Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
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alegh
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Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Messaggio da alegh » 01 set 2016, 01:25

Quando uso le coordinate baricentriche e devo intersecare una retta con una circonferenza esiste qualche trucco che può semplificare i conti o mi devo rassegnare a trovare un'altra soluzione?
Ad esempio, in un problema, avrei bisogno di intersecare la circonferenza circoscritta al triangolo di riferimento $\triangle ABC$ con una retta in cui però compaiono tutte e tre le variabili $x,y,z$:
\[
\begin{cases}
a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy=0\\
(b^{2}+c^{2})x+(a^{2}+b^{2}+c^{2})y-(b^{2}+c^{2})z=0
\end{cases}
\]
c'è un modo che mi eviti di annegare in una marea di calcoli? C'è qualcosa nella dispensa scritta da EvaristeG qui sul forum (io ho guardato ma purtroppo non sono riuscito a trovare nulla)?

Grazie per qualsiasi risposta.

P.S. A chiunque mi risponda sarei ancora più grato se fosse così volenteroso e paziente da dare un occhiata a "3 circonferenze per dimostrare un allineamento", il topic (per il momento il più nuovo) in geometria in cui provo a risolvere un problema usando queste famose coordinate baricentriche, scoperte solo in occasione dello svolgimento dei problemi di ammissione per il senior.
In ogni caso grazie.

matpro98
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Re: Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Messaggio da matpro98 » 01 set 2016, 12:33

Lavorando in coordinate esatte, hai anche $x+y+z=1$, dopo di che, con l'equazione della circonferenza trovi un'equazione di secondo grado in una delle variabili e dal resto del sistema, se ricordo bene, trovi una delle due soluzioni. Usando le relazioni radici-coefficienti con l'equazione di secondo grado trovi anche l'altra soluzione

alegh
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Re: Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Messaggio da alegh » 18 set 2016, 22:05

Grazie matpro98 per avermi risposto. I conti risultano comunque lunghi (per questo non appena ritrovo il problema in questione lo posterò nella sezione di geometria che credo più adatta per discutere la soluzione).
Tuttavia avrei ancora qualche domanda su questo argomento: se io devo verificare che, ad esempio, 2 circonferenze ed una retta hanno un punto $P[x:y:z]$ in comune, risolto il sistema in tre incongnite, per verificare che tale punto esista realmente, mi basta verificare che $x+y+z\neq 0$? Mentre se non ci fosse un punto in comune non potrei risolvere il sistema o troverei un punto tale che la somma delle sue coordinate sia $0$?
Inoltre, come nelle coordinate cartesiane, per trovare l'asse radicale di 2 circonferenze mi basta sottrarre all'equazione di una circonferenza l'equazione dell'altra?
Grazie ancora per qualsiasi aiuto.

EvaristeG
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Re: Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Messaggio da EvaristeG » 19 set 2016, 17:39

Una circonferenza non ha punti all'infinito (con coordinate reali). Quindi se risolvi un sistema di due circonferenze e una retta e trovi una soluzione reale, quella è per forza al finito, ovvero con somma delle coordinate non nulla.
Se hai scritto le circonferenze come $\gamma-r_1\cdot r_\infty=0$ e $\gamma-r_2\cdot r_\infty=0$ dove $\gamma=0$ è la circoscritta e $r_\infty=0$ è la retta all'infinito, allora l'asse radicale è $r_1-r_2=0$.
Se invece hai le circonferenze scritte per esteso, devi far venire fuori un'equazione degenere...ad esempio, se vuoi l'asse radicale tra
$a^2yz+b^2xz+c^2xy=0$ ($\gamma_1=0$)
e
$(b+c-a)^2x^2+(a+c-b)^2y^2+(a+b-c)^2z^2-2(b-c-a)(b+a-c)yz-2(a-c-b)(a+c-b)xz-2(a-b-c)(a+b-c)xy=0$ ($\gamma_2=0$)
allora dovrai trovare $\lambda$ e $\mu$ tali che $\lambda \gamma_1+\mu\gamma_2=0$ sia una coppia di rette. Visto che queste due non sono coppie di rette, sia $\lambda$ che $\mu$ dovranno essere non nulli. Quindi possiamo fissare $\mu=1$ e $\lambda=2k$ (questo solo per convenienza di calcolo) da cui si ottiene
$$(b+c-a)^2x^2+(a+c-b)^2y^2+(a+b-c)^2z^2-2[(b-c-a)(b+a-c)-ka^2]yz-2[(a-c-b)(a+c-b)-kb^2]xz-2[(a-b-c)(a+b-c)-kc^2]xy=0$$
e vogliamo un valore di $k$ per cui sta cosa sia prodotto di due equazioni di secondo grado.

Un modo per trovarlo è scrivere la matrice
$$\begin{pmatrix}(b+c-a)^2&((a-b)^2-(1+k)c^2)&((a-c)^2-(1+k)b^2\\
((a-b)^2-(1+k)c^2)&(a+c-b)^2&((b-c)^2-(1+k)a^2\\
((a-c)^2-(1+k)b^2&((b-c)^2-(1+k)a^2)&(a+b-c)^2\end{pmatrix}$$
e porre il suo determinante uguale a zero. Così si trovano i valori di $k$ per cui l'equazione descrive un elemento degenere del fascio di circonferenze. Quell'elemento degenere deve per forza essere il prodotto tra la retta all'infinito e l'asse radicale. Quindi, fattorizzando per $x+y+z$ si ottiene l'asse radicale.

alegh
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Re: Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Messaggio da alegh » 02 ott 2016, 19:53

Grazie per avermi risposto.
Quindi, se ho ben capito, se considero il sistema
\[
\begin{cases}
a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy-\dfrac{b^{2}c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}x(x+y+z)=0\\
-c^{2}y+b^{2}z=0\\
a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy-(\dfrac{c^{2}}{2}y+\dfrac{b^{2}}{2}z)(x+y+z)=0
\end{cases}
\]
e facendo i conti trovo che il punto $P[b^{2}+c^{2}-a^{2}:b^{2}:c^{2}]$ è soluzione, ho dimostrato che le 2 circonferenze e la retta in questione si intersecano in un punto, giusto?

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Re: Quando i conti in baricentriche sono davvero troppi

Messaggio da EvaristeG » 02 ott 2016, 21:53

Beh certo. Se risolvi un sistema, trovi una terna che soddisfa tutte le equazioni, per definizione...

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