1-Angoli, angoli e ancora angoli

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
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Boll
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Messaggio da Boll » 11 mag 2005, 17:41

EvaristeG ha scritto:
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)
Uhm , se vuoi poi posto tuti i conti.

Dovrebbe bastare dire che il quesito è invariante per omotetia-isometria, quindi mandare il tutto nella circonferenza centrata nell'origine, con il diametro luingo $ 2 $ e con la retta della corda parallela all'asse $ x $. Poi imposti l'equazione del fascio e sono solo conti.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 11 mag 2005, 19:24

Intendevo in maniera elegante, ovvero con pochi conti ... cmq no, se è quello il metodo, non farlo.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 15 mag 2005, 15:55

Ok, nel disinteresse generale, passo al problema 3; la scelta è caduta sul sesto esercizio di cesenatico di quest'anno. Forse, a posteriori, questo è più facile del teorema della farfalla, ma mi è sembrato meglio risolverlo solo ora, per motivi che forse saranno chiari in seguito (o forse no).
Basta chiacchiere.

Problema 3 (esercizio n°6 - Gara Individuale, Cesenatico 2005)
Si considerino due circonferenze secantisi di centri A,B, di modo che il centro dell'una sia esterno all'altra e viceversa. Siano C,D i punti di secanza; si conduca una terza circonferenza per A,C,B e siano E,F le sue ulteriori intersezioni con le due circonferenze precedenti. Dimostrare che la retta CD biseca l'arco EF (non contenente C).

1) Come abbiamo già fatto nei precedenti due, cerchiamo di trovare forme equivalenti della tesi.
Chiamiamo M il punto in cui la retta CD incontra l'arco EF; la tesi dice che gli archi EM e FM sono congruenti, ovvero che i segmenti EM e MF sono congruenti, quindi possiamo riportarci al discorso svolto per il precedente problema.
Grazie al teorema degli angoli alla circonferenza, possiamo tradurre la tesi in $ \measuredangle ECM=\measuredangle MCF $ oppure $ \measuredangle EAM=\measuredangle MAF $ oppure ancora $ \measuredangle EBM=\measuredangle MBF $, sfruttando il fatto che A, B, C stanno sulla circonferenza di cui EM e MF sono corde.
Con un po' più di fantasia, si potrebbe pensare di introdurre il punto O, centro della circonferenza per C,A,B e chiedere come condizione equivalente alla tesi che $ \measuredangle EOM=\measuredangle FOM $, sfruttando stavolta il teorema degli angoli al centro (o equivalentemente quello che lega angoli al centro e alla circonferenza).
Fermiamoci un attimo a considerare quest'ultima trovata : all'apparenza non ha niente di diverso dalle precedenti, si chiede come equivalente alla tesi l'uguaglianza di due angoli che insistono sui due archi che dobbiamo provare essere uguali; in realtà ha due particolarità molto significative rispetto a quanto detto prima.
a) quest'uguaglianza è in qualche modo più generale delle altre, in quanto il centro è un punto particolare, mentre non c'è nessun motivo (se non magari di facilità di dimostrazione, ma comunque nessun motivo evidente a priori) per preferire il punto A al punto B o al punto C o a qualunque altro punto sulla circonferenza;
b) il centro O non era tra i punti dati nella costruzione, quindi possiamo aspettarci due cose : o che sia tutto più semplice considerando il centro e che quindi il testo del problema non lo menzioni appositamente, o che questo non centri nulla e quindi la soluzione che lo utilizza sia inutilmente complicata e magari affetta da problemi di configurazione.
Tanto per fare un esempio che giustifichi l'ultima affermazione : il centro della terza circonferenza è interno o esterno alle prime due ? Se ad esempio si volesse sapere se la distanza tra A e O è maggiore o minore della distanza tra A e C, per un qualche passaggio dimostrativo, saremmo costretti a fermarci, perchè si possono presentare entrambi i casi e perfino l'uguaglianza.
Quando si introducono nuovi punti o nuove costruzioni, bisogna sempre prestare attenzione all'utilizzo che se ne fa. Non si devono mai fare assunzioni non giustificate dal testo (ma magari dal disegno) sulla posizione di punti e segmenti e quant'altro, soprattutto quando non sono dati dal testo o comunque suggeriti da esso, ma sono tracciati da noi ad hoc.
Dunque, le due caratteristiche dell'ultima affermazione equivalente alla tesi sono l'utilizzo di punti in qualche modo centrali o speciali e l'introduzione di elementi estranei alla costruzione originale.

