2 - Banalità Triangolari

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
EvaristeG
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2 - Banalità Triangolari

Messaggio da EvaristeG » 20 lug 2005, 23:51

I Triangoli

Bene, con ampio ritardo, in piena estate, proseguiamo tra i problemi di geometria.. il titolo di questo thread deve la propria malsana esistenza ad un capitolo del Kedlaya che (se non sbaglio) si intitola Triangle Trivia.
Insomma, per farla breve, dopo gli angoli si passa ai triangoli; ovviamente, non avendo l'estensore di queste note (=io) alcun intento didattico, argomenti normalmente distanti nel percorso scolastico e anche olimpico saranno radunati, in quanto la linea guida di questi sproloqui (non pensavate che ne esistesse una, vero?) vorrebbe essere la risoluzione dei problemi di geometria.

Tanto per essere un minimo programmatici, ecco quel che spero verrà discusso qui :
- Pitagora ed Euclide, ovvero sua maestà il Triangolo Rettangolo
- alcuni cenni di Trigonometria del Triangolo
- C.I.B.O. : Circocentro, Incentro, Baricentro, Ortocentro e contorno (rette che li individuano)
- concorrenze : Ceva, Menelao, Carnot e i loro derivati
Ovviamente, visto che ormai ho già dato ampio spazio ai pochi consigli che posso offrire sul come affrontare un problema di geometria, le soluzioni proposte ora saranno meno corpose, vista anche la crescente complessità degli strumenti usati.

Ah, ultima cosa, poi problemi; ho avuto tempo da buttar via ed ecco il risultato :
http://linuz.sns.it/~samuele/Prima.pdf
qui trovate la puntata precedente sugli angoli, gli esercizi e i problemi allora proposti.

Ed, ora, si comincia!

Problema 1 (AIME 1985 - Esercizio n° 4)

Sia ABCD un quadrato di lato $ l $; siano A', B', C', D' su AB, BC, CD, DA rispettivamente di modo che $ AA'=BB'=CC'=DD'=l/n $ con n intero positivo.
Siano L,K le intersezioni di AC' con BD' e DB' rispettivamente e H,J le intersezioni di CA' con BD' e DB' rispettivamente.
Calcolare l'area di LKJH.

Nota : ovviamente, il disegno lo lascio a voi!

1) Cominciamo, al solito, a capire cosa dobbiamo sapere per soddisfare la richiesta del testo.
Innanzitutto, vediamo, che cos'è LKJH ? Basta poco per capire che è un quadrato, infatti,
$ \measuredangle BA'H=\measuredangle ALD' $
per la congurenza (II criterio) dei triangoli CBA' e BAD', come dovreste aver notato subito, vista la fatica fatta sugli angoli.
Da questo segue facilmente (se questo avverbio non vi soddisfa, prendete carta e penna e fatevi i conti degli angoli dei triangoli coinvolti) che il triangolo BHA' è simile ai due succitati e quindi che l'angolo in H è retto.
Del resto, con ragionamenti simili sulla congruenza dei vari triangoli in gioco si ricava anche che tutti e quattro i lati di HJKL sono uguali,
Quindi è proprio un quadrato.
Dunque, per risolvere il problema, ci basta sapere, ad esempio, il lato.
Oppure, potremmo calcolare l'area per differenze, riducendosi a calcolare le aree dei vari pezzi che compongono il complementare di HJKL in ABCD.
Ancora, potrebbe essere più semplice forse trovare la diagonale di HJKL (comunque da essa potremmo ricavare l'area ed è equivalente a trovare il lato).
Molte altre strade non ve ne sono...ed in generale, per il calcolo di un'area si può procedere in maniera diretta (calcolando l'area per differenza o somma di altre aree o per similitudine) oppure in maniera indiretta, calcolando gli elementi lineari che compaiono in una qualunque formula per l'area per poi applicarla.

2) Dalle ipotesi possiamo ricavare svariate informazioni :
innanzitutto, le congruenze e le similitudini che abbiamo sfruttato prima portano a stabilire che tutti i triangoli rettangoli che compaiono sono simili;
inoltre, grazie al teorema di Pitagora possiamo calcolare AC'=CA'=DB'=BD', infatti
$ AC'^2=AD^2+DC'^2=l^2+(n-1)^2l^2/n^2 $
e, fatto ciò, possiamo ottenere altro, come ad esempio DJ, in quanto esso è altezza in ADC' e dunque
$ DK\cdot AC'=AD\cdot DC' $
in quanto entrambi i membri sono il doppio dell'area di ADC', ovvero
$ DK=\displaystyle{l\frac{n-1}{\sqrt{2n^2-2n+1}}} $.
Così facendo possiamo calcolare anche HD' grazie al teorema di Pitagora e al fatto che DJ=AH=BL=CK :
$ HD'^2=AD'^2-AH^2 $
e perciò abbiamo anche le aree di tutti i triangoli coinvolti (per calcolo base-per-altezza-mezzi oppure per similitudine con altri triangoli).
E questo è quanto può essere immediato solo guardando la figura e con poco sforzo, almeno a parer mio.

