1-Angoli, angoli e ancora angoli

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
EvaristeG
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1-Angoli, angoli e ancora angoli

Messaggio da EvaristeG » 10 mag 2005, 00:05

Ordunque, cominciamo con la Geometria.
Mi scuso con chiunque pensasse che questi miei deliri sarebbero iniziati prima, ma sinceramente mi sembrava inopportuno e massacrante cominciare prima di Cesenatico.
Veniamo ora all'argomento del thread.

Gli Angoli

Ben pochi problemi nella geometria delle gare olimpiche hanno soluzioni che non usano angoli o lunghezze, similitudini o congruenze.
Visto però che la maggior tecnica è richiesta dai primi, decido di iniziare da essi.
La teoria che coinvolge direttamente e solamente gli angoli è piuttosto scarsa, quindi per prima cosa vi voglio mostrare alcuni problemi la cui risoluzione usa unicamente o quasi quella tecnica che in inglese si direbbe angle-chasing e che in italiano può ben prendere il nome di andar per angoli.

Problema 1 (Gara a squadre 2005 - semifinale di Cesenatico)
ABC è un triangolo isoscele su base AB; A' e B' sono punti su BC e AC tali che AA'C, BB'C, BB'A, AA'B sono isosceli. Sia C' l'intersezione tra AA' e BB'. Calcolare l'angolo A'C'B'.

Nota : non è specificato su che basi i quattro triangoli del testo sono isosceli; risolveremo il problema supponendo che la situazione sia : AA'B isoscele su base A'B e BB'A isoscele su base B'A, AA'C isoscele su base AC e BB'C isoscele su base BC.

Bene, il problema non è certo un IMO e qualcuno potrebbe liquidarlo con due righe e il risultato, ma cerchiamo di vedere un pochino quali sono le (poche) idee chiave della sua soluzione.

1)Se avrete la pazienza di disegnare la figura, noterete che l'angolo richiesto è calcolabile in uno sproposito di modi : come supplementare dell'angolo AC'B' (o BC'A'), come angolo del quadrilatero CA'B'C', come angolo del triangolo ABC'.
Questo passaggio può sembrare banale nello specifico di questo problema, ma è una delle cose che ritengo fondamentali nella soluzione di un problema di geometria : rispondere alla domanda "A che cosa è equivalente la richiesta del testo?".
Ora, quando si tratti di calcolare un elemento della configurazione data, il quesito si trasforma in "Cosa devo conoscere per calcolarlo?" e spero che tutti sarete d'accordo con me nel dire che è una domanda indispensabile da porsi; se invece il problema chiede di dimostrare qualcosa, l'utilità del farsi una simile domanda potrebbe non essere evidente, ma è esattamente la stessa, o forse anche maggiore, in quanto ci può suggerire quali sono i passaggi intermedi da compiere per arrivare alla soluzione, ovvero quali sono le altre cose da dimostrare (si spera più semplici). A volte è anche utile chiedersi se esistono fatti che implicano la tesi ma non le sono equivalenti...ma andiamo con calma.

2)Bene, quindi abbiamo trasformato il quesito nel trovare alcuni angoli un po' più amichevoli; ovviamente non possiamo sapere quale delle strade di calcolo indicate più sopra sia la migliore, ma possiamo provare a vedere cosa riusciamo a tirar fuori senza fatica dalle ipotesi.
Vediamo che:
ABC isoscele su base BA ===> $ \measuredangle ABC=\measuredangle BAC $
AA'B isoscele su base BA' ===> $ \measuredangle ABA'=\measuredangle BA'A $
ABB' isoscele su base AB' ===> $ \measuredangle BAB'=\measuredangle AB'B $
AA'C isoscele su base AC ===> $ \measuredangle A'AC=\measuredangle A'CA $
BB'C isoscele su base BC ===> $ \measuredangle CBB'=\measuredangle B'CB $
Ora, con un po' più di lavoro vediamo che ci si può ridurre a due sole catene di uguaglianze :
$ \measuredangle ABC=\measuredangle BAC=\measuredangle BA'A=\measuredangle AB'B $
$ \measuredangle A'AC=\measuredangle A'CA=\measuredangle CBB'=\measuredangle B'CB $
Non mi pare che ci sia altro da ricavare "ovviamente" dalle ipotesi; o meglio, ci sono altre osservazioni da fare, ma queste non riguardano gli angoli del problema. Ci si può aspettare, con ragione in questo caso, che non si debba andare al di là degli angoli per calcolare gli angoli. Questo modo di ragionare non è sempre efficiente, anzi in molti casi è controproducente, ma per ora siamo sul semplice.
Lo scrivere osservazioni varie e banali che seguono senza sforzo dalle ipotesi è un'altra cosa che mi è sempre molto utile nei problemi di geometria; questa pratica, da condurre con un poco di ordine e di metodo, senza mischiarla con altre parti della dimostrazioni in fieri provenienti invece da buone idee e non da prove random, può dare un'idea delle possibilità che si hanno davanti e delle strade che si possono imboccare.

3)"Per comodità di notazione". Questa sarebbe la giustificazione elegante del porre $ \alpha=\measuredangle BCA \ \ \beta=\measuredangle BB'A $; in realtà non è sempre vero che è comodo chiamare ogni grandezza con una lettera. Nel nostro caso, ne abbiamo solo 2 e quindi la cosa non incasinerà troppo; ma avendo 5 o 6 grandezze da nominare, dare a tutte un secondo nome è solo una perdita di tempo.
Ora cerchiamo di legare queste due grandezze; per far ciò dobbiamo ancora ricordarci che non sono alfa e beta, ma degli angoli sulla figura. Questa parte necessita di pratica oppure di c**o; vediamo ad esempio che
nel triangolo ABC possiamo scrivere $ \alpha+2\beta=\pi $
nel triangolo ABA' possiamo scrivere $ \measuredangle BAA'=\pi -2\beta $
nel triangolo AA'C possiamo scrivere $ \measuredangle AA'C=\pi-2\alpha $
nel triangolo ABB' possiamo scrivere ... un momento, ma è quella di prima, a meno di simmetria!!
nel triangolo BB'C possiamo scrivere ... ancora?? già vista, ancora a meno di simmetria.
Nel nostro caso, penso che anche il lattaio del paese si accorgerebbe che la figura è simmetrica, ma, per far le cose in generale, ecco che ne abbiamo una conferma.
Quando si tenta di trovare legami tra le varie parti del problema, le simmetrie giocano un duplice ruolo : il loro uso può aiutare a ricavare uguaglianze e altre relazioni, ma nel contempo la simmetria tra due relazioni può suggerire una più generale simmetria tra gli elementi del problema.
Le relazioni ottenute sono assai antipatiche in quanto non contengono solo alfa e beta, ma anche altra robaccia; del resto finora abbiamo solo usato il fatto che la somma degli angoli interni di un triangolo faccia 180°...proviamo ad uscire un poco : usiamo gli angoli esterni.
E' noto che un angolo esterno è pari alla somma dei due interni non adiacenti. Quindi troviamo :
$ \measuredangle BB'C=\measuredangle ABB'+\beta $
sfruttando il triangolo ABB'.
Oppure
$ \beta=2\alpha $
sfruttando il triangolo AA'C.
Quest'ultima è proprio interessante : lega le due grandezze con le quali avevamo descritto il triangolo.

4) Una rapida verifica ci permette di notare che, conoscendo alfa e beta, potremmo conoscere l'angolo voluto, basterebbe applicare una delle strade suggerite al punto 1).
A questo punto, allora, non è reato tradurre il nostro problema in termini di algebra ed equazioni.
Questo passaggio da geometria ad equazioni è da farsi con attenzione in quanto non sempre quello che vien fuori si presta ad una facile soluzione; del resto è indispensabile sapere tradurre correttamente il problema, in quanto molte volte è la strada più veloce ed elegante.
Nel nostro caso non ci sono molti dubbi :
$ \left\{\begin{array}{rcl}\alpha+2\beta&=&\pi\\ 2\alpha&=&\beta\end{array} \right. $
sfruttando la prima e l'ultima delle relazioni trovate. Quelle intermedie serviranno poi per calcolare l'angolo incognito.
Il sistema ha come soluzione $ \alpha=\pi/5=36^\circ\ \ \beta=2\pi/5=72^\circ $.
Ora, A'C'B' poteva essere calcolato ad esempio come angolo del quadrilatero A'B'C'C; l'angolo in C è alfa, gli angoli in A', B' li conosciamo perchè supplementari di beta : $ \measuredangle AA'C=\measuredangle BB'C=\pi- 2\alpha=108^\circ $.
Quindi $ \measuredangle A'C'B'=2\pi-\alpha-2\measuredangle AA'C=360^\circ-36^\circ-2\cdot 108^\circ=108^\circ $.
Ed ecco la nostra risposta!!

5) Ora scriviamo una soluzione decente :
Poniamo $ x=\measuredangle BCA $.
Osserviamo che, per il teorema sull'angolo esterno, $ \measuredangle BA'A=\measuredangle A'AC + \measuredangle ACB $.
Per ipotesi, AA'C è isoscele su base AC, quindi $ \measuredangle CAA'=\measuredangle ACA'=x $ e dunque $ \measuredangle BA'A=2x $.
Ancora per ipotesi, BA'A è isoscele su base A'B, quindi $ \measuredangle BA'A=\measuredangle ABA'=2x $.
Dunque, sommando gli angoli interni del triangolo ABC, otteniamo $ 5x=\pi $ da cui $ x=36^\circ $.
Ora, $ \measuredangle AA'C=\pi-\measuredangle BA'A=\pi-2x=108^\circ $; infine, sommando gli angoli interni di CA'B'C', otteniamo $ 2\pi=36^\circ+2\cdot 108^\circ+\measuredangle A'C'B' $, da cui il valore cercato è 108°.

Fine del Problema 1.

Esercizio 1 : abbiamo dovuto assumere arbitrariamente su quale base fossero isosceli i triangoli del testo; quali altre configurazioni ci sono? il risultato è sempre lo stesso?

Ecco, a questo punto dovrei aver dato l'idea di cosa intendevo con "andar per angoli"...è proprio un po' come cercar funghi.

In questa risoluzione abbiamo usato più volte alcuni fatti :
*)teorema dell'angolo esterno
*)somma degli angoli interni di un poligono
Spero ovviamente che tutti voi ne conosciate gli enunciati, ma per sicurezza :

Teorema dell'angolo esterno
In un triangolo qualsiasi, un angolo esterno è pari alla somma dei due interni non adiacenti.
Angoli interni
In un generico poligono semplice di n lati la somma degli angoli interni è $ \pi(n-2)[/pi] $.

Ecco, ora...chi me li dimostra?

Domani posterò la risoluzione di un altro problema, un poco più difficile di questo e quindi un po' meno romanzata; nel frattempo, fate pure tutte le domande che volete, basta che l'argomento siano gli angoli e teoremi ad essi legati, anche non inerenti al problema trattato (che spero non possa lasciare dubbi).

Ah, un 'ultima cosa : provate a elencare (qui sul forum o anche solo a mente) tutti i teoremi che vi vengono in mente e che hanno come argomento gli angoli.

Buon Lavoro e Buona Notte.
Ultima modifica di EvaristeG il 23 mag 2005, 23:23, modificato 1 volta in totale.

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Re: 1-Angoli, angoli e ancora angoli

Messaggio da Boll » 10 mag 2005, 15:55

EvaristeG ha scritto: Teorema dell'angolo esterno
In un triangolo qualsiasi, un angolo esterno è pari alla somma dei due interni non adiacenti.
Angoli interni
In un generico poligono semplice di n lati la somma degli angoli interni è $ \pi(n-2) $.