2) Vediamo ora le conseguenze immediate delle ipotesi, il nostro punto di partenza.
Notiamo che vere e proprie ipotesi non ce n'è, ma dobbiamo cercare di ricavare informazioni dal disegno.
Visto che l'abbiamo usato per modificare la tesi, sfruttiamo ancora il teorema sugli angoli che insistono su archi uguali :
$ \measuredangle EAM=\measuredangle ECM=\measuredangle EBM=\measuredangle EFM=\frac{1}{2}\measuredangle EOM $
$ \measuredangle FAM=\measuredangle FCM=\measuredangle FBM=\measuredangle FEM=\frac{1}{2}\measuredangle FOM $
$ \measuredangle CAD=2\measuredangle CED $
$ \measuredangle CBD=2\measuredangle CFD $
e così via ... perdonatemi se non scrivo tutto, ma, almeno in questo caso, è molto meglio fare un po' di disegni che non scrivere, quindi segnate diligentemente sul vostro foglio tutti gli angoli uguali.

3) Ora, come nel precedente problema, ricordiamo che i centri giocano spesso un ruolo ... "centrale" ... nelle costruzioni : ad esempio, date due circonferenze secantisi, esse sono simmetriche rispetto alla retta che congiunge i due centri; nel nostro caso, ad esempio, la circonferenza con centro in A e la circonferenza con centro in O sono simmetriche rispetto alla retta OA. Sotto tale simmetria, i punti comuni si scambiano, quindi E va in C e viceversa, ma nel nostro caso il centro dell'una (A) giace sull'altra e quindi è anche il punto medio dell'arco EC.
Come sottolineato prima, da simmetria viene simmetria e da un centro siamo passati ad un punto medio.
Similmente, B è il punto medio dell'arco CF.
Tutto questo segue dalle ipotesi senza particolare sforzo, se non forse un poco di attenzione al voler ricavare dai centri tutto quel che si può.
Ho separato quest'ultima deduzione dalle precedenti in quanto è un po' meno immediata e non è una semplice lettura delle ipotesi; in qualche modo così scegliamo già la strada per risolvere il problema.
A questo punto, resta solo da combinare tutto :
se A è il punto medio dell'arco EC, allora $ \measuredangle EBA=\measuredangle ABC=\measuredangle EFA=\measuredangle AFC=\measuredangle EMA=\measuredangle AMC $
e similmente per l'arco FC bisecato da B.

4) Ora, viene in aiuto l'aver fatto bene il disegno : a questo punto avrete tracciato almeno alcuni dei lati di questi angoli, tipo i segmenti EB, EF, FA, FC, MA, MC (riporto solo quelli che, plausibilmente, non erano già stati tracciati in precedenza). Se poi si rifà il giochino per gli equivalenti sugli archi CB e BF, si arriverà a notare che le rette FA e EB si incontrano in un punto pericolosamente vicino al punto D.
Quando qualcosa sembra vero nei disegni, prima di cercare di dimostrarlo bisogna cercare di dimostrare la testi assumendolo per vero; se questa dimostrazione non presenta difficoltà, si può tentare di dimostrare la verità suggerita dal disegno. Non bisogna mai buttarsi a capofitto nel verificare tutte le relazioni suggerite dal disegno; a volte ve ne saranno di vere e interessanti ma inutili per la dimostrazione. Del resto, non bisogna mai dimenticarsi che spesso l'evidenza dal disegno non ha un corrispettivo nella facilità di dimostrazione.