3) Ora, come possiamo ottenere l'area del benedetto quadratino ?
Proviamo con il primo suggerimento e cerchiamo di calcolare il lato di HJKL. Ora, noi conosciamo ad esempio AL e se conoscessimo anche AJ avremmo vinto.
(che bello fare ipotesi ottimistiche quando si sa che si realizzeranno...)
E vediamo, non c'è alcun modo di calcolare AK ?
Già che sono in argomento, divago un poco. Calcolare un elemento vuol dire essenzialmente trovare le relazioni che questo intrattiene con elementi già noti; questo non vuol dire solo la cosa ovvia, ovvero quel segmento è il doppio o la metà di quell'altro, oppure il rapporto tra questo e quello è lo stesso che tra quest'altro e quell'altro, ma si estende a comprendere anche costruzioni più complesse, come questo segmento è tangente a questa circonferenza, è una corda, è un diametro, è una proiezione, è un'intercetta, è altezza, mediana o quant'altro.
Nel nostro caso, ad esempio, possiamo notare che il segmento AK fa parte in maniera ovvia di alcuni triangoli rettangoli : esso è cateto di AKD e AKB'; mentre appartiene in maniera meno ovvia ad altri due : è altezza di ADB' ed è proiezione di un cateto in ADC'. Sfortunatamente, ADB' non è rettangolo e quindi non possiamo conoscere la sua area con facilità (o meglio, non con grande facilità).
Soffermiamoci, ad esempio, sull'ultimo triangolo : ADC'.
Perchè la proiezione di un cateto è un elemento notevole in un triangolo rettangolo ? Cosa ci ha fatto preferire questa relazione a migliaia di altre esistenti ma assolutamente inutili?
Ma il primo teorema di Euclide, ovviamente : sappiamo infatti che $ AK\cdot AC'=AD^2 $ e dunque che, con un poco d'algebra,
$ AK=\displaystyle{l\frac{n}{\sqrt{2n^2-2n+1}}} $
Ma allora abbiamo finito :
$ A_{HJKL}=KL^2=(AJ-AH)^2=\displaystyle{\frac{l^2}{2n^2-2n+1}} $


4) Questo problema si presta particolarmente bene ad una riscrittura "compatta" :
$ A_{HJKL}=KL^2=(AK-AL)^2 $
ma
$ AK=AD^2/AC' $ per Euclide I
$ AC'=l\frac{\sqrt{2n^2-2n+1}}{n} $ per Pitagora
$ AL=AB\cdot D'A/D'B=AD\cdot AD'/AC' $ per uguaglianza tra aree
dunque
$ (AK-AL)^2=\displaystyle{\frac{AD^2}{AC'^2}DD'^2=l^2\frac{1}{2n^2-2n+1}} $.

Fine Problema 1

Commenti

Scrivendo questa soluzione mi sono accorto che ci sono almeno altre 4 strade per arrivare alla conclusione; ve le ripropongo come esercizi, in quanto non calzavano molto come esercizi sui triangoli rettangoli...

Vediamo un poco quali portentosi mezzi della geometria euclidea abbiamo sfruttato per giungere a questa meravigliosa conclusione : ovviamente Pitagora ed Euclide.

Teorema di Pitagora
In un triangolo un angolo è retto se e solo se il quadrato costruito sul lato opposto è equivalente alla somma dei quadrati costruiti sui lati adiacenti.

Primo Teorema di Euclide
In un triangolo rettangolo un cateto è medio proporzionale tra l'ipotenusa e la propria proiezione su di essa.

per completezza, nominiamo anche il gemello di quest'ultimo :

Secondo Teorema di Euclide
In un triangolo rettangolo l'altezza relativa all'ipotenusa è media proporzionale tra le proiezioni dei cateti sull'ipotenusa.

E' un utile esercizio cercare di ricordare le dimostrazioni di questi fatti; è invece divertente dimostrare il secondo teorema di euclide con il teorema di pitagora, dimostrare il primo teorema di euclide con il secondo e infine dimostrare il teorema di pitagora con il primo teorema di euclide. Ovviamente, c'è un modo di dimostrare tutto con ordine, in modo che non si creino circoli di questo genere, ma vi lascio volentieri il compito di trovare una dimostrazione di pitagora convincente che non si basi su movimenti rigidi o cose simili.

Inoltre, abbiamo usato ancora i criteri di congruenza e similitudine tra triangoli e il fatto che l'area di un triangolo rettangolo è il semiprodotto dei cateti.
Di queste cose penso non ci sia bisogno di parlare.
Veniamo agli esercizi.

Esercizio 1
Ripensando al discorso sulle relazioni di un elemento con quelli circostanti ed alla strada proposta di calcolare l'area di HJKL come differenza tra aree, pensate un attimo : come si colloca il lato di HJKL in relazione alle aree del problema? Possiamo, tramite somma e differenza di aree, trovare l'area di una qualche parte che sia funzione del solo lato di HJKL?
Scrivete per bene questa soluzione alternativa.

Esercizio 1-bis
Ovviamente
$ A_{ABCD}=A_{ABD'}+A_{CDB'}+A_{BB'DD'} $
$ A_{ABCD}=A_{ADC'}+A_{BCA'}+A_{AA'CC'} $
Possiamo "sovrapporre" queste due scomposizioni ed ottenere l'area di HJKL?

Esercizio 2
Invece di sfruttare il fatto che AK è proiezione di un cateto in ADC', sfruttate il più banale fatto che AK è cateto in ADK e AKB' per giungere alla conclusione del problema.

Esercizio 3
Calcolate l'area di AD'C' e sfruttatela per calcolare KL come differenza.

Esercizio 4
Calcolare KL come elemento di un triangolo simile a un triangolo noto (o facilmente calcolabile).

Bene, buon lavoro per ora e spero che, se non ora, almeno entro settembre, qualche spettatore in più rispetto all'ultima volta si presenti.

Buonanotte.

