OliForum Matematico

A me piace un sacco chiacchierare, però odio i monologhi. In particolare, capisco che gli esercizi 1,2,3,4,5,7 siano noiosetti (anche se alcuni contengono fatti molto utili), ma almeno 9,10,11,12 sarebbe carino che li faceste

Facciamo quelli noiosetti.
Esercizio 1
Dal modo, scritto sopra, di determinare il segno dell'area orientata segue che:
i. P è interno ad ABC
ii. P appartiene ad almeno una delle rette dei lati
iii. P è interno ad uno degli angoli di ABC
iv. P è interno ad uno degli angoli "opposti al vertice" di ABC
v. impossibile

Esercizio 2
Se D è interno a BC, allora entrambe le aree $[ABD], [CAD] $ sono positive e la tesi è vera; se D non è interno a BC, allora una delle aree sarà negativa e sottraendola all'altra otteniamo $[ABC] $.

matpro98 ha scritto:Facciamo quelli noiosetti.
Esercizio 1
Dal modo, scritto sopra, di determinare il segno dell'area orientata segue che:
i. P è interno ad ABC
ii. P appartiene ad almeno una delle rette dei lati
iii. P è interno ad uno degli angoli di ABC
iv. P è interno ad uno degli angoli "opposti al vertice" di ABC
v. impossibile

Io capisco che hai capito, ma il caso iii, per come l'hai scritto, contiene il caso i ... piuttosto direi
iii. è interno all'angolo formato dalle semirette (wlog) AB e AC, nel semipiano delimitato dalla retta BC che non contiene
(oppure quello che scrivi + ma non interno ad ABC o sui lati o sui loro prolungamenti).

Lascio quelli noiosi a Matteo (che gli piacciono tanto )...

Esercizio 11. Chiamo $P$ l'intersezione di $r$ con $BC$. Quindi $P=[0:n:-m]$. Ora, l'intersezione con $BC$ della simmetrica $s$ di $r$ rispetto alla bisettrice è il punto $Q$ tale che il punto medio di $PQ$ sia il piede della bisettrice $F$, e cioè il punto $[0:c:-b]$. Quindi, detto $Q=[0:p:q]$ devo avere

\[F=[0:c:-b]=\left[0:\frac{n}{n-m}+\frac{p}{p+q}:\frac{m}{n-m}+\frac{q}{p+q}\right]=[0:2np+nq-mp:mp+nq].\]

Ora devo trovare $[p:q]$ in funzione di $m,n,c,b$. Questo è l'equazione:

\[0=mpc+nqc+2npb+nqb-mpb=p(mc+2nb-mb)+q(nc+nb).\]

Da cui $Q=[0:p:q]=[0:nc+nb:mb-mc-2nb]$. La retta $s$ per $A$ e $Q$ è quindi $(mc+2nb-mb)y+(nc+nb)z=0$ (modulo errori di calcolo).

Va bene?

Eh no, non va affatto bene... se $AP$ e $AQ$ sono simmetriche rispetto a $AF$, non è vero che $F$ è il punto medio di $PQ$ (o meglio, è vero solo se $AP=AQ$: bisettrice e mediana coincidono solo nel triangolo isoscele).
Inoltre il tuo piede della bisettrice interna mi lascia più di qualche dubbio: dovrebbe avere due coordinate positive!

Poi scusami, ma se sai fare i coniugati isogonali, dovresti sapere a priori in che retta finisci... in effetti questo esercizio è la dimostrazione di quel fatto!
Un hint: guarda le distanze della retta e della simmetrica dai lati

(un altro) epic fail per me... vabbè ci riproverò domani con l'hint di Drago...

P.S.:

Drago96 ha scritto:Poi scusami, ma se sai fare i coniugati isogonali, dovresti sapere a priori in che retta finisci...

Eh, sì... infatti avevo parecchi dubbî ma ero convinto che la distanza dei piedi delle rette $r$ ed $s$ da $F$ fosse uguale... chissà perché, forse invece di studiare baricentriche dovrei studiare geometria sintetica...