Pausa meditativa : se così fosse, saprei risolvere il problema ??
Vediamo un po' ... se FA e EB concorrono in D, D è l'incentro del triangolo EFC; quindi la retta CD è bisettrice dell'angolo $ \measuredangle ECF $ e quindi biseca l'arco EF.
So che quest'ultimo passaggio sembra una affermazione calata dal cielo ("E chi ci pensa agli incentri??!!"), ma è indispensabile, nell'affrontare problemi di geometria di un certo livello, essere pronti a buttare nella dimostrazione tutte le proprie conoscenze, evitando di ragionare per settori e lasciandosi aperte tutte le strade.

A questo punto possiamo con tranquillità lanciarci nel tenativo di dimostrare che EB e FA si incontrano in D, ovvero che E,B,D e F,A,D sono allineati.

5) Possiamo usare le stesse relazioni tra gli angoli i cui disegni ci hanno portati a supporre l'allineamento : noi sappiamo che $ \measuredangle CAB=\measuredangle BAF $, ci basterebbe sapere che anche l'angolo DAB è uguale ai precedenti; richiamando gli argomenti precedenti sulla simmetria di due circonferenze secantisi, ricordiamo che i punti C e D vengono mandati l'uno nell'altro dalla simmetria rispetto alla retta AB e quindi $ \measuredangle CAB=\measuredangle DAB $. Quindi abbiamo finito, poichè sappiamo che D sta tra E e B, se è allineato. Similmente si dimostra l'allineamento con A e F.

Piccola nota sull'alllineamento e la concorrenza
Per dimostrare che tre rette concorrono in un punto ci sono varie vie, tra cui il riconoscere una construzione notevole (ad es. l'incentro di un triangolo o i tre assi radiali di tre circonferenze a due a due secanti o simili) oppure il dimostrare l'allineamento tra gli estremi di due segmenti e un punto del terzo. Abbiamo usato entrambe le tecniche.
Altre possibilità sono il Teorema di Ceva per i triangoli oppure la classica (ma lunga) strada delle distanze : si prendono la prima e la seconda retta e si chiama X il loro punto di intersezione, si prendono la seconda e la terza e si chiama Y il loro punto di di ntersezione e poi si dimostra che la distanza tra X e Y è 0.
Ancora, lo si può dimostrare con gli angoli, in vario modo, ad esempio mostrando che le rette a,b incontrano la retta c formando lo stesso angolo dallo stesso lato della retta c e si incontrano a loro volta.

6) Ma torniamo a noi : ora non resta che scrivere la soluzione in forma decente.
Per simmetria $ \measuredangle CAB=\measuredangle DAB $ e $ CB=BF $ (come archi e come corde).
Quindi $ \measuredangle CAB=\measuredangle BAF $ perchè insistono su archi uguali.
Da ciò $ \measuredangle BAF=\measuredangle BAD $ e quindi A,D,F sono allineati.
Con simile ragionamento si ottiene che E,D,B sono allineati.
Ora, poichè CB=BF e CA=AE (come archi), i segmenti AF e BE sono bisettrici nel triangolo EFC. Quindi D ne è l'incentro e CM è la terza bisettrice e dunque $ \measuredangle ECM=\measuredangle MCF $ da cui M biseca l'arco EF.

Esercizio 3
Vi sarete chiesti cosa centrava in tutto questo il punto O su cui ho insistito tanto : ebbene, esso è la fonte di una soluzione un po' meno calata dall'alto.
Sia OT il raggio perpendicolare alla corda AB. Chiamate $ \alpha=\measuredangle AOT $ e ponete $ \beta=\measuredangle BOC $.
Provate a ridimostrare il problema 3 partendo da qui e dunque "algebrizzando" il problema (ovviamente in maniera soft : niente trigonometria o geometria analitica). Le sole variabili che vi servono ve le ho definite, ora usatele per concludere che M biseca l'arco EF.