EDIT : corretto le lettere. Grazie phi, ti offrirò un caffè a settembre (come promette sempre un mio prof dell'uni e non mantiene mai).
Ultima modifica di EvaristeG il 26 lug 2005, 22:10, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da Sisifo » 21 lug 2005, 15:34

<B>Esercizio 4</B>
Non so se sia esattamente quello che è stato chiesto, però ci provo...
Calcoliamo HJ come altezza di B B? D D' che è un parallelogramma (perchè B B' = D D' e B D'= B' D').
L'area di B B' D D' vale $ A_{ABCD} - (A_{ABD'} + A_{CDB'})=l^2 -\frac{(n-1) l^2}{n} = \frac{l^2}{n} $. La base B D' vale, come già calcolato da Evariste, $ \sqrt{2 n^2 - 2 n +1} \frac{l}{n} $, perciò il lato vale $ \frac{l}{\sqrt{2 n^2 - 2 n +1}} $ e l'area $ \frac{l^2}{2 n^2 -2 n +1} $.
Grazie mille Evariste! Cercherò di rispondere agli altri esercizi quanto prima, ma adesso vado un paio di giorni in ferie... Bye!

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Messaggio da EvaristeG » 22 lug 2005, 22:58

Hmm l'idea è simile .. io pensavo però a questo :
Sia D'P la perpendicolare a DB'; allora DD'P è simile a D'AB (ad esempio).
Quindi D'P:DD'=AD':D'B, da cui
$ x:\frac{l}{n}=l\frac{n-1}{n}:l\frac{\sqrt{2n^2-2n+1}}{n} $
da cui
x=l/(2n^2-2n+1)^(1/2).
Ora, è ovvio che D'P=HJ.

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Re: 2 - Banalità Triangolari

Messaggio da phi » 26 lug 2005, 16:55

EvaristeG ha scritto: Nota : ovviamente, il disegno lo lascio a voi!
Il che è un compito più arduo di quanto sembri! :D
Evariste, non so se sono io che faccio confusione, ma mi pare che le lettere ad un certo punto comincino a migrare e scambiarsi di posto... boh! Comunque diciamo che considero H, J le intersezioni di AC' con BD' e B'D e L, K le intersezioni di CA' con BD' e B'D. (Non so, forse sono io che mi sto incasinando.)
Ah, e non so esattamente cosa tu intenda per scrivere “bene” la sol, ma immagino di poter dare per scontato il passo uno della tua soluzione (le congruenze di tutti i pezzetti)... ehm, vero? Altrimenti riscrivo “per bene” pure quello. :D

Esercizio 1 (credo)

Consideriamo l'area di HJKL come differenza tra l'area di ABCD e le aree di ABD', CDB', BLKB', HJDD'.
Posto il lato di HJKL uguale ad x, abbiamo:
$ x^2=l^2-2\frac{(AB \cdot AD')}{2}-2\frac{(AC'-x)x}{2} $
Tutto ciò che abbiamo fatto è stato notare la congruenza dei due triangoli “grandi” e, per l'area dei trapezi (ovviamente congruenti anch'essi), sfruttare il fatto che la somma delle basi più la nostra x dà l'ipotenusa dei “triangoli grandi”.
Dunque, conosciamo AB e AD', AC' si ricava per il teorema di pitagora.
Sappiamo quindi che:
$ AB=l $
$ AD'=\frac{n-1}{n}l $
$ AC'=\frac {l}{n} \sqrt{2n^2-2n+1} $
Sostituendo otteniamo:
$ x^2=l^2(1- \frac{n-1}{n})- \frac{l}{n} \sqrt{2n^2-2n+1}x+x^2 $
e cioè
$ x= \frac {l^2}{n} \frac{n}{l \sqrt{2n^2-2n+1}}=\frac{l}{\sqrt{2n^2-2n+1}} $
Da cui, elevando al quandrato, l'area.
$ A_{HJKL}=\frac{l^2}{2n^2-2n+1} $

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Messaggio da EvaristeG » 26 lug 2005, 22:18

Bene phi, soluzione corretta, e grazie per la correzione.
Quello che pensavo io era questo :
$ A_{D'DB'B}=DB'\cdot KL $ e dunque
$ A_{ABCD}=A_{AD'B}+A_{CDB'}+A_{DD'BB'}=AD'\cdot AB+DB'\cdot KL $
ovvero
$ l^2=l^2(n-1)/n+x\frac{l}{n}\sqrt{n^2+(n-1)^2} $
da cui
$ x^2=l^2/(n^2+(n-1)^2) $
cmq, buona idea anche la tua...che la somma delle basi e dell'incognita fosse l'ipotenusa dei due triangoli è un'osservazione interessante.

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Messaggio da EvaristeG » 31 lug 2005, 23:14

Prima di passare alla seconda puntata dell'epopea triangolare, mi son preso la briga di riassumere in poce (15) pagine la trigonometria di base e le sue più immediate applicazioni alla geometria piana.
Visto che la cosa potrebbe essere di interesse anche da sola, posterò un doppione di questo post con questo link in un nuovo thread.
Buona lettura e buoni esercizi : http://linuz.sns.it/~samuele/trigon.pdf.[/url]

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Messaggio da EvaristeG » 12 ago 2005, 23:08

Testardamente continuo ... del resto ad agosto ho più tempo.

Bene ... dopo le 15 pagine di trigonometria vi aspetterete un post di contazzi con un problema bruttissimo, magari russo o bulgaro...ebbene no!
Lo sproloquio trigonometrico è lì e può essere utile a volte avere familiarità con le peggiori formule del caso ... nella maggior parte dei problemi di geometria, però, c'è sempre il sistema di non sommergersi di conti.

