Affinità

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

Messaggio da what » 08 mar 2005, 17:59

Leggendo l'ottimo(!) scritto di marco sulla gara di cesenatico 2004, non sono riuscito a capire la s.a. all'ultimo esercizio.
Nel testo si decantano le svariate applicazioni che le affinità possono trovare nei problemi di tipo olimpico; sorge dunque spontanea una domanda: cosa sono?
ed ancora: come faccio a capire quando posso e\o devo utilizzarle?

gracias

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Marco
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Messaggio da Marco » 09 mar 2005, 10:19

Ciao.

Cominciamo con la definizione. Un'affinità è una trasformazione del piano che manda punti allineati in punti allineati e, per evitare degenerazioni, anche che manda punti non allineati in punti non allineati. (se invece quest'ultima è falsa, allora diciamo che è una proiezione). Essa risulta bigettiva.

Tutto lì. In coordinate cartesiane, possiamo scrivere le equazioni di trsformazione così:

$ \left[ \begin{array}{l} X = a x + b y + x_0\\ Y = c x + d y + y_0\\ \end{array} \right. $,

dove dobbiamo porre $ ad \neq bc $ (altrimenti risulta una proiezione).

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Le affinità sono trasformazioni estremamente generiche e non mantengono quasi nulla. Mantengono il parallelismo e la tangenza, ma non angoli e ortogonalità. Mantengono il rapporto tra segmenti paralleli e il rapporto tra aree. Le aree vengono trasformate con un rapporto costante, dato da $ \Delta = |ad-bc| $.

Le ellissi, parabole e iperboli restano ellissi, parabole e iperboli, ma i cerchi non restano cerchi.

La cosa più importante da sapere è che, date due terne di punti non allineati $ A, B, C $ e $ A', B', C' $, esiste un'unica affinità che manda $ A $ in $ A' $ ecc... Questo implica che tutti i triangoli sono affini.

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In quella s.a. si parla di coordinate affini. Cosa sono? Si fa così: prendi tre punti $ A, B, C $ non allineati nel piano. Allora succede questo bel fatto: che i punti del piano sono in corrispondenza biunivoca con le terne $ a,b,c \in \mathbb R $, con $ a+b+c=1 $.

Dati $ (a,b,c) $, come trovo il punto $ P $ corrispondente?

Fisso un'origine $ O $ a piacere(*). Calcolo il vettore $ \mathbf v = a\cdot \overrightarrow{OA} + b\cdot \overrightarrow{OB} + c\cdot \overrightarrow{OC} $. Definisco $ P $ in modo che $ \mathbf v = \overrightarrow{OP} $.

La cosa magica che succede, è che questo punto $ P $ non dipende da quale origine ho scelto all'inizio, e quindi posso bellamente ignorarla!

Come notazione, posso scrivere $ P = aA+bB+cC $.

Alcuni esempi: il p.to medio di $ AB $ è $ \frac{A+B}2 $; il baricentro di $ ABC $ è $ \frac{A+B+C}3 $; la retta per $ AB $ è data da $ c=0 $; per avere il solo segmento $ AB $, devo mettere l'ulteriore condizione $ a, b \geqslant 0 $. Analogamente, i punti interni al triangolo sono quelli con ambetré le coordinate positive.

Perché si chiamano coordinate affini? Perché sono mantenute dalle affinità. E quindi, in un certo senso, fissato un triangolo, sono un sistema di riferimento naturale rispetto ad esso.

La condizione di collinearità tra tre punti $ P, Q, R $, si scrive dicendo che esistono due numeri reali a somma 1 $ p, q $ t.c. $ R = p P + q Q $. Non è difficile provare che, se è questo il caso, $ p,q $ sono unici. Inoltre, vale la proporzione

(##) $ \displaystyle \frac{PR}{RQ} = \frac q p $ (con le usuali convenzioni sui segni).

EDIT: corretta la formula.