Dunque, alcuni nuovi teoremi che abbiamo utilizzato.

Teorema degli angoli al centro e alla circonferenza
L'angolo sotto cui il centro di una circonferenza vede un arco è due volte l'angolo sotto cui questo viene visto dai punti sulla circonferenza (nel semipiano delimitato dalla corda in cui sta anche il centro).

Varie ed eventuali sulle circonferenze
*) Il punto medio di un arco è l'estremo del raggio perpendicolare alla corda che sottende l'arco.
*) La congiungente i centri di due circonferenze secanti è asse della corda comune.

Esistenza dell'incentro
Le bisettrici degli angoli interni di un triangolo concorrono in un punto chiamato incentro.
(Lo sapete dimostrare utilizzando gli angoli e non la definizione di bisettrice con la distanza dai lati?).

Ecco fatto.
La prossima volta tocca ad un problema delle IMO!
Vorrei però sapere se sto parlando al vento o c'è qualcuno a cui tutto ciò interessa; non solo perchè voglio un pubblico, ma soprattutto perchè vorrei sapere se sono chiaro, troppo pedante, troppo poco pedante, mancano dettagli, non se ne può più dei dettagli, sorvolo su cose che ritenete importanti, insomma, i due che leggono questi post, almeno li capiscono ?

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 16 mag 2005, 15:45

300 visite in una settimana scarsa e ti lamenti? :)

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Boll
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Messaggio da Boll » 16 mag 2005, 20:18

Per me è tutto molto bello, molto Joyce, i complimenti a Evariste

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 25 mag 2005, 01:14

Ok, eccoci arrivati all'ultimo (o forse, se arrivo alla fine di una dimostrazione che mi impegna da un po', al penultimo) capitolo della saga degli angoli.
In quanto segue non ci sarà alcun teorema nuovo (anche perchè penso di averli nominati tutti e se non è così ditemelo che rimedio), ma pioveranno esercizi.
In ovvia progressione di difficoltà eccoci alle IMO!

Problema 4 (IMO 2004 - Problema A1)
Sia ABC un triangolo acutangolo in cui i lati AB e AC non siano congruenti; siano M,N le ulteriori intersezioni di AB e AC con la circonferenza di diametro BC e centro O (grazie Boll!). Detto R il punto di intersezione tra la bisettrice di CAB e la bisettrice di MON, dimostrare che le circonferenze circoscritte a CNR e BMR hanno il punto di ulteriore intersezione sul segmento BC.

Nota : forse a qualcuno non sarà sfuggito il susseguirsi di ben due precisazioni per evitare problemi di configuarzioni (acutangolo e non isoscele) e di impossibilità di costruzione; questa evenienza è particolarmente azzeccata in quanto anche durante la soluzione possono incontrarsi affermazioni "ovvie" sulla particolare posizione di un punto che dovranno giustificarsi usando esattamente le precisazioni del testo e con cura.
(Vorrei solo dire che il bravissimo Darij Grinberg ha preso 6 su 7 in questo problema proprio per sciocchezze tipo "il tal punto sta nel tal semipiano" etc etc, o almeno così diceva lui)