Problema 2 (Problema A1 - IMO 1970)
Sia ABC un triangolo e sia M un punto su BC; chiamiamo $ r, r_1, r_2 $ i raggi dei cerchi inscritti in ABC, AMC, AMB rispettivamente e chiamiamo $ q, q_1, q_2 $ i raggi dei cerchi exscritti opposti al vertice A nei triangoli ABC, AMC, AMB.
Dimostrare che $ r_1r_2q=q_1q_2r $

1) Rispetto ai precedenti problemi, qui troviamo una novità : ci si chiede di verificare una relazione algebrica tra le grandezze del problema. Si può di solito procedere in due modi, interpretando geometricamente la relazione oppure algebrizzando il problema.
La prima alternativa è di solito la più fortunata...beh, dipende da quanto vi piace la geometria...in quanto di solito trovare l'interpretazione geometrica equivale a trovare la strada per portare a termine la dimostrazione; tanto per chiarire, trovare un'interpretazione geometrica ad una uguaglianza algebrica significa riportare le operazioni che lì vi compaiono nella geometria. Per fare questo ci sono molte strade, ad esempio:
a) la somma può diventare (solo) l'allineamento di segmenti di opportuna lunghezza;
b) il prodotto di due lunghezze può diventare l'area di un rettangolo, oppure può coinvolgere alcuni teoremi come Euclide I e II oppure il Teorema delle Corde o della Secante e della Tangente e quindi essere associato ad un altro prodotto o al quadrato di un'altra lunghezza;
c) i rapporti tra lunghezze possono diventare rapporti di dilatazione/contrazione in una omotetia
etc. etc.
La seconda alternativa permette di scaricare tutto l'onere della dimostrazione sull'algebra, senza più dare significato geometrico ai simboli coinvolti. Due sono i pericoli di questo approccio, la complessità dei calcoli che si devono svolgere e la scelta di variabili che non sono indipendenti (pensando che lo siano).
La complessità dei conti, trattandosi di problemi delle olimpiadi, di solito può essere evitata scegliendo opportunamente il modo di algebrizzare il problema (geometria analitica, vettori, trigonometria, ... ); la scelta delle variabili è invece molto più delicata ... se in una relazione trigonometrica compaiono i tre lati del triangolo, evidentemente è possibile riscriverla con un solo lato e due angoli o due lati e un solo angolo o addirittura trasformarla in una relazione algebrica (bruttina) in cui compaiono solo i tre lati e nessuna funzione trigonometrica degli angoli (esplicita...cioè, proprio sin o cos o tan ...), ancora, se si fissano le coordinate di due vertici del triangolo, il terzo è determinato e raramente se ne possono lasciare indicate le coordinate senza esprimerle nei termini delle coordinate degli altri due vertici.

Nel nostro caso, ci sono prodotti di tre termini ... volendo dare una immediata interpretazione geometrica, dovremmo rifarci ai volumi ... di parallelepipedi i cui lati sono i raggi dei cerchi inscritti/exscritti di tre triangoli, due dei quali uniti fanno il terzo ... insomma, un bel troiaio...certo, come è scritta e come è formulata, fa venir voglia di associare in qualche modo q con r e i rispettivi 1,2 ... una possibile riscrittura dell'espressione è quindi la seguente
$ \displaystyle{\frac{r}{q}=\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}} $
Per questa relazione esiste una interpretazione geometrica, ma non è granchè utile ai nostri scopi (e non so neanche se ci si possa risolvere il problema)...agli interessati il compito di trovarla.

Piuttosto, questo modo di riscrivere la tesi ci porta a notare che ci basta conoscere il rapporto r/q nei tre triangoli. Con questa certezza nel cuore, proseguiamo.

2) Ora, cerchiamo di algebrizzare il problema ... la geometria analitica è da escludersi in quanto incentri ed excentri non vanno d'accordo con le coordinate; i vettori sono da escludere perchè i rapporti tra lunghezze di vettori non allineati non sono il massimo della vita.
Proviamo con la "geometria classica" ..
E' noto che $ r=\frac{2S}{a+b+c} $ dove S è l'area e a,b,c sono i lati opposti ai vertici A,B,C; se riuscissimo a ricavare un'espressione analoga per q, saremmo tutti un poco più contenti.
Vediamo ... sottoproblema : calcolare q.
Cerchiamo di utilizzare un procedimento analogo a quello che si usa per ricavare la formula di cui sopra.

(vi avviso che nel seguito andrò un poco rapido, quindi suggerisco che proviate voi stessi ad imitare, se ve lo ricordate, il procedimento e a calcolare q)


(c'avete provato, vero?)



(non che non mi fidi di voi...)



Chiamiamo E l'excentro opposto a A e siano H,J,K i punti di tangenza dell'excerchio con il prolungamento di AB, BC, e il prolungamento di AC; ovviamente EH=EJ=EK=q. Come spesso è utile per calcolare la lunghezza di segmenti perpendicolari ai lati, ricorriamo alle aree :
$ S_{ABC}=S_{AEB}+A_{AEC}-S_{BEC} $
da cui $ 2S=q(b+c-a) $ ovvero $ q=\frac{2S}{b+c-a} $.
Su questa parte sono andato un poco rapido poichè la formula per il raggio del cerchio inscritto e la sua dimostrazione dovrebbero rientrare nel bagaglio comune e quindi questa leggera variante non dovrebbe essere molto difficile da indovinare.

Ecco, quindi $ \displaystyle{\frac{r}{q}=\frac{b+c-a}{a+b+c} $. Ora dovremmo riscrivere lo stesso rapporto per i triangoli AMB e AMC ...
quindi, ci serve dare un nome a BM, ad esempio x ... in questo modo, CM=a-x; per quanto riguarda AM, troviamo una leggera difficoltà : AM è determinato da a,b,c,x ma non è affatto evidente come; a dirla tutta c'è un simpatico teorema che dice come calcolare AM, ma non è nè noto (beh, siamo almeno in 2 a conoscerlo...), nè bello.
Proviamo un attimo a vedere se non c'è altra strada per calcolare r/q ...
Cosa abbiamo detto prima ? Che avere i tre lati, due lati e l'angolo compreso, un lato e gli angoli è equivalente...possiamo scrivere i raggi coinvolti in termini di angoli?
In fondo, r è la distanza tra l'incentro e uno dei lati (quindi abbiamo un angolo retto, evviva!) e l'incentro è l'incontro delle bisettrici (quindi abbiamo anche gli angoli, olè!); chiamiamo quindi I l'incentro e N la sua proiezione su BC, allora avremo che $ \measuredangle BNI=\measuredangle CNI=\pi/2 $ e dunque possiamo applicare la trigonometria :
$ r=BN\tan\frac{\beta}{2}\quad r=CN\tan\frac{\gamma}{2} $ ovvero $ a=r(\cot\frac{\beta}{2}+\cot\frac{\gamma}{2}) $ ovvero
$ r=\displaystyle{\frac{a}{\cot\frac{\beta}{2}+\cot\frac{\gamma}{2}}} $
Similmente, considerando i triangoli BEK e CEK rettangoli in K, otteniamo
$ q=BK\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2}\right)\quad q=CK\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}\right) $ ovvero $ a=q(\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\gamma}{2} $ ovvero
$ q=\displaystyle{\frac{a}{\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\gamma}{2}}} $
da cui
$ \displaystyle{\frac{r}{q}=\frac{\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\gamma}{2}}{\cot\frac{\beta}{2}+\cot\frac{\gamma}{2}}} $
Come possiamo portare tutto nel triangolo ABM o ACM ? Basta conoscere i loro angoli, in particolare basta conoscere l'angolo in M ... poichè M è variabile, anche quest'angolo è variabile e quindi possiamo chiamarlo $ \delta $ ed introdurlo nelle formule.

In questo secondo modo scrivere i rapporti r/q è notevolmente più semplice ... vediamo un po' come va avanti!

3)Bene ... a questo punto, ci vuole un minimo di occhio con le formule... visto che queste sono "lezioni" di geometria, potrei evitare di parlarne e tirare dritto, ma già che ci siamo...dobbiamo dimostrare una relazione che coinvolge solo prodotti, inoltre nella nostra espressione compaiono tangenti e cotangenti : le semplificazioni più facili con queste due funzioni sono quelle dovute al fatto che $ \tan x \cdot \cot x =1 $ ovvero $ \tan x\cdot\tan\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=1 $. Del resto, le nostre espressioni sono rapporti tra somme, quindi possiamo vedere se non ci riesce di trasformarle in semplici prodotti, cosa che sembra l'unica strada possibile per dimostrare la relazione in questione.
Ora, un'idea intelligente può essere di ridursi sempre a una o due funzioni di un preciso argomento...però, in questo caso, visto che tutti gli argomenti sono angoli metà può non essere il caso di utilizzare le formule di bisezione (che pure per la tangente sono carine...); proviamo semplicemente a riscrivere le cotangenti come tangenti (per comodità chiamiamo x,y i due argomenti) :
$ \displaystyle{\frac{r}{q}=\frac{\tan x + \tan y}{\frac{1}{\tan x}+\frac{1}{\tan y}}=\frac{\tan x + \tan y}{\frac{\tan x + \tan y}{\tan x\tan y}}=\tan x\tan y} $
ma che bello!!
Ora funziona tutto splendidamente, infatti in ABM si ha $ r_1/q_1=\tan x+ \tan z $ (ponendo $ z=\delta/2 $) e in ACM si ha $ r_2/q_2=\tan(\frac{\pi}{2}-z)\tan y $
Ma dunque
$ \frac{r_1}{q_1}\frac{r_2}{q_2}=\tan x \tan z \tan(\frac{\pi}{2}-z}\tan y=\tan x \tan y=\frac{r}{q} $
e la nostra tesi è bella e dimostrata!!
Grazie alla magia dell'algebra, l'ipotesi si è trasformata in tesi senza quasi neanche dover fare fatica.

4)A questo punto, riscriviamo la soluzione senza fronzoli ed orpelli narrativi :
Sia N la proiezione dell'incentro I sul lato da BC; allora nel triangolo rettangolo BNI si ha
$ BN=r\tan\frac{\beta}{2} $
similmente in CNI
$ CN=r\tan\frac{\gamma}{2} $
da cui
$ r=\displaystyle{\frac{a}{\cot\frac{\beta}{2}+\cot\frac{\gamma}{2}}} $
e allo stesso modo, detta K la proiezione dell'excentro E opposto ad A su BC, considerando i triangoli rettangoli BKE e CKE, si ottiene
$ q=\displaystyle{\frac{a}{\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\gamma}{2}}} $
Dividendo, si ottiene
$ \displaystyle{\frac{r}{q}=\frac{\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\gamma}{2}}{\cot\frac{\beta}{2}+\cot\frac{\gamma}{2}}=\frac{\tan\frac{\beta}{2} + \tan\frac{\gamma}{2}}{\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\gamma}{2}}}= $
$ =\frac{\tan\frac{\beta}{2} + \tan\frac{\gamma}{2}}{\frac{\tan\frac{\beta}{2}+ \tan\frac{\gamma}{2}}{\tan\frac{\beta}{2}\tan\frac{\gamma}{2}}}=\tan\frac{\beta}{2}\tan \frac{\gamma}{2}} $
Chiamando quindi $ \measuredangle BMA=\delta $ si ottiene
$ \frac{r_1}{q_1}=\tan\frac{\beta}{2}\tan\frac{\delta}{2} $ e $ \frac{r_2}{q_2}=\tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\delta}{2})\tan\frac{\gamma}{2} $
da cui
$ \frac{r_1}{q_1}\frac{r_2}{q_2}=\tan\frac{\beta}{2}\tan\frac{\delta}{2}\tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\delta}{2})\tan\frac{\gamma}{2}=\tan\frac{\beta}{2}\tan \frac{\gamma}{2} $
che è la tesi.


Fine



Appendice (Teorema di Stewart)

Sviluppiamo ora la strada alternativa, basata sullo scrivere r in termini di lati e area e quindi di ottenere r/q in termini dei lati.
Il nostro problema era calcolare, noti i lati e BM, la lunghezza di AM.
Riflettiamo un attimo : conoscendo i lati, conosciamo anche le funzioni trigonometriche degli angoli, tramite il teorema del seno e Carnot; del resto, dei triangoli ABM e ACM cosa conosciamo? conosciamo due lati e l'angolo compreso ... ciò ricorda qualcosa ... Carnot!!
Quindi, chiamiamo u=BM, v=CM, AM avrà la seguente espressione
$ AM^2=c^2+u^2-2cu\cos\beta $
per il teorema di carnot applicato al triangolo ABM; ora, il coseno dell'angolo in B possiamo calcolarlo sempre tramite il teorema di Carnot, applicato però al triangolo ABC, di cui conosciamo tutto.
$ \cos\beta=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac} $
Da ciò
$ AM^2=c^2+u^2-2\frac{u}{a}(c^2+a^2-b^2)=c^2\frac{v}{u+v}- uv + b^2\frac{u}{u+v} $ (graziosamente simmetrico)
Questo risultato è noto come Teorema di Stewart. (ora saremo in più di due a conoscerlo...meno male!)

Per curiosità, vediamo quali conti si sarebbero dovuti fare, pur utilizzando il teorema di Stewart, per arrivare in fondo alla dimostrazione con la strada tutta lati : poniamo t=AM, per comodità,
$ [tex] $\frac{r_1}{q_1}=\frac{c+t-u}{c+t+u}$ [tex] $ e $ \frac{r_2}{q_2}=\frac{b+t-v}{b+t+v} $
e dunque
$ \frac{r_1r_2}{q_1q_2}=\frac{cb+ct-cv+tb+t^2-vt-ub-ut+uv}{cb+ct+cv+tb+t^2+tv+ub+ut+uv} $
ora, u+v=a, quindi ci riduciamo a
$ \frac{(c+b-a)t+cb+t^2+uv-cv-bu}{(c+b+a)t+cb+cv+ub+t^2+uv} $
sostituendo t^2 con l'espressione fornita dal teorema di Stewart, otteniamo
$ \frac{(c+b-a)t+cb+c^2\frac{v}{u+v}+b^2\frac{u}{u+v}-cv-bu}{(c+b+a)t+cb+c^2\frac{v}{u+v}+b^2\frac{u}{u+v}+cv+bu} $
Bene ... ed ora??
Ed ora ci deve venire in mente questa scomposizione :
$ cb+c^2\frac{v}{u+v}+b^2\frac{u}{u+v}\pm cv\pm bu=(c+b\pm a)\left(c\frac{v}{u+v}+b\frac{u}{u+v}\right) $
...non che cada proprio dalle nuvole ... si può immaginare che la tesi sia dimostrabile, quindi il membro di sinistra deve potersi scomporre il $ (b+c\pm a) $ per qualcosa ... basta scrivere l'uguaglianza lasciando il qualcosa incognito e supponendolo fatto di almeno due monomi (questioni di pura e semplice algebretta).
Da ciò otteniamo finalmente
$ \frac{r_1r_2}{q_1q_2}=\frac{c+b-a}{a+b+c}=\frac{r}{q} $.
Direi che, stranamente, la trigonometria ci ha risparmiato un bel po' di conti.


Commenti
Innanzitutto, ribadisco che usi pesanti della trigonometria possono quasi sempre esser evitati, con un uso opportuno delle notazioni e delle identità trigonometriche. Vi sono problemi di geometria che si trasformano inevitabilmente in problemi di manipolazione delle formule, ma non è mia intenzione trattarli (alcuni sono nella dispensa di trigonometria sotto forma di esercizi.. di solito riguardano il calcolo di qualche elemento del triangolo o di un quadrilatero).
Mi spiace dover passare tanto in fretta sull'uso della trigonometria, ma ho intenzione di finire almeno questa seconda parte sui triangoli e quindi non mi posso soffermare quanto vorrei ... inoltre trovare problemi graziosi che si risolvano con la trigonometria è assai difficile.
Ora, tornando a noi, vi sono alcune cose da dimostrare :

Raggio del cerchio inscritto
Il raggio del cerchio inscritto in un triangolo di perimetro 2p e area S è dato da r=S/p.

Per completezza

Tangenti al cerchio inscritto
In un triangolo di vertici $ A_1A_2A_3 $ e lati $ a_1,a_2,a_3 $ con $ a_i $ opposto ad $ A_i $, la lunghezza della tangente al cerchio inscritto uscente dal vertice $ A_i $ è data da $ t_i=\sum_{j=1}^3a_j - 2a_i $.

Tangenti al cerchio exscritto
In un triangolo come sopra, le tangenti al cerchio exscritto opposto al vertice $ A_i $ sono date da
$ t_i^i=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^3a_k $ (uscenti dal vertice $ A_i $)
$ t_j^i=a_i-t_j $ (uscenti dal vertice $ A_j $)

(l'orrido formalismo qui sopra è dato dalla poca voglia di scrivere in tex e da un minimo di sadismo...sperando che sia giusto)

Questi sono per voi da dimostrare ... penso di non aver usato altri fatti e/o teoremi; anzi, in realtà non ho usato nemmeno questi.