(*) Uno dei miei ricordi di Cortona da studente è questo argomento spiegato da cotal Sergio C. (e se non sapete chi sia, arrangiatevi) che in questo passaggio usò le testuali parole: "Fisso un'origine in cu*o al mondo".

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Quando si devono usare? Beh, come sempre nel pb-s'vin', non ci sono strade obbligate; sono un utile attrezzo del mestiere, che va saputo. Quando sono utili? Te lo ha detto in quella nota il Poloni: quando in un problema ci sono solo oggetti invarianti per affinità ("tracciare un cerchio? giammai!").

Per finire la chiacchierata, ti scrivo la dimo con le coordinate affini di Cesenatico 2004.6:

Esiste un'unica terna $ (a,b,c) $ di numeri reali positivi (ricorda che $ P $ sta all'interno del triangolo!!) t.c. $ a+b+c=1 $ e $ P=aA+bB+cC $.

Le condizioni di collinearità di $ A, A', P $ e $ B, C, A' $ sono rispettivamente:

$ P= \lambda A + \mu A' $ e $ A' = \beta B + \gamma C $,

per opportuni $ \lambda, \mu, \beta, \gamma $ t.c. $ \lambda + \mu = 1 = \beta + \gamma $.

Sostituiamo, frulliamo il tutto e viene:

$ P = aA + bB+ cC = \lambda A + \mu \beta B + \mu \gamma C $. Quindi ho scritto le coordinate affini di $ P $ rispetto ad $ A,B,C $ in due modi diversi. Le coordinate sono perciò uguali. Quindi

$ a = \lambda $, $ b = \mu \beta $, $ c = \mu \gamma $

Le ultime due le butto via, che non mi servono. La prima mi dice $ P = a A + (1-a) A' $.

Da questo e dalla (##), trovo
$ \displaystyle x = \frac{AP}{PA'} = \frac{1-a}a $

Ripeto il ragionamento e trovo $ y = \frac{1-b}b; z = \frac{1-c}c $. Fine della geometria; il resto sono conti. []

Ciao. M.
Ultima modifica di Marco il 18 apr 2005, 08:56, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Marco » 09 mar 2005, 11:47

Esercizio facile, da fare esclusivamente con le coo. affini:

Sia ABC un triangolo. Siano a,b,c le coordinate affini rispetto ai vertici.

i) dimostrare che M = (B+C)/2 è proprio il punto medio di BC [hint: fissate un'origine dove diceva Sergio e verificate che i vettori BM e MC...]

ii) dimostrare che la mediana AM è sulla retta di equazione b=c.

iii) usare (ii) per dimostrare che il baricentro ha davvero coordinate G = (A+B+C)/3.

iv) dimostrare che G divide AM in due segmenti, uno doppio dell'altro.

E, volendo,

i') Usando la stessa tecnica di (i), dimostrare la (##).

Ciao. M.

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Messaggio da kemhONE » 16 mar 2005, 17:31

Ciao.
Sto cercando anch'io di avvicinarmi alle coord. affini ma ho ancora qualche dubbio su un paio di passaggi.
Allora:
Marco ha scritto:Fisso un'origine $ O $ a piacere(*). Calcolo il vettore $ \mathbf v = a\cdot \overrightarrow{OA} + b\cdot \overrightarrow{OB} + c\cdot \overrightarrow{OC} $. Definisco $ P $ in modo che $ \mathbf v = \overrightarrow{OP} $.

La cosa magica che succede, è che questo punto $ P $ non dipende da quale origine ho scelto all'inizio, e quindi posso bellamente ignorarla!
Se $ P $ è definito in base ai tre vettori, e quest'ultimi dipendono chiaramente da $ O $, come può la scelta dell'origine non influenzare la posizione del punto $ P $?

Ancora:
Marco ha scritto:Alcuni esempi: il p.to medio di $ AB $ è $ \frac{A+B}2 $; il baricentro di $ ABC $ è $ \frac{A+B+C}3 $
Un problema sulla notazione: quando parli di $ \frac{A+B}2 $ intendi le coord. affini di $ A $, $ B $ o cosa?
Vuol dire che la coord. $ a $ del punto medio è la media delle due coord. $ a $ di $ A, B $?

Infine vorrei chiedere a Marco o a qualunque altro utente del forum di risolvere almeno il primo esercizio proposto: nonostante l'hint non riesco a capirne l'approccio...
Grazie.

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Messaggio da Marco » 16 mar 2005, 18:28

kemhONE ha scritto:
Marco ha scritto:Fisso un'origine $ O $ a piacere(*). Calcolo il vettore $ \mathbf v = a\cdot \overrightarrow{OA} + b\cdot \overrightarrow{OB} + c\cdot \overrightarrow{OC} $. Definisco $ P $ in modo che $ \mathbf v = \overrightarrow{OP} $.
Se $ P $ è definito in base ai tre vettori, e quest'ultimi dipendono chiaramente da $ O $, come può la scelta dell'origine non influenzare la posizione del punto $ P $?
Si tratta di magia. Te lo dimostro.

Prendi un'altra origine $ O' $. Definisci $ \mathbf v' $ e $ P' $ allo stesso modo, cambiando solo l'origine. Allora,

$ \mathbf v' = a\cdot \overrightarrow{O'A} + b\cdot \overrightarrow{O'B} + c\cdot \overrightarrow{O'C} $
$ = a ( \overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA} ) + b ( \overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OB} ) + c ( \overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OC} ) $
$ = ( a + b + c ) \overrightarrow{O'O} + a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC} $
$ = \overrightarrow{O'O} + \mathbf v $
(ricorda che $ a+b+c=1 $)

Da cui:
$ \overrightarrow{O'P'} = \overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{O'P} $. Questo ci dice che $ P' = P $, la cui posizione non dipende perciò dalla scelta dell'origine. []

Te l'ho detto, che si tratta di magia...
kemhONE ha scritto:Un problema sulla notazione: quando parli di $ \frac{A+B}2 $ intendi le coord. affini di $ A $, $ B $ o cosa?
Vuol dire che la coord. $ a $ del punto medio è la media delle due coord. $ a $ di $ A, B $?
No, mi sono spiegato male. Le coordinate affini di $ P $ sarebbero la terna $ (a,b,c) $ corrispondente. Però, per come ho definito le cose, la scrivo come $ P = a A + b B + c C $, che è un modo più naturale di fare i conti.

Normalmente non ha senso moltiplicare un punto per un numero e sommare punti e non lo puoi fare. Acquista un senso con le notazioni e definizioni che ti ho raccontato sopra.

Quando allora scrivo $ \frac{A+B}{2} $, intendo dire quel punto che ha coo. $ (\frac 1 2, \frac 1 2, 0) $ rispetto alla terna $ A,B,C $. [notare che $ A = 1 \cdot A + 0 \cdot B + 0 \cdot C $ e quindi $ A $ ha coo. $ (1,0,0) $].

Ti "vendo" una interpretazione fisica delle coordinate affini. Il punto con coordinate $ (a,b,c) $ rispetto ad $ A,B,C $ è il baricentro del sistema che ottieni se metti una massa $ a $ nel punto $ A $, una $ b $ su $ B $ e (try to guess...) una massa $ c $ su $ C $.

Che cosa voglia dire tutto ciò per masse negative non mi è del tutto chiaro, ma qualche fisico te lo potrà spiegare meglio di me ;-).
kemhONE ha scritto:Infine vorrei chiedere a Marco o a qualunque altro utente del forum di risolvere almeno il primo esercizio proposto: nonostante l'hint non riesco a capirne l'approccio...
Grazie.
Se mi preghi così, come faccio a dirti di no? Lo metto in bianco per non rovinare i tentativi di chi eventualmente ci si volesse cimentare.

Siano dati i punti B e C. Fisso un'origine O a piacere. Chiamo M = (B+C)/2. Allora, dalle definizioni, ho che (nelle espressioni che seguono, OM, OB, ecc, sono tutti vettori)

OM = ( OB + OC ) / 2.

Calcolo BM:

BM = OM - OB = 1/2 OB + 1/2 OC - OB = 1/2 OC - 1/2 OB.

Calcolo MC:

MC = OC - OM = OC - 1/2 OB - 1/2 OC = 1/2 OC - 1/2 OB.

Ho così provato che BM = MC. Questo significa che B, M e C sono allineati e che |BM| = |MC|. M è allora il punto medio di BC.
[]

Va meglio? Ciao. M.
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Messaggio da kemhONE » 16 apr 2005, 21:24

Ciao.
Ancora dubbi... :oops:
Marco ha scritto:La condizione di collinearità tra tre punti $ P, Q, R $, si scrive dicendo che esistono due numeri reali a somma 1 $ p, q $ t.c. $ R = p P + q Q $. Non è difficile provare che, se è questo il caso, $ p,q $ sono unici. Inoltre, vale la proporzione

(##) $ \displaystyle \frac{PO}{OQ} = \frac q p $ (con le usuali convenzioni sui segni).
Uhm... non mi convince... non sarebbe più logico $ \displaystyle \frac{PR}{RQ} = \frac q p $ ??
In effetti quando dici:
Marco ha scritto:Le ultime due le butto via, che non mi servono. La prima mi dice $ P = a A + (1-a) A' $.

Da questo e dalla (##), trovo
$ \displaystyle x = \frac{AP}{PA'} = \frac{1-a}a $
utilizzi la mia :D :D formula...

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Messaggio da Marco » 18 apr 2005, 08:55

Ups... Hai ragionissima.

No, ovvio, che $ O $ non c'entra un tubo: il bello di tutta la teoria è che l'origine non serve a nulla. Chiedo scusa per l'imprecisione.

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Messaggio da what » 19 apr 2005, 16:34

Ciao.
Provo gli esercizi (il primo l'ho letto... :oops: :oops: )
Marco ha scritto:ii) dimostrare che la mediana AM è sulla retta di equazione b=c.
Notiamo che $ b_A=c_A $ e $ b_M=c_M $, perché $ A(1,0,0) $ e $ M(0,\frac12,\frac12) $. Quindi entrambi appartengono alla retta di equazione $ b=c $. (Andrebbe dimostrato che è una retta?)
Marco ha scritto:iii) usare (ii) per dimostrare che il baricentro ha davvero coordinate G = (A+B+C)/3.
Per quanto detto nella (ii), e appartenendo G alle tre mediane, $ a_G=b_G=c_G $. Ma $ a+b+c=1 $, quindi G ha coordinate $ (\frac13,\frac13,\frac13) $, ossia $ G=\frac{A+B+C}3 $.
Marco ha scritto:iv) dimostrare che G divide AM in due segmenti, uno doppio dell'altro.
Detta $ O $ l'origine, abbiamo che $ \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OA}=-\frac23\overrightarrow{OA}+\frac13\overrightarrow{OB}+\frac13\overrightarrow{OC} $ mentre $ \overrightarrow{GM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OG}=-\frac13\overrightarrow{OA}+\frac16\overrightarrow{OB}+\frac16\overrightarrow{OC} $. Quindi $ |\overrightarrow{AG}|=2|\overrightarrow{GM}| $.
(C'è un modo che non utilizzi vettori ma solo le coordinate affini?)
Marco ha scritto:i') Usando la stessa tecnica di (i), dimostrare la (##).
Si ha $ \overrightarrow{PR}=\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OP}=(p-1)\overrightarrow{OP}+q\overrightarrow{OQ}=q\overrightarrow{PQ} $ e $ \overrightarrow{RQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OR}=(1-q)\overrightarrow{OQ}-p\overrightarrow{OP}=p\overrightarrow{PQ} $, da cui $ \displaystyle\frac{PR}{RQ}=\frac q p $.

Ed ora...
Verifica finale: se in un problema sono coinvolti un triangolo e grandezze (relative al triangolo) invarianti per affinità, allora come nella s.a. posso "giocare" con il triangolo e sistemarlo come mi fa comodo?

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Messaggio da EvaristeG » 19 apr 2005, 16:58

what ha scritto: Ed ora...
Verifica finale: se in un problema sono coinvolti un triangolo e grandezze (relative al triangolo) invarianti per affinità, allora come nella s.a. posso "giocare" con il triangolo e sistemarlo come mi fa comodo?
esatto!! il signore in piedi laggiù in fondo vince una bambolina!!
Ma non solo le grandezze : l'affinità è comunque una trasformazione bigettiva e quindi manda cose concorrenti in cose concorrenti, cose parallele in cose parallele, etc etc

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Messaggio da Marco » 19 apr 2005, 17:05

what ha scritto:
Marco ha scritto:iv) dimostrare che G divide AM in due segmenti, uno doppio dell'altro.
Detta $ O $ l'origine, abbiamo che $ \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OA}=-\frac23\overrightarrow{OA}+\frac13\overrightarrow{OB}+\frac13\overrightarrow{OC} $ mentre $ \overrightarrow{GM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OG}=-\frac13\overrightarrow{OA}+\frac16\overrightarrow{OB}+\frac16\overrightarrow{OC} $. Quindi $ |\overrightarrow{AG}|=2|\overrightarrow{GM}| $.
(C'è un modo che non utilizzi vettori ma solo le coordinate affini?)
Beh, usando (##):

Hai appena visto che M = (B+C) / 2 e G = (A+B+C) / 3. Sostituisci l'una nell'altra e trovi:

G = (2M + A) / 3

Per (##), GM è metà si AM.

[la sequenza dei punti (i)-(iv) voleva essere una "traccia guidata" per arrivare a dimostrare solo con la geometria vettoriale delle affinità la proposizione dei due terzi della mediana]

Comunque, bravo: un bel lavoro.

M.
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Messaggio da Marco » 19 apr 2005, 17:11

what ha scritto:Andrebbe dimostrato che è una retta?
Ottima domanda. In gara, direi di no. In generale, è di primo grado nelle coordinate, quindi è una retta (a meno di casi degeneri e cretini).

Per dimostrarlo puoi (some al solito) fissare l'origine O, prendere un p.to qualunque della retta P e dimostrare che i vettori AP e AM sono paalleli (i.e. uno multiplo dell'altro).

Nota che i p.ti della retta b = c si scrivono ad esempio come:

P = (1-2k) A + k B + k C.

Buon divertimento. M.
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Messaggio da what » 19 apr 2005, 17:36

Dispiace dopo tanti complimenti, ma...
EvaristeG ha scritto:Ma non solo le grandezze : l'affinità è comunque una trasformazione bigettiva e quindi manda cose concorrenti in cose concorrenti, cose parallele in cose parallele, etc etc
Cos'è una "trasformazione bigettiva"?!
Forse bigettiva=biunivoca=biietiva?

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Messaggio da FrancescoVeneziano » 19 apr 2005, 17:45

Esattamente, come anche si sente dire indifferentemente suriettiva o surgettiva.

CaO
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Messaggio da Melkon » 29 apr 2005, 18:59

Marco ha scritto:(##) $ \displaystyle \frac{PR}{RQ} = \frac q p $ (con le usuali convenzioni sui segni).
okay, forse fino a qui ci sono arrivato, ed è stata una faticaccia...
Ma questo da dove si ricava?

Grazie mille!
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Messaggio da Marco » 02 mag 2005, 10:43

Lo ha provato What una manciata di messaggi fa...

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