Wow, gran bella guida (e molto utile, anche)!

Segnalo solo un piccolo typo:

EvaristeG ha scritto:... è una retta parallela alla retta $BC$ e distante da essa *$p/BC$*; [...] Allo stesso modo, l'insieme dei punti tali che $[CAP] = q$ è una retta parallela alla retta $CA$ e distante *$q/CA$*

Dovrebbe essere $2p/BC$ etc... ma vabbè, son dettagli.

Intanto provo a fare il 4 (così cerco di abituarmi a usare i segmenti orientati).
Sia $l$ la distanza di $Q$ da $BC$.
Se $EF \parallel BC$ è ovvio, in quanto $l = h = k = \lambda k + \mu h \; \forall \: \lambda, \mu$ t.c $\lambda + \mu = 1$.
Ora supponiamo che la retta $EF$ incontri $BC$ in $P$. Con la convenzione dei segmenti con segno, vale la proporzione $h : PE = l : PQ = k : PF$, da cui $\displaystyle l = h \frac{PQ}{PE}$. Ma $PQ = PE + EQ = PE + \lambda EF$ e $\displaystyle \frac{EF}{PE} = \frac{PF - PE}{PE} = \frac k h - 1$, da cui segue $$l = h \frac{PQ}{PE} = h \frac{PE + \lambda EF}{PE} = h \left ( 1 + \lambda \frac{EF}{PE} \right ) = h \left ( 1 + \lambda \frac k h - \lambda \right ) = h \left ( \lambda \frac k h + \mu \right ) = \lambda k + \mu h$$
$\blacksquare$

Io vado avanti, ma prima o poi fateli sti esercizi XD

Una delle mille notazioni inventate da Conway

Indichiamo con $S$ il doppio dell'area di $ABC$, ovvero $S=2[ABC]$. In particolare, la trigonometria ci dice che
$$S=ab\sin \gamma=ac\sin\beta=bc\sin \alpha$$
Dato un angolo $\theta$, definiamo $S_\theta=S\cot\theta$ e, per complicare le cose, poniamo $S_A=S_\alpha$, $S_B=S_\beta$, $S_C=S_\gamma$.

Fatto 6 Si ha

• $S_A=(b^2+c^2-a^2)/2$ e cicliche
• $S_B+S_C=a^2$ e cicliche
• $S_A+S_B+S_C=(a^2+b^2+c^2)/2$
• $S^2=b^2c^2-S_A^2$ e cicliche
• $S_A^2+S_B^2+S_C^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2-3S^2$

Dim: Vale
$$S_A=S\cot\alpha=bc\sin\alpha\cot\alpha=bc\cos\alpha=bc\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}\;.$$
Da questa segue subito che $S_B+S_C=a^2$ (e cicliche) e che $S_A+S_B+S_C=(a^2+b^2+c^2)/2$.
Inoltre
$$S^2=b^2c^2\sin^2\alpha=b^2c^2(1-\cos^2\alpha)=b^2c^2-S_A^2$$
e l'ultima è ovvia.

Esercizio 14 Mostrare che $S_BS_C=S^2-a^2S_A$ e cicliche.
Mostrare che $S_AS_B+S_BS_C+S_AS_C=S^2$.

Ora, alcuni punti che abbiamo trovato si scrivono bene con questa notazione:
$$O=[a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C],\qquad H=[S_BS_C:S_AS_C:S_AS_B]=[S_A^{-1}:S_B^{-1}:S_C^{-1}]$$
Il centro della circonferenza di Feuerbach, che avrete calcolato in un precedente esercizio, è
$$N=[S^2+S_BS_C:S^2+S_AS_C:S^2+S_AS_B]$$
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
$$S\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S^2}=\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S}$$
e cicliche.

Tale notazione però ha la sua maggiore utilità nell’applicazione della formula di Conway:

Fatto 7 Sia $P$ un punto del piano e siano $\theta=\widehat{PBC}$, $\phi=\widehat{PCB}$, tali che $-\pi/2\leq \theta,\phi\leq \pi/2$, prendendo gli angoli positivi o negativi a seconda che abbiano lo stesso verso o quello opposto di $\widehat{CBA}$ e $\widehat{BCA}$. Allora le coordinate di $P$ sono
$$[-a^2:S_C+S_\phi:S_B+S_\theta]$$
Dim: Intanto notiamo che la condizione sui segni dice semplicemente che, se $P$ e $A$ stanno da parti opposte rispetto a $BC$, i due angoli sono positivi. Inoltre, le restrizioni su $\theta$ e $\phi$ dicono che $P$ si trova nella regione delimitata dalle due perpendicolari a $BC$ che passano per i suoi estremi.
Ora, possiamo scrivere le aree come segue
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\cdot CP\sin(\gamma+\phi)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\phi)}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\cdot BP\sin(\beta+\theta)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\phi)}$$
Notiamo che $CP\sin(\theta+\gamma)=BC\sin\theta$ e $BP\sin(\theta+\phi)=BC\sin\phi$ e dunque
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\sin\gamma\cos\phi+AC\cos\gamma\sin\phi}{BC\sin\phi}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\sin\beta\cos\theta+AB\sin\theta\cos\beta}{BC\sin\theta}$$
infine, isolando un fattore $S$ a numeratore e dividendo per il seno a denominatore si ottiene
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{1}{BC^2}S(\cot\gamma+\cot\phi)=-\dfrac{1}{BC^2}(S_C+S_\phi)$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{1}{BC^2}S(\cot\beta+\cot\theta)=-\dfrac{1}{BC^2}(S_B+S_\theta)$$
da cui la tesi.

Esempio: Costruiamo il triangolo equilatero $BCA'$ di modo che $A'$ e $A$ siano da parti opposte di $BC$ e sia $D$ il suo baricentro. Allora $\widehat{DBC}=\widehat{DCB}=30^\circ$ e $\cot(\pi/6)=\sqrt{3}$, dunque $D=[-a^2:S_C+\sqrt{3}S:S_B+\sqrt{3}S]$, mentre $A'=[-a^2:S_C+S/\sqrt{3}:S_B+S/\sqrt{3}]$.
Esempio bis: Se avessimo costruito il triangolo con $A'$ e $A$ dalla stessa parte di $BC$, avremmo ottenuto $D=[-a^2:S_C-\sqrt{3}S:S_B-\sqrt{3}S]$ e similmente per $A'$.

Esercizio 15: Trovare le coordinate dei centri dei quadrati costruiti esternamente ai lati.
Esercizio 16: Trovare le coordinate del simmetrico del circocentro rispetto al lato $BC$; stessa cosa per l'ortocentro, ma rispetto al lato $AC$.
Esercizio 17: Con la notazione dell'Esempio (o dell'Esempio bis), costruire allo stesso modo $B'$, $E$, $C'$, $F$ e mostrare che $AD$, $BE$, $CF$ concorrono, come pure $AA'$, $BB'$, $CC'$.
Esercizio 18: Trovare, in termini di $S$, $S_\theta$, $S_\phi$, le espressioni di $S_{2\theta}$, $S_{\theta/2}$, $S_{\theta+\phi}$.
Esercizio 19: Trovare le coordinate del punto medio dell'arco $AC$ che non contiene $B$. (Sì, di nuovo... No, non come prima.)
Esercizio 20: Se $D$, $E$, $F$ sono tali che $\widehat{CAE}=\widehat{BAF}=\theta$, $\widehat{ABF}=\widehat{CBD}=\phi$, $\widehat{BCD}=\widehat{ACE}=\psi$, mostrare che le rette $AD$ ,$BE$, $CF$ concorrono (e calcolare le coordinate del punto di intersezione).

cip999 ha scritto: Intanto provo a fare il 4 (così cerco di abituarmi a usare i segmenti orientati).

Bene!

erFuricksen ha scritto:è in programma anche qualcosa sulle circonferenze?

Uhm mi sono accorto di non averti davvero risposto: la risposta era sì, se mi regge la voglia fino a là, cioè se vedo che qualcuno segue.

EvaristeG ha scritto:

erFuricksen ha scritto:è in programma anche qualcosa sulle circonferenze?

Uhm mi sono accorto di non averti davvero risposto: la risposta era sì, se mi regge la voglia fino a là, cioè se vedo che qualcuno segue.

Grazie mille

Per far sì che la voglia rimanga posterò l'idea che avevo avuto per l'esercizio 12, anche se non mi convince molto il finale

Chiamiamo $M$ il punto medio del segmento $BC$, $D$ il punto medio dell'arco $BC$ non contenente $A$ e $E$ il punto desiderato.
Sappiamo che la bisettrice per $A$ e l'asse del segmento $BC$ si incontrano in $D$; detto questo sappiamo che l'equazione della bisettrice è $cy-bz=0$, ora ricaviamo l'equazione dell'asse $lx+my+nz=0$. Sappiamo che passa per $M=[0:1:1]$ da cui $m=-n$. Tuttavia passa anche per il circocentro $O$, quindi
$a^2(a^2-b^2-c^2)l-b^2(b^2-a^2-c^2)n+c^2(c^2-a^2-b^2)n=0$ da cui segue
$a^2(a^2-b^2-c^2)l=n(b^4-a^2b^2-b^2c^2-c^4+a^2c^2+b^2c^2)$
$a^2(a^2-b^2-c^2)l=n(c^2-b^2)(a^2-b^2-c^2)$ e perciò $a^2l = (c^2-b^2)n$
Quindi l'equazione dell'asse sarà $(c^2-b^2)x-a^2y+a^2z=0$
Trovo allora l'intersezione fra l'asse e la bisettrice per avere le coordinate di $D$
$y={b \over c}z$ $(c^2-b^2)x-{a^2b \over c}z+a^2z=0$
$c(c^2-b^2)x=a^2(b-c)z$ $x=-{a^2z \over c(b+c)}$
quindi $D=[- {a^2 \over c(b+c)} : {b \over c}: 1] = [-a^2:b(b+c):c(b+c)]$
Ora sappiamo che $O$ è il punto medio di $DE$ quindi la mia idea era di porre $E=[p:q:r]$ tali che $p+q+r=(b+c)^2-a^2$
in modo da poter utilizzare l'uguaglianza $[a^2(a^2-b^2-c^2):b^2(b^2-a^2-c^2):c^2(c^2-a^2-b^2)]=[p-a^2:q+b(b+c):r+c(b+c)]$
però non riesco a trovare un modo di rendere i calcoli più soft

Una mia curiosità (fra qualche giorno metterò qualche altra soluzione per tenere in vita questo "corso"): le coordinate baricentriche si possono usare anche nello spazio?

erFuricksen ha scritto: Per far sì che la voglia rimanga posterò l'idea che avevo avuto per l'esercizio 12, anche se non mi convince molto il finale

Beh, intanto direi che ti potevi risparmiare grossa fatica usando quello che dicevo nel primo post: lì ho calcolato le coordinate di $D$, l'equazione della bisettrice interna e l'equazione dell'asse.

Poi, la strategia globale non è sbagliata, utilizzando il Fatto 5, e il prossimo post sarà proprio a proposito del poter fare omotetie con le baricentriche... ma la bruttezza dei conti è invariata (ed è causata dalla bruttezza del circocentro -- btw, lo chiami ortocentro ad un certo punto, ma credo sia un lapsus tastierae).
Un'alternativa è contenuta nella tua soluzione: hai definito $D$ (punto medio dell'arco che non contiene $A$) come l'intersezione tra bisettrice interna ed asse ... non c'è una definizione simile per $E$?

matpro98 ha scritto:le coordinate baricentriche si possono usare anche nello spazio?

Beh sì, ovviamente però avranno a che fare coi volumi orientati dei tetraedri staccati da $P$ sulle facce di un tetraedro $ABCD$ di riferimento. Il suo baricentro avrà allora coordinate $[1:1:1:1]$.