Anche gli esercizi sono pochi :

Esercizio 5
Dimostrare il teorema di Stewart senza la trigonometria.

Esercizio 6
Trovare, con un altro procedimento, il rapporto r/q (espresso con i lati o con gli angoli).

Esercizio 7
Tramite le formule trigonometriche note, trasformare l'espressione di r/q con i lati, nell'espressione con gli angoli.

Buon Lavoro!
Ultima modifica di EvaristeG il 15 set 2005, 10:10, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da EvaristeG » 19 ago 2005, 21:11

Come promesso, ora si parla dei punti notevoli del triangolo; purtroppo (o per fortuna) il problema che vi propongo ora è ben più difficile dei precedenti, almeno secondo me ... proprio per questo, vi inviterei a riflettere sul problema per i fatti vostri, prima di leggere la soluzione. Per stimolarvi a prendere questa strada, espongo subito il testo del quesito e poi proseguo con un po' di chiacchiere prima della soluzione.

Problema 3 (Shortlist IMO 1998 - Geometry n°5)
Sia ABC un triangolo e siano D,E,F i simmetrici di A,B,C rispetto a BC, CA, AB; siano O,H circocentro e ortocentro e chiamiamo R il raggio del cerchio circoscritto.
Dimostrare che D,E,F sono allineati se e solo se OH=2R.

Inutili chiacchiere : se a questo punto qualcuno di voi si sta chiedendo cosa siano l'ortocentro e il circocentro, forse non è saggio proseguire la lettura senza informarsi in proposito (vedi qualche riga sotto); sui punti notevoli del triangolo, non è tanto importante avere un gran bagaglio teorico, quanto piuttosto un pochino di "occhio" con le strategie risolutive. La teoria che li riguarda si può riassumere nelle definizioni :

ortocentro : è il punto di incontro delle tre altezze del triangolo

circocentro : è il punto di intersezione degli assi dei lati del triangolo ed è quindi l'unico punto equidistante dai tre vertici, ovvero il centro della circonferenza passante per essi

baricentro : è il punto di intersezione delle tre mediane del triangolo e dunque divide, collegato ai vertici, il triangolo in tre triangoli equiestesi; divide inoltre ogni mediana in proporzione 2:1

incentro : è il punto di intersezione delle bisettrici degli angoli interni del triangolo e dunque è l'unico punto equidistante dai tre lati, ovvero il centro della circonferenza tangente ai tre lati

Oltre a queste, c'è un solo risultato che meriti memoria anche in una trattazione elementare della geometria del triangolo : il teorema di Eulero. Esso recita :
In un qualunque triangolo l'ortocentro H, il baricentro G e il circocentro O sono allineati (in quest'ordine) e si ha OG=2GH.
La retta su cui giacciono H,G,O si chiama per l'appunto retta di Eulero
La dimostrazione di questo risultato si basa sull'accorto uso di un'omotetia di centro G e fattore -1/2; a voi per esercizio o per ricerca (si trova ovunque su internet e su molti testi).
Vi sono altri fatti notevoli che coinvolgono questi 4 punti ed altri di meno immediata definizione, ma sono di natura più tecnica e meno indispensabili; tra questi, la distanza circocentro-incentro e ulteriori risultati di allineamento.
La grande importanza di questi quattro punti sta piuttosto nell'uso che se ne può fare in problemi che non sembrano riguardarli direttamente, ma la casistica è assai limitata e di solito sono problemi difficili.
A questo punto possiamo pure procedere alla soluzione del problema...anche perché non so più che dire!

1)Rimbocchiamoci le maniche e gettiamo il disegno.
Ora, armiamoci di matita, riga e compasso, ed una penna (biro, le stilo sono scomode con la riga) ... eseguiamo il disegno su un foglio A4 a parte, bene in grande, con tutte le costruzioni richieste, tracciando il triangolo ABC e trovando i tre punti D,E,F; inoltre segnamo l'ortocentro e il circocentro (previa relativa costruzione), ora ripassiamo il triangolo e i 5 punti a penna e cancelliamo tutte le linee accessorie.
Ok, a questo punto possiamo iniziare a scarabocchiare A MATITA sul disegno tutte le nostre ipotesi e prove.
Questo è necessario in quanto il se e solo se richiesto dal testo si basa sulla reciproca posizione di due punti la cui costruzione non è semplice e dunque è meglio avere i dati disegnati nella maniera più precisa possibile, per avere almeno un minimo di aiuto dal disegno; infatti di certo non si potrà sperare di azzeccare proprio un triangolo in cui succeda quanto richiesto e dunque non si potrà lavorare sulla configurazione descritta.
Fatto ciò, riflettiamo sulla richiesta; per la prima volta ci troviamo davanti ad una doppia tesi, un se e solo se. Ci sono almeno tre situazioni tipiche :
*) la soluzione passa per teoremi che contengono coimplicazioni e manipolazioni invertibili, quindi si legano i due membri con una sequenza di doppie implicazioni;
**) la soluzione consta della dimostrazione di una delle due implicazioni, poiché l'altra è identica, mutatis mutandis;
***) la soluzione consta di due parti distinte e separate che dimostrano le due implicazioni.
Il caso peggiore è ovviamente l'ultimo in quanto richiede di elaborare due dimostrazioni, solitamente assai diverse.
Non sapendo a cosa andremo incontro, cerchiamo di trovare formulazioni equivalenti per entrambi gli enunciati della tesi.
Vediamo...OH=2R significa che H sta su una circonferenza di centro O e di raggio 2R, o almeno questa è la prima cosa che viene in mente, visto che già abbiamo una circonferenza di centro O e raggio R, del resto potremmo anche benissimo dire che O giace su una circonferenza di centro H e raggio 2R, nulla a parte la ricerca delle analogia ce lo vieta; altri modi per dire questa uguaglianza non ce ne sono, almeno immediatamente ...
Per l'altra parte, bisogna trovare un'equivalenza dell'allineamento; la prima cosa che può venire in mente è di descrivere i tre punti come intersezioni di tre rette con una quarta, oppure di utilizzare qualche teorema che garantisce l'allineamento, come ad esempio il teorema di Menelao, che però riguarda le intersezioni di una retta con i lati e le loro intersezioni. Ancora, potremmo usare l'inversione oppure trovare un'omotetia di modo che due dei tre punti vengano scambiati e il terzo rimanga fisso (come nella dimostrazione del teorema di Eulero); il problema principale è che dobbiamo pensare anche all'equivalenza con OH=2R ...
Se ad esempio supponiamo che i tre punti stiano su una retta "speciale", ebbene questo deve essere vero solo quando OH=2R, allo stesso modo l'omotetia deve esistere solo quando OH=2R; il teorema di Menelao è un po' improbabile in quanto, per l'appunto, questi tre punti dovrebbero stare sul prolungamento dei lati del triangolo, mentre, se avete fatto la costruzione con tutti i crismi, saprete bene che questi tre punti stanno anche sui prolungamenti delle altezze ... insomma, un triangolo con 3 angoli retti è possibile in una geometria sferica, ma non certo per il buon Euclide. Un'altra possibile strada è quella dei nostri vecchi amici angoli, magari dimostrando che il triangolo DEF ha un angolo piatto e due nulli, solo che questa volta dobbiamo legare gli angoli ad una relazione metrica abbastanza atipica e quindi parrebbe necessaria della trigonometria; ma non abbiamo ancora finito.
Ci sono altri teoremi che parlano di allineamento?

(pausa di riflessione)

Hmm Simson non vi dice nulla? No, non Simpson .... Simson, quello della retta di Simson e del teorema di Simson (sì, in geometria a ognuno è garantito un teorema o una retta o una circonferenza o un punto...ultimamente, vista la carenza, si sono messi a distribuire anche parabole, iperboli e persino cubiche...mah). Il teorema di Simson era uno degli esercizi che avevano fatto seguito alle 4 puntate sugli angoli; esso afferma che le proiezioni di un punto sui lati di un triangolo sono allineate se e solo se il punto giace sulla circonferenza circoscritta al triangolo.
La presenza di un allineamento e di una condizione che può essere riscritta in termini di circonferenze nella tesi del problema dovrebbe far venire in mente subito il teorema di Simson.
Ma come applicarlo al caso presente? In base alle nostre riscritture della condizione OH=2R, ci sono due modi per usare il teorema :
a) D,E,F sono le proiezioni di H sui lati di un triangolo che ha circocentro O e raggio del cerchio circoscritto pari a 2R o al più sono a queste legate da una affinità
b) D,E,F sono le proiezioni di O sui lati di un triangolo che ha circocentro H e raggio del cerchio circoscritto pari a 2R o al più sono a queste legate da una affinità
Se una di queste due affermazioni è vera, allora abbiamo vinto.
Molto più di questo non possiamo ottenere, riscrivendo la tesi.

2) Visto che la trigonometria era l'argomento scorso, evitiamo di seguire oltre quella strada e lasciamola agli esercizi.
Piuttosto, abbiamo qui Simson e Menelao che chiedono singolar tenzone; con il solo buonsenso, possiamo già scegliere il più probabile : Menelao fornisce un se e solo se con un'espressione algebrica in termini dei segmenti staccati sui lati dai tre punti in questione, informazione che non è probabile ottenere, visto e considerato che non sappiamo quale sia il triangolo a cui i lati appartengono; del resto, Simson vuole solo che dimostriamo una delle due affermazioni di cui sopra. Bisogna però considerare che Simson è un caso particolare di Menelao e dunque potremmo perdere di generalità; tuttavia, la condizione OH=2R ha più possibilità di incastrarsi con il teorema di Simson che non con Menelao.
Cerchiamo ora di legare una delle due affermazioni a) o b) al caso presente ... orbene, come ottenere una circonferenza grande due volte quella circoscritta ad ABC? Del resto, le due strade suggerite poco sopra a proposito del teorema di Simson ci dicono anche quali possono essere i centri di tale circonferenza; ovviamente per sapere se una delle due va bene, la cosa migliore è provare a fare un po' di disegni, con triangoli di diversa forma. Ora, ci vorrebbe una motivazione meno strategica e più geometrica per scegliere questa circonferenza, più che altro perché dovremo poi proseguire nella risoluzione avendo almeno un minimo indizio.
Dico questo perché, molte volte, per risolvere un problema di geometria di un certo livello (che sia stato appositamente architettato da qualcuno per una competizione) si deve capire cosa ha visto o pensato l'estensore del problema, quale intrigante concatenazione di teoremi e implicazioni ha colpito la sua fantasia; a volte, si trova un'idea solo perché sembra una strada elegante o sagace, ma che non ha particolari motivi per funzionare, a volte invece si richiede solo forza bruta...

Pensateci un poco per i fatti vostri, prima di andare avanti a leggere ... non ho motivazioni plausibili e razionali per ciò che segue... solo, mi è venuto in mente pensando al problema.

Ebbene, la dimostrazione della retta di Eulero usa un'omotetia di fattore -1/2 e quindi la sua inversa è un'omotetia di fattore -2; tale trasformazione porta il circocentro nell'ortocentro e la circonