo il calcolo delle coordinate esatte, poiché le somme sono facili da fare. Ad esempio, per il centro della circonferenza di Feuerbach, le coordinate esatte sono
$$S\dfrac{S^2+S_BS_C}{4S^2}=\dfrac{S^2+S_BS_C}{4S}$$
e cicliche.
Domanda: non dovrebbe essere $${1 \over 2}S\dfrac{S^2+S_BS_C}{4S^2}=\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S}$$ ?
Perché in realtà $S=2[ABC]$


E poi anche un'altra cosa
EvaristeG ha scritto: $$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\cdot CP\sin(\gamma+\phi)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\gamma)}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\cdot BP\sin(\beta+\theta)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\gamma)}$$
Notiamo che $CP\sin(\theta+\gamma)=BC\sin\theta$ e $BP\sin(\theta+\gamma)=BC\sin\phi$
O ho capito male, oppure questo è un errore di typing, giusto?
perché $[BCP]= BP\cdot CP\sin(\theta +\phi)$
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 01 giu 2015, 00:38

erFuricksen ha scritto: Domanda: non dovrebbe essere $${1 \over 2}S\dfrac{S^2+S_BS_C}{4S^2}=\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S}$$ ?
Perché in realtà $S=2[ABC]$
Vero!
erFuricksen ha scritto: O ho capito male, oppure questo è un errore di typing, giusto?
perché $[BCP]= BP\cdot CP\sin(\theta +\phi)$
Esatto, hai capito bene :P

Ora correggo.

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Re: Baricentriche!

Messaggio da erFuricksen » 02 giu 2015, 13:24

Provo questo esercizio che mi ha messo in crisi perché credevo che i due punti trovati avessero coordinate identiche, poi mi sono accorto che due tangenti erano diverse :mrgreen:

Es 16: Chiamo $O'$ e $H'$ i due simmetrici da trovare.
$O'$ appartiene all'asse di $BC$ che ha equazione $(b^2-c^2)x+a^2y-a^2z=0$
$O'=[x:y:z]$ e pongo $$x+y+z=\sum_{cyc} a^2S_A =2S^2$$
Siccome la somma delle coordinate scelte è la stessa di quelle convenzionalmente usate per il circocentro e siccome è simmetrico rispetto al lato $BC$ ne consegue che
$x=-a^2S_A$ e quindi $y+z=2S^2+a^2S_A$ invece, sostituendo il valore di $x$ nell'equazione dell'asse otteniamo $y-z=S_A(b^2-c^2)$
facendo addizione e sottrazione membro a membro $2y=2S^2+a^2S_A+S_A(b^2-c^2)=2S^2+2S_AS_C$ similmente $2z=2S^2+a^2S_A-S_A(b^2-c^2)=2S^2+2S_AS_B$
Da questo ricaviamo che $O'=[-a^2S_A:S^2+S_AS_C:S^2+S_AS_B]=[-a^2:S\tan{\alpha} +S_C:S\tan{\alpha}+S_B]$

Per quanto riguarda $H'$ invece, mi ricordo un fatto simpatico per cui i simmetrici dell'ortocentro rispetto ai lati e rispetto ai punti medi dei lati giacciono sulla circonferenza circoscritta (non so se abbia un nome questo fatto, ma lo avevo sentito da qualche parte).
Questo vuol dire che posso usare il fatto 7 (è questa la formula di Conway?) ricavando gli angoli per congruenza (angoli alla circonferenza)
$H'=[S_C+S_{{\pi \over 2}-\alpha}:-b^2:S_A+S_{{\pi \over 2}-\gamma}]=[S_C+S\tan{\alpha}:-b^2:S_A+S\tan{\gamma}]$
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Re: Baricentriche!

Messaggio da Talete » 02 giu 2015, 14:35

erFuricksen ha scritto:Per quanto riguarda $H'$ invece, mi ricordo un fatto simpatico per cui i simmetrici dell'ortocentro rispetto ai lati e rispetto ai punti medi dei lati giacciono sulla circonferenza circoscritta (non so se abbia un nome questo fatto, ma lo avevo sentito da qualche parte).
Boh, è un corollario del fatto che la circonferenza di Feuerbach passa per i piedi delle altezze e i punti medi dei lati (infatti se fai un'omotetia di centro $H$ e raggio $2$...), che a sua volta credo sia corollario del (poco) famoso lemma per cui, dato $P$ con coniugato isogonale $Q$, le proiezioni di $P$ e $Q$ sui lati formano un esagono ciclico. Però, come molti dei fatti noti in geometria, non credo abbia un nome. ;)

EDIT: vabbè, non è detta l'ultima parola, magari EvaristeG lo sa :)
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 02 giu 2015, 16:26

Mah, io avrei usato la formula di Conway per entrambi ... $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=\pi/2 - \alpha$, quindi il simmetrico rispetto a $BC$ di $O$ avrà coordinate
$$[-a^2:S_C+S_{\pi/2 - \alpha}:S_B+S_{\pi/2-\alpha}]$$
e visto che $\cot(\pi/2-\alpha)=\tan(\alpha)$, avrai $[-a^2:S_C+S\tan\alpha:S_B+S\tan\alpha]$.

Beh, Talete, io lo farei al contrario: il fatto che i simmetrici di $H$ rispetto a lati e punti medi stiano sulla circonferenza circoscritta si dimostra easy con un po' di angoli ed implica l'esistenza della circonferenza di Feuerbach.
Quello poi che dici non ha un nome, ma viene dimostrato tutti gli anni a G3 medium, quindi dovrebbe essere abbastanza famoso come fatto noto.

cip999
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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 02 giu 2015, 20:26

Esercizio 11

Usando le stesse notazioni di Talete di qualche post fa, siano $r$ la ceviana di equazione $my + nz = 0$, $s$ la sua simmetrica rispetto alla bisettrice interna di $\widehat{BAC}$, $P$ e $Q$ i piedi delle due ceviane. Inoltre, denotiamo con $h_c$ la distanza di $P$ da $AB$ e con $h_b$ la distanza di $Q$ da $CA$.

Lemma. $\widehat{BAP} = \widehat{CAQ}$.
Dimostrazione. Detto $D$ il piede della bisettrice da $A$, si ha $\widehat{PAD} = \widehat{QAD}$ per la simmetria. Ma allora $\widehat{BAP} = \widehat{BAD} - \widehat{PAD} = \widehat{CAD} - \widehat{QAD} = \widehat{CAQ}$. $\blacksquare$

Corollario. $h_b/h_c = AQ/AP$.
Dimostrazione. Siano rispettivamente $H$ e $K$ i piedi delle perpendicolari condotte da $P$ e $Q$ ad $AB$ e $CA$. I triangoli $\triangle APH$ e $\triangle AQK$ sono simili (in quest'ordine), essendo ambedue rettangoli e avendo gli angoli $\widehat{PAH}$ e $\widehat{QAK}$ uguali. Dalla similitudine segue banalmente la tesi. $\blacksquare$

Siano $[0 : kq : kr]$ (per un qualche $k \ne 0$) le coordinate baricentriche esatte di $Q$. Il punto $P$ ha coordinate esatte $[0 : hn : -hm]$ ($h \ne 0$).
L'area di $\triangle PAB$ è $[PAB] = \frac{c \cdot h_c}{2}$, mentre $[QCA] = \frac{b \cdot h_b}{2}$ (per semplicità sto considerando il caso in cui $P$ e $Q$ sono interni a $BC$ (non ho voglia di pensare ai segni :mrgreen: ), quello in cui sono esterni è completamente analogo). Dunque $$\frac{kq}{-hm} = \frac{[QCA]}{[PAB]} = \frac{b \cdot h_b}{c \cdot h_c} = \frac{b \cdot AQ}{c \cdot AP}$$
In modo analogo ricaviamo $$\frac{kr}{hn} = \frac{c \cdot AQ}{b \cdot AP}$$
Ergo $$\frac q r = \frac{b \cdot AQ \cdot (-hm)}{c \cdot AP \cdot k} \cdot \frac{b \cdot AP \cdot k}{c \cdot AQ \cdot hn} = - \frac{b^2m}{c^2n}$$
Da cui $Q = [0 : q : r] = [0 : b^2m : -c^2n]$.

La retta $AQ$ ha dunque equazione $c^2ny + b^2mz = 0$.
$\blacksquare$
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 03 giu 2015, 14:22

cip999 ha scritto:(per semplicità sto considerando il caso in cui $P$ e $Q$ sono interni a $BC$ (non ho voglia di pensare ai segni :mrgreen: ), quello in cui sono esterni è completamente analogo)
Bastava prendere le distanze con segno :)

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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 04 giu 2015, 20:20

Esercizio 18
  • $$S_{2\theta} = S\cot2\theta = S\frac{\cos2\theta}{\sin2\theta} = S\frac{\cos^2\theta - \sin^2\theta}{2\sin\theta\cos\theta} = S\left(\frac{\cos\theta}{2\sin\theta} - \frac{\sin\theta}{2\cos\theta}\right) = \\ = \frac{S\cot\theta}{2} - \frac{S^2}{2S\cot\theta} = \frac{S_\theta}{2} - \frac{S^2}{2S_\theta}$$
  • $$S_{\theta/2}^2 = S^2\cot^2\theta/2 = S^2\frac{\cos^2\theta/2}{\sin^2\theta/2} = S^2\frac{\frac{1 + \cos\theta}{2}}{\frac{1 - \cos\theta}{2}} = S^2\frac{1 + \cos\theta}{1 - \cos\theta} = \\ = S^2\frac{1 + \frac{1}{1 + \tan\theta}}{1 - \frac{1}{1 + \tan\theta}} = S^2\frac{2 + \tan\theta}{\tan\theta} = 2S^2\cot\theta + S^2 = 2SS_\theta + S^2 \\ \implies S_{\theta/2} = \pm \sqrt{2SS_\theta + S^2}$$ con il $\pm$ che dipende da $\theta$.
  • $$S_{\theta + \phi} = S\cot(\theta + \phi) = S\frac{\cos(\theta + \phi)}{\sin(\theta + \phi)} = S\frac{\cos\theta\cos\phi - \sin\theta\sin\phi}{\sin\theta\cos\phi + \cos\theta\sin\phi} = \\ = S\frac{\cot\theta\cot\phi - 1}{\cot\theta + \cot\phi} = S\frac{\frac{S_\theta S_\phi}{S^2} - 1}{\frac{S_\theta}{S} + \frac{S_\phi}{S}} = \frac{S_\theta S_\phi - S^2}{S_\theta + S_\phi}$$
Ultima modifica di cip999 il 04 giu 2015, 22:01, modificato 1 volta in totale.
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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 04 giu 2015, 20:53

Domanda: perché per usare Conway è necessario che vi sia quella restrizione sugli angoli ($-\pi/2 \le \theta,\phi \le \pi/2$)? Cioè, a me sembra che la dimostrazione funga anche senza questa ipotesi... :roll:
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Re: Baricentriche!

Messaggio da EvaristeG » 05 giu 2015, 20:53

cip999 ha scritto:Domanda: perché per usare Conway è necessario che vi sia quella restrizione sugli angoli ($-\pi/2 \le \theta,\phi \le \pi/2$)? Cioè, a me sembra che la dimostrazione funga anche senza questa ipotesi... :roll:
Beh, considera i due punti esterni al lato $BC$ dati da
$$\theta=\pi/3,\quad \phi=-\pi/6$$
e
$$\theta=\pi/3,\quad \phi=2\pi/3$$
... sono davvero diversi?

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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 06 giu 2015, 12:29

Grazie, tutto chiaro :)
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Re: Baricentriche!

Messaggio da cip999 » 06 giu 2015, 14:14

Esercizio 20. Conti :shock:
Applichiamo la formula di Conway ai punti $D$, $E$, $F$, così da avere $$D = [-a^2 : S_C + S_\psi : S_B + S_\phi] \\ E = [S_C + S_\psi : -b^2 : S_A + S_\theta] \\ F = [S_B + S_\phi : S_A + S_\theta : -c^2]$$
La retta $AD$ è del tipo $my + nz = 0$, sostituisco le coordinate di $D$ e trovo $$m(S_C + S_\psi) + n(S_B + S_\phi) = 0$$ Da cui ricavo l'equazione $(S_B + S_\phi)y - (S_C + S_\psi)z = 0$.
Ciclando trovo anche $BE = \{(S_A + S_\theta)x - (S_C + S_\psi)z = 0\}$ e $CF = \{(S_A + S_\theta)x - (S_B + S_\phi)y = 0\}$.
Interseco $AD$ e $BE$: detto $P$ il punto d'intersezione, le coordinate di $P$ sono $$\left[\det \begin{pmatrix} S_B + S_\phi & -(S_C + S_\psi) \\ 0 & -(S_C + S_\psi) \end{pmatrix} : -\det \begin{pmatrix} 0 & -(S_C + S_\psi) \\ S_A + S_\theta & -(S_C + S_\psi) \end{pmatrix} : \det \begin{pmatrix} 0 & S_B + S_\phi \\ S_A + S_\theta & 0 \end{pmatrix}\right] = \\ = [-(S_B + S_\phi)(S_C + S_\psi) : -(S_C + S_\psi)(S_A + S_\theta) : -(S_A + S_\theta)(S_B + S_\phi)]$$
E ora non resta che verificare che $P \in CF$. Sostituisco nell'equazione di $CF$: $$-(S_A + S_\theta)(S_B + S_\phi)(S_C + S_\psi) + (S_B + S_\phi)(S_C + S_\psi)(S_A + S_\theta) = 0$$ che è ovviamente vera. $\blacksquare$
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