1) Riscriviamo la tesi in tanti modi equivalenti :
-la tesi sarebbe dimostrata se mostrassimo che P è l'intersezione di BC e di una qualche retta "notevole" nella nostra configurazione;
-la tesi è equivalente a provare che, cmq preso X non allineato con B,P,C, risulta
$ \measuredangle CPX+\measuredangle XBP=180^\circ $;
-la tesi è equivalente a provare che esiste un punto di BC conciclico con C,N,R e con B,M,R;
-la tesi è dimostrata se proviamo che esiste una trasformazione del piano che conserva le rette e che porta 3 punti allineati in C,B,P;
Questi sono i primi modi che qui mi vengono in mente per dimostrare l'allineamento.
Ora, con un po' di riflessione sulla figura, possiamo notare che le ultime due strade non sono molto praticabili : nel primo caso dovremmo avere un modo di costruire questo fantomatico punto conciclico un po' con tutti, senza utilizzare rette (altrimenti ricadiamo nel primo punto) e senza utilizzare trasformazioni del piano (altrimenti arriviamo al punto quarto) e non è che ci siano grandi possibilità, così ad occhio (ovviamente questa è solo una mia impressione, vi invito a farvene una vostra e riflettere sulla figura per un poco prima di proseguire, cercando di vedere se ci sono modi di costruire un punto siffatto); nell'ultimo punto invece dovremmo trovare una trasformazione, ovvero una simmetria o un'invarianza della figura, ma, ancora è una mia impressione, non ce ne sono di evidenti, nè è pensabile buttare tutto in analitica e scrivere una affinità, vista la presenza delle antipatiche bisettrici.
La prima e la seconda strada sono invece parimenti percorribili, a parte il fatto che nella prima ci vuole circa un 4 disegni per accorgersi di quale rette "buona" intersechi BC in P (bisogna fare un po' di configurazioni per essere sicuri che non sia un caso). Questa strada porta alla conclusione, ma va un po' a culo...insomma, bisogna disegnare le cose giuste e avere idee mooolto giuste, quindi la lascio al lettore studioso.
Nella seconda, dobbiamo scegliere il punto X ... beh, una scelta naturale è X=R di modo che gli angoli coinvolti stiano in tanti simpatici quadrilateri ciclici, ed allora vien da scrivere :
$ \measuredangle CPR + \measuredangle BPR=\measuredangle CNR + \measuredangle BMR = \measuredangle ANR + \measuredangle AMR $
quindi dimostrare la tesi equivale a dimostrare che l'ultima somma scritta fa 180°, ma questo significa esattamente dimostrare che il quadrilatero AMRN è ciclico!!

Ok, ora un po' di riflessione (non nel senso geometrico!) : ce lo potevamo aspettare che il problema fosse equivalente ad uno di conciclicità ? Un poco sì, in quanto tra le ipotesi c'è un quadrilatero ciclico (forse IL quadrilatero ciclico per eccellenza nei triangoli) e nell'espressione della tesi data dal testo si intravedono comunque due altri quadrilateri ciclici; inoltre tutto è espresso in funzione degli angoli e dunque un argomento di ciclicità non dovrebbe essere troppo difficile da cavar fuori.
Insomma, c'è un certo senso estetico in tutto questo ... so che forse non fregherà niente ai miei due (o tre) lettori, ma mi sentivo in dovere di farlo notare (anche i geometri hanno un cuore ed un senso estetico, al contrario degli algebristi).

1bis) Attimo di pausa : vogliamo dimostrare che AMRN è ciclico, ma sotto quali ipotesi ? Il problema è piuttosto diverso dall'originale e ci sono parti della figura che magari ora sono inutili.Vediamo un poco, A è dato nel testo genericamente; M e N determinano con A un triangolo simile ad ABC (dimostratelo!!) quindi generico; R è l'intersezione della bisettrice dell'angolo in A e della bisettrice dell'angolo in O ... se riuscissimo a scrivere quest'ultima cosa in termini di A,M,N potremmo veramente dire di aver ridotto il problema!!
Ok, la bisettrice in A ci sta bene.
Vediamo un attimo la bisettrice di $ \measuredangle MON $ ... dunque, cosa possiamo dire su di lei ?

(pensateci)

(pensateci intensamente)

(rifletteteci con impegno)

(soffermatevici con caparbietà)

(...)

ok, MO=ON in quanto O è il centro della cfr su cui stanno M e N, quindi MON è isoscele su base MN e dunque la bisettrice in O è anche altezza e asse, quindi è perpendicolare a MN e passa per il suo punto medio.
Ok, quindi il nostro problema è questo :
Sia AMN un triangolo acutangolo non isoscele su base MN, sia R l'intersezione tra la bisettrice di A e l'asse di MN. Dimostrare che AMRN è ciclico.

(Se mi permettete un'opinione, questo è un problema molto più carino e sensato che non l'originale, ma è un po' troppo facile da dare a un IMO)

2)Ora, dovremmo cercare ancora una forma equivalente della tesi nel nuovo problema, ma a questo punto è immediato vedere che l'unica cosa a portata di mano è giocherellare un po' con gli angoli, quindi le strade possibili sono, detto K il circocentro di AMN,
$ \measuredangle MAN+\measuredangle MRN=180^\circ $
$ \measuredangle MKN=\measuredangle MRN $
$ AK=KR \Leftrightarrow \measuredangle RAK=\measuredangle KRA $
bene, ma la prima è praticamente la stessa cosa a cui eravamo prima ... se riusciamo a dimostrare lei, riusciamo a dimostrare pure che gli altri due angoli di AMRN sono supplementari, quindi, visto il problema da cui arriviamo, possiamo evitare di tentare questa strada

(fidatevi, oppure, tentatela per un poco e cercate di capire perchè non mi ispira, oppure risolveteci il problema e datemi del cretino)

ora, della seconda niente da dire, sennonchè l'angolo in R non è facilissimo da calcolare ed equivale pericolosamente alla prima; rivolgiamoci alla terza : uno dei due angoli coinvolti è l'angolo tra la bisettrice e la congiungente vertice-circocentro.
l'altro è comunque abbastanza coinvolto nelle nostre scarne ipotesi.

3) Bene, a questo punto, permettetemi di sottolineare l'importanza di aver fatto tanti problemi di geometria e soprattutto di avere un poco di memoria per i fattarelli "notevoli" dell'ordinaria geometria : l'angolo tra la bisettrice e la congiungente vertice-circocentro è uguale all'angolo tra la bisettrice e l'altezza da quello stesso vertice; chi conosce questo fatto lo associa subito alla situazione in esame, poichè proprio di uno di quei due angoli stiamo parlando...quindi, tracciamo l'altezza e chiamiamo H la proiezione di A su MN, L il piede della bisettrice e J il punto medio di MN. Allora, sappiamo che
$ AH\parallel KR $ poichè entrambi perpendicolari a MN
quindi
$ \measuredangle HAL=\measuredangle KRL $
e dunque
$ \measuredangle RAK=\measuredangle KRA $
che è equivalente al fatto che KA=KR e quindi alla tesi del problema originale.

"Ok, ma se non so quella cosa lì di bisettrici e altezze"
Beh, non è detto che si debba sapere tutto; questo fatto è veramente elementare e quindi può essere dimostrato con poca fatica, oppure, se uno non se ne accorge, ci si può calcolare l'angolo $ \measuredangle LRJ $ e l'angolo $ \measuredangle LAK $ in termini degli angoli alpha, beta e gamma del triangolo AMN, basandosi sulle seguenti osservazioni :
RLJ è un triangolo rettangolo
$ \measuredangle MLA=\measuredangle RLJ $
$ \measuredangle MKA=2\measuredangle MNA $
Questo è lasciato come esercizio al gentil lettore.

4) Scriviamo la soluzione per bene :
$ \measuredangle CPR + \measuredangle BPR=\measuredangle CNR + \measuredangle BMR = \measuredangle ANR + \measuredangle AMR $
quindi, B,P,C sono allineati se e solo se AMRN è isoscele; ma osserviamo che in un generico triangolo acutangolo non isoscele, l'incontro tra la bisettrice di un vertice e l'asse del lato opposto sta sulla circonferenza circoscritta al triangolo.
Siano infatti K il circocentro di AMN, L l'incontro di AR con MN, J il punto medio di MN; tracciamo AH perpendicolare ad MN, allora è noto che
$ \measuredangle HAL=\measuredangle LAK $, ma $ AH\parallel KR $ poichè entrambe perpendicolari a MN, quindi $ \measuredangle LAK=\measuredangle HAL=\measuredangle LRJ $ e dunque KR=KA, da cui la tesi.


Ed anche questa è fatta.

Ora, vorrei aggiungere che su mathlinks il fatto che AMRN fosse ciclico è stato definito "un ben noto risultato".

Ed adesso, un po' di esercizi, visto che di teoremi nuovi ce n'è punto.

Esercizio 4 : Dimostrare che il simmetrico dell'altezza rispetto alla bisettrice è la congiungente vertice-circocentro tramite le osservazioni fornite sopra.

Esercizio 5 : Trovare una dimostrazione alternativa del problema, sfruttando il primo punto del punto 1). Hint : P è l'intersezione di BC con AR.

Esercizio 6 : Rifare l'esercizio 4 utilizzando il fatto che la bisettrice di un angolo interno ad un triangolo incontra la circonferenza circoscritta in un punto "importante" (non ve lo dico sennò è troppo facile).

Esercizio 7 : (per la gioia di Boll) Dimostrare la ciclicità di AMRN tramite la trigonometria.

Esercizio 8 (*) : R è l'incentro di MON.

Esercizio 9 : Utilizzando il risultato dell'esercizio 8, dimostrare che AMRN è ciclico.

Osservazione : dall'esercizio 4 (ovvero il piccolo fatto "noto" usato nell'esercizio), segue che i simmetrici delle altezze rispetto alle bisettrici concorrono; in generale, dato un punto X in un triangolo YZW, i simmetrici rispetto alle bisettrici delle rette XY, XZ, XW, concorrono in un punto X' detto coniugato isogonale di X; quindi la relazione usata nel testo poteva esprimersi dicendo che in un triangolo generico non isoscele il circocentro e l'ortocentro sono coniugati isogonali.

Bene, qui finiscono gli angoli.

Domani posterò un po' di problemi nella sezione apposita.

Vorrei cmq un pochino di feedback.
Vi è piaciuto?
Volete suggerire miglioramenti?
Continuiamo?


Buon Lavoro e Buona Notte

EvaristeG
Ultima modifica di EvaristeG il 26 mag 2005, 21:32, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da Sisifo » 25 mag 2005, 14:03

Io l'ho trovato molto interessante, anche se ho paura che gli esercizi si riveleranno al di là della mia portata...

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Messaggio da EvaristeG » 25 mag 2005, 21:29

E' proprio per ovviare a quel problema che vorrei un po' di risposta da voi.
Tipo, sapete dimostrare i teoremi che ho usato? Gli esercizi che ho messo nei 4 post, li sapete fare?
Avete capito tutti i passaggi?
Cmq, non temete, sto cercando di preparare gli esercizi di modo che coprano tutte le possibili difficoltà ... sperando di riuscirci.

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Messaggio da Sisifo » 26 mag 2005, 13:51

OK, allora iniziamo:
<b>Esercizio 4</b>
Prima un po' di notazioni. I vertici del triangolo sono A, B, C. Il piede dell'altezza riferita ad A è H, l'intersezione della bisettrice di $ \angle BAC $ è L e il circocentro di ABC è K.
Sia $ \alpha $ l'angolo in B. Allora l'angolo $ \angle KAC $ misura $ 2 \alpha $ perchè angolo al centro che insiste sullo stesso arco dell'angolo $ \alpha $. Ma il triangolo KAC è isoscele perchè KA e KN sono raggi del cerchio circoscritto, e quindi $ \angle KAC = \frac {\pi - 2 \alpha} {2} $ ma anche $ \angle BAH = \frac {\pi} {2} - \alpha $. Perciò $ \angle BAH = \angle KAC $
Ricordiamoci ora che AL è bisettrice di $ \angle BAC $, per cui $ \angle BAL = \angle LAC $ Allora (ricordandoci che $ \angle BAH = \angle KAC $)
$ \angle BAL - \angle BAH = \angle LAC -\angle KAC \Rightarrow \angle HAL = \angle LAK $
CVD.

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Messaggio da Boll » 26 mag 2005, 13:53

Stamattina, dopo essermi stampato il tutto, stavo apprestandomi a leggere allegramente il nuovo delirio di Evariste durante l'ora di latino. Tuttavia, all'improvviso... Mi accorgo che il buon Galois si è dimenticato di dove sia situato il famigerato punto $ O $ da lui utilizzato, si aspettano notizie...

Nel frattempo ho fatto l'unico compitino a casa fattibile senza sapere nulla del problema, vediamo se nei posto precedenti ho imparato un pochino di geometria.
EvaristeG ha scritto:Esercizio 4 : Dimostrare che il simmetrico dell'altezza rispetto alla bisettrice è la congiungente vertice-circocentro tramite le osservazioni fornite sopra.
Allora, innanzitutto, ho chiamato $ ABC $ il triangolo, $ CH $ l'altezza, $ CL $ la bisettrice, $ O $ il circocentro, $ K $, l'intersezione di $ CO $ e $ AB $
Detto $ \angle ABC=\beta $
avremo che $ \displaystyle \angle ACO=\frac{180-2\beta}{2}=90-\beta $, il chè segue direttamente dal fatto che $ \angle AOK $ è il supplementare di $ \angle AOC $, che è il doppio di $ \angle ABC $ per la faccenda deggli angoli centro-circonferenza.
Ora si avrà anche che $ \angle HCB=90-\beta $, quindi che $ \angle HCB=\angle ACO $, da cui, evidentemente $ \angle ACH=\angle FCB $ (per sottrazione dello stesso angolo), ma avremo anche che $ \angle LCB=\angle LCA $ per la definizione di bisettrice, quindi che $ \angle HCL=\angle LCK $, per sottrazione di angoli uguali, beh, questa è la tesi :D

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Noooooooooooooooooooo*

Messaggio da Boll » 26 mag 2005, 13:55

Noooo, Sisifo mi ha preceduto di 2 minuti con una dimostrazione praticamente identica alla mia :evil: :evil: :oops: :oops: :roll: :roll:

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Messaggio da Sisifo » 26 mag 2005, 13:59

<B>Esercizio 6</B>
Qui, diversamente da prima, uso le stesse notazioni di EvaristeG. Sia S l'intersezione di AL con la circonferenza circoscritta.
$ \angle MNS = \angle MAS $ perchè angoli alla circonferenza che insistono su archi uguali.
$ \angle SMN = \angle SAN $ come prima.
Ma $ \angle MAS = \angle SAN $ perchè AS è bisettrice di $ \angle MAN $, per cui $ \angle SMN = \angle SNM $ e quindi MSN è isoscele e S appartiene all'asse di MN.
Ma anche R appartiene sia alla bisettrice di $ \angle MAN $ che all'asse di MN, per cui $ R \equiv S $ e R appartiene alla circonferenza circoscritta a MAN. Cioè MANR è ciclico.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 26 mag 2005, 21:36

Meno male che dicevi che gli esercizi sarebbero stati troppo difficili, Sisifo...
ah, già che ci siamo, quanto ti sono sembrati difficili questi due esercizi ? (archimede/febbraio/cesenatico1,2,3,4,5,6/preimo/imo)
cmq, tra poco posterò esercizi veri, ovvero non provenienti da questi problemi risolti.
...lo prometto da un po', ma non mi decido a farlo...

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 27 mag 2005, 14:38

Evariste, in media quanto impieghi a risolvere un cesenatico tosto/preIMO?

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 27 mag 2005, 14:56

Be' quelli che ho risolto li ho trovati molto facili (ovviamente). Però non riesco a venire a capo degli altri. Inoltre ho una domanda. Te hai detto che è utile essere a conoscenza dei vari 'fatterelli'. Dove si possono trovare, meglio se con dimostrazioni? O te li sei trovati tutti da solo a furia di fare esercizi?

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