Ecco, ora...chi me li dimostra?
Uhm, ma posso prendere come Lemma noto il fatto che nei triangoli la somma vale $ \pi $???

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 10 mag 2005, 16:01

Per dimostrare il teorema dell'angolo interno, direi di no, visto che il tuo "lemma" si dimostra proprio con il detto teorema.
Cmq, ricorderei che questi post sono indirizzati soprattutto ai meno esperti (spero almeno a quelli che hanno "battuto un colpo" nel thread chiuso da Mind).

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Messaggio da Boll » 10 mag 2005, 16:02

Non penso di poter essere considerato esperto, comunque lascerò postare altri se vuoi :D

Comunque mi riferivo all'altro teorema

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 10 mag 2005, 16:06

Nemmeno per l'altro!! E ora basta se no dico come si fa!!

pps
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Messaggio da pps » 10 mag 2005, 16:32

Teorema dell'angolo esterno e conseguenze
Dato il triangolo ABC, consideriamo l'angolo esterno a C e tracciamo per la sua origine la parallela al lato AB del triangolo. Le due parti dell'angolo esterno, per le proprietà delle rette parallele tagliate da una trasversale(angoli alterni interni, angoli corrispondenti) risultano congruenti rispettivamente agli angoli A e B del triangolo. Dunque complessivamente l'angolo esterno è congruente alla somma degli angoli interni non adiacenti. Poiché la somma di un angolo interno e del suo angolo esterno è 180°, si può affermare che anche la somma degli angoli interni di un triangolo è di 180° (poiché, considerato un angolo interno, il suo esterno è congruente alla somma degli altri due angoli interni).

Angoli interni
Si consideri un punto P all'interno del generico poligono di n lati e si congiunga P con tutti i vertici. Si ottengono n triangoli; la somma di tutti gli angoli di questi triangoli è n*180. Gli angoli in P non ci interessano, quindi dobbiamo sottrarli. La somma di tutti gli angoli in P è 360°, ossia 2*180°. La somma degli angoli interni di un poligono di n lati è quindi n*180° - 2*180° = 180(n-2) = pi(n-2)
Thanks to Joim

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Messaggio da Boll » 10 mag 2005, 18:24

Uhm, rimane mi pare comunque da dimostrare che la somma angoli interni di un triangolo è $ \pi $. Forse ce l'ho fatta. Chiedo lumi a Evariste.

Dimostrazione
Costruisco il triangolo generico $ ABC $ nel piano tale che $ AB>BC>AC $. Ora prolungo la retta di $ AB $ e la chiamo $ r $. Poi costruisco il triangolo $ AED $ dalla stessa parte di $ C $ rispetto ad $ A $ tale che $ AD=AB $, $ DE=AC $ e $ AE=BC $. Si avrà evidentemente che anche i tre angoli sono ordinatamente congruenti, ora poichè $ \angle ADE=\angle CAB $ le rette $ r $ e $ ED $ sono parallele. Si avrà ora che per il parallelismo prima enunciato $ \angle EAF=\angle AED $. Se ne ricava la tesi poichè l'angolo $ \angle BAr $ è piatto per costruzione.

Le due tesi che servivano
Un evidente corollario di ciò precedentemente dimostrato è il teorema dell'angolo esterno.

Per il secondo teorema procediamo per induzione sul numero di punti, che chiameremo $ A_1,A_2,\dots,A_n $, per $ n=3 $ abbiamo appena dimostrato. Ora se funziona per $ n $, aggiungendo l'$ n+1 $ esimo punto aggiungiamo un triangolo, e quindi $ \pi $ in ampiezza. La tesi è quindi dimostrata.

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Messaggio da EvaristeG » 10 mag 2005, 20:03

Ok per pps, anche se, personalmente, preferisco la dimostrazione per induzione del secondo, perchè ti risparmia problemi nel caso in cui il poligono sia concavo (pensaci un po', puoi trovare un esempio, ovvero poligono e punto P, in cui la tua costruzione non funziona ?).
Per Boll ... la tua dim non è della maggior chiarezza, cmq è a meno di simmetria quella di pps (verificalo!). Per quanto riguarda il secondo, il sistema più pulito per fare induzione è prendere un n-agono e togliere un punto e non aggiungerne uno da un (n-1)-agono, sempre per i problemi con i concavi.
A questo punto, chiederei a pps, che l'ha citato, di esplicitare per bene quel macello di teorema sulle rette incidenti, riportando almeno l'enunciato corretto con tutte le relazioni tra angoli e, se ne ha voglia, la dimostrazione.

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Messaggio da Boll » 10 mag 2005, 20:10

Hai ragione, Eva, la mia proof è più o meno uguale a quella di pps, non l'avevo vista :D, mi scuso con lui

pps
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Messaggio da pps » 10 mag 2005, 20:41

EvaristeG ha scritto:Ok per pps, anche se, personalmente, preferisco la dimostrazione per induzione del secondo, perchè ti risparmia problemi nel caso in cui il poligono sia concavo (pensaci un po', puoi trovare un esempio, ovvero poligono e punto P, in cui la tua costruzione non funziona ?).
Il nostro scopo è dividere un poligono di n lati, sia esso concavo o convesso, in n triangoli. A questo punto il problema si fa interessante: riesco a dividerlo sempre? Mi rimane sempre l'angolo giro da togliere? Ecc..

Riporto alcuni esempi:

Poligono convesso diviso utilizzando solo P e due poligoni concavi che utilizzano una divisione "particolare".
Immagine

Poligono convesso diviso utilizzando non solo P.
Immagine

A queste domande non so se riuscirò a rispondere. Per il momento, ci provo! Come sosteneva il professore ungherese nella sua interessantissima conferenza, il bello è tirare fuori qualcosa...

A presto un nuovo messaggio. :D
Thanks to Joim

pps
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Messaggio da pps » 10 mag 2005, 21:06

.
. leggere prima il messaggio precedente
.

Oppure, senza coinvolgere punti interni al poligono, si può scegliere un vertice e condurre da quello tutte le diagonali possibili, che, in un poligono di $ n $ lati, sono $ n-2 $. A questo punto ho ottenuto n-2 triangoli la somma dei cui angoli è uguale alla somma degli angoli interni del poligono.

Tutto questo, ovviamente, se si parla di poligoni convessi...

Immagine
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ciao

Messaggio da mattilgale » 10 mag 2005, 21:14

grazie per la lezione sugli angoli evariste, appena posso rispondo, meglio che lo guardi a modem freddo :D
"la matematica è il linguaggio con cui Dio ha plasmato l'universo"

Galileo Galilei

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Messaggio da EvaristeG » 10 mag 2005, 22:28

Ordunque, pps ha colto il problema !!
E mi ha ricordato una cosa importantissima sui problemi di geometria, che capita spesso quando si usano gli angoli in un problema complicato.

Problemi di configurazione
Una componente fondamentale della risoluzione di un problema di geometria è il disegno, ma è anche la maggiore fonte di errori. Infatti un disegno sarà sempre e comunque un caso particolare della configurazione descritta; per questo bisogna sempre verificare che i passaggi dimostrativi che noi compiamo non dipendano dalla particolare posizione di un punto, un segmento o un qualunque altro luogo, su cui il testo non garantisce nessun controllo.
Per fare un esempio, nel caso della dimostrazione di pps, l'assunzione implicitamente fatta è la seguente : dato un poligono di n lati semplice, esiste sempre un suo punto interno P tale che i segmenti PA1, ... , PAn che collegano P con i vertici A1, ..., An sono tutti interni al poligono.
Questo è sicuramente vero in un poligono convesso, ma non ci sono ragioni ovvie o comunque facili da vedere per cui debba essere sempre vero.
L'origine dell'errore è, probabilmente, il fatto che quando si pensa a un poligono generico, in realtà ci si immagina con molta probabilità un poligono convesso (e magari abbastanza regolare).

Ok, detto questo, suggerirei di unire l'idea dell'induzione di Boll e l'idea dei triangoli di pps. Infatti, tagliare un triangolo da un poligono è sempre possibile (e questo si può dimostrare con poca fatica).

pps
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Messaggio da pps » 11 mag 2005, 14:49

EvaristeG ha scritto:[...]tagliare un triangolo da un poligono è sempre possibile (e questo si può dimostrare con poca fatica).
si. ma a me interessa che si possa tagliare in esattamente n-2 triangoli...
Thanks to Joim

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Messaggio da EvaristeG » 11 mag 2005, 15:18

Bene, facciamo un passo avanti con la difficoltà : ecco la soluzione/commento di un problema di geometria noto con il nome di Teorema della Farfalla.

Problema 2(Teorema della Farfalla)
Data una circonferenza, sia PQ una sua corda; si conducano altre due corde AB e CD intersecantisi nel punto medio M di PQ (mettiamo le lettere di modo che AD e BC non si intersechino all'interno della circonferenza). Siano X l'intersezione di AD con PQ e Y l'intersezione di BC sempre con PQ.
Dimostrare che M è il punto medio di XY.

Nota : Non allego disegni per spingervi a prendere in mano riga e compasso. Inoltre, preciso che, pur volendo trattare di angoli, nelle osservazioni preliminari alla soluzione parlerò anche di teoremi che non li riguardano, per completezza di esposizione; se non li conoscete, niente paura, non serviranno poi nella soluzione vera e propria.

Allora, certamente questo problema è ben più complicato del precedente, quindi mi dilungherò meno in chiacchiere, soprattutto perchè le osservazioni generali fatte nel precedente post si applicano ancora.

1) In questo caso, un passaggio che prima sembrava banale diventa assai importante : quali sono le forme equivalenti in cui possiamo riscrivere la tesi?
Ebbene, senza un minimo di lavoro sulla figura, sarà difficile smuoversi da MX=MY.
Ragionando in generale, per dimostrare che due segmenti sono uguali la strada più immediata è vederli come elementi corrispondenti in triangoli congruenti; oppure possiamo cercare di trovare circonferenze dello stesso raggio in cui i due segmenti vengano visti sotto lo stesso angolo; ancora, potremmo trovare delle relazioni tra le aree delle figure interessate e le lunghezze dei vari segmenti; oppure, il risultato potrebbe ottenersi tramite l'uso di relazioni sui lati dei quadrilateri, come la circoscrittibilità o il teorema di Tolomeo.
Non che questi siano gli unici modi, ma (almeno nei problemi che ho visto) sono i trucchi più frequenti per ottenere uguaglianze tra segmenti.
Questo non è però un elenco da imparare a memoria, ma è un esempio di come si possa ragionare nell'affrontare un problema di geometria.
Vediamo ora più nel concreto se alcune di queste tecniche possono applicarsi al nostro problema.

a)Uguali perchè elementi corrispondenti di triangoli congruenti
Nonostante vi siano molti triangoli che hanno MX e MY come lati, è assai improbabile trovare delle congruenze tra questi : basta disegnare due o tre volte la figura variando l'inclinazione delle tre corde e si vede che, ad esempio, i triangoli MAX e MCY non possono essere congruenti e neppure XDM e YBM.
Se vorremo sfruttare la congruenza tra triangoli dovremo rassegnarci a tracciare linee aggiuntive (qualcuno dice che il numero di cose da disegnare in più per arrivare alla soluzione è indice della difficoltà della soluzione...).

b)Uguali perchè visti da angoli uguali in circonferenze uguali
Qui è ovvio che si debbano almeno tracciare le due circonferenze in questione, in quanto l'unica circonferenza data non ha MX e MY come corde.
A questo proposito, si può notare che le due circonferenze in questione avrebbero centri sugli assi di MX e MY, sui quali non si trova però nessun altro punto della costruzione, ne vi incidono rette di particolare importanza; questo può significare che è la strada sbagliata, oppure che il problema è molto bastardo.

c)Uguali confrontando aree di opportuni triangoli
Questa strada può sembrare promettente : è noto che se due triangoli hanno un angolo uguale, le loro aree stanno tra loro come i prodotti dei lati adiacenti all'angolo uguale. Quindi, ad esempio, $ A_{MXA}:A_{MYB}=MX\cdot MA : MY\cdot MB $ e altre relazioni simili.
Se dimostrassimo che in realtà quelle due aree stanno come MA e MB, avremmo finito.

d)Uguali da relazioni tra segmenti date da quadrilateri
Questo approccio è particolarmente scoraggiante perchè, mentre la ciclicità (e quindi ad esempio il teorema di Tolomeo) dipende dagli angoli, la circoscrittibilità dipende solo dai lati e la condizione da dimostrare è proprio quella che vorremmo usare per ricavare informazioni, quindi sembra che questo approccio non conduca molto lontano, a meno di non essere veramente molto furbi.

2)Ora possiamo esaminare le implicazioni più immediate delle ipotesi, o meglio della costruzione.
In quanto angoli opposti al vertice, abbiamo che :
$ \measuredangle AMD=\measuredangle CMB $
$ \measuredangle XMD=\measuredangle CMY $
e le uguaglianze tra i loro supplementari e le loro differenze.
Tramite il teorema degli angoli alla circonferenza, possiamo ricavare queste uguaglianze :
$ \measuredangle ADC=\measuredangle ABC $
$ \measuredangle DAB=\measuredangle DCB $
$ \measuredangle BAC=\measuredangle CDB $
$ \measuredangle DCA=\measuredangle ABD $
Dal teorema delle corde otteniamo che :
$ AM\cdot MB=CM\cdot MD=PM^2 $
Se prestate attenzione, dal fatto che M sia punto medio di PQ abbiamo ricavato solo l'ultima uguaglianza (per di più di discutibile interesse).
Eppure, il fatto che PM=MQ è l'unico elemento di simmetria del problema; siccome il risultato che ci viene richiesto è ancora una simmetria (MX=MY), è auspicabile che questo fatto abbia la sua importanza, visto che di solito le simmetrie di un problema si conservano dalle ipotesi alla tesi (questa idea non è mia, chi è stato alle conferenze di cesenatico l'ha già sentita).
Soprattutto, molte delle informazioni che abbiamo riguardano angoli, e allora, come possiamo esprimere PM=MQ tramite gli angoli?

(vi consiglio di fermarvi un attimo a pensarci prima di proseguire la lettura)

(ci state pensando? bravi!)

(ancora un po' di riflessione...)

Una possibile strada è quella di osservare che, essendo PQ una corda, la perpendicolare a lei dal centro passa per M; introduciamo quindi il punto O, centro della circonferenza in cui tutta questa bagarre ha luogo, e tracciamo il segmento OM; si avrà $ \measuredangle YMO=\measuredangle XMO=\pi/2 $.
A questo punto, possiamo anche riformulare la tesi in termini di triangoli congruenti: se MX=MY, necessariamente i triangoli MOX e MOY sono congruenti perchè sono rettangoli, con un cateto in comune e l'altro cateto uguale; quindi possiamo puntare a dimostrare che $ \measuredangle XOM=\measuredangle YOM $.
Da notare il passaggio da un criterio di congruenza ad un altro : uno lo usiamo per dimostrare che i due triangoli sono congruenti, l'altro per ricavare da ciò la tesi.

3)A questo punto, siamo passati a dover dimostrare una uguaglianza di angoli, che, viste le molte relazioni sugli angoli trovate, sembra già più plausibile.
Per proseguire, serve una buona intuizione : possiamo giustificarla con molti ragionamenti, nessuno dei quali risponde però alla domanda "Ma come diavolo ti è venuto in mente??!!??".

Per quanto mi riguarda, il prossimo passo è il frutto di queste considerazioni:
*)ho tracciato la perpendicolare da O a PQ ed è servito, per le proprietà di simmetria del punto medio ... bene, tracciamone altre
*)ho ottenuto due angoli retti, se ne ottengo altri lì vicino posso sperare di beccare qualche quadrilatero ciclico e quindi qualche uguaglianza di angoli alla circonferenza su circonferenze che non siano quella data (la nostra strada b) )

Detto ciò ... Idea : traccio OE e OF perpendicolari a AD e CB.
Simmetria : E ed F sono anche punti medi di AD e BC, quindi ottengo che i triangoli AEM e CFM sono simili, poichè lo erano ADM e BCM dalle considerazioni sugli angoli al punto 2). (dimostratelo!!)
Ciclicità : XEOM e YFOM sono ciclici, e quindi, per il teorema sugli angoli alla circonferenza ho che $ \measuredangle XOM=\measuredangle XEM $ e $ \measuredangle YOM=\measuredangle YFM $.
Quindi devo dimostrare che gli angoli XEM e YFM sono uguali, ma a questo serve per l'appunto il precedente argomento di simmetria : i triangoli AEM e CFM sono simili, quindi $ \measuredangle XEM=\measuredangle AEM=\measuredangle CFM=\measuredangle YFM $.
E dunque la tesi è dimostrata.

So che vi sembra che io abbia barato nell'ultimo punto, ma non potevate aspettarvi che esistesse un algoritmo per risolvere i problemi di geometria senza avere alcuna idea. Tutto quello che posso dirvi è perchè mi è sembrata più plausibile quell'idea rispetto alle altre ed è stato appunto per le ragioni di simmetria e di ciclicità.

4)Riscriviamo la soluzione in maniera decente.
Sia O il centro della circonferenza; tracciamo OM, OE ed OF, dove E ed F sono i punti medi di AD e BC.
Osserviamo che, in quanto insistono sugli stessi archi,
$ \measuredangle ADC=\measuredangle ABC $
$ \measuredangle DAB=\measuredangle DCB $
$ \measuredangle BAC=\measuredangle CDB $
$ \measuredangle DCA=\measuredangle ABD $
e dunque i triangoli ADM e BCM sono simili.
Ma allora sono simili anche i triangoli AEM e CFM.
Ora, i quadrilateri XEOM e YFOM sono ciclici in quanto contengono angoli retti opposti; quindi si ha $ \measuredangle XOM=\measuredangle XEM $ e $ \measuredangle YOM=\measuredangle YFM $, in quanto insistono sullo stesso arco.
Ma per la similitudine sopra detta, $ \measuredangle AEM=\measuredangle CFM $, da cui $ \measuredangle XOM=\measuredangle YOM $, da cui la tesi per i criteri di congruenza per triangoli rettangoli (applicati a XOM e YOM).


Esercizio 2 (anche se con gli angoli centra poco) : Le altre strade portano a qualcosa ? Ci sono modi di algebrizzare il problema ? (pregasi lasciar fuori la trigonometria).


Infine, come prima, abbiamo usato alcuni teoremi :

Criteri di congruenza dei triangoli
Due triangoli sono congruenti se :
I)hanno congruenti due lati e l'angolo compreso
II)hanno conrguenti due angoli e il lato adiacente ad entrambi
III)hanno congruenti i tre lati.

Criteri di similitudine dei triangoli
Due triangoli sono simili se :
I)hanno gli angoli uguali
II)hanno un angolo uguale e due lati ordinatamente in proporzione
III)hanno i lati ordinatamente in proporzione.

Teorema degli angoli alla circonferenza
Due angoli alla circonferenza che insistono su archi (o corde) uguali sono uguali oppure supplementari.

(perchè nel nostro caso potevamo affermare con tranquillità che valeva l'uguaglianza?)

Caratterizzazione dei quadrilateri ciclici
Un quadrilatero è ciclico se e solo se gli angoli opposti sono supplementari.ù

(caso particolare ma utile, se ha due angoli retti opposti, è ciclico).

Qualcuno ha voglia di dimostrarne un po' (almeno gli ultimi 2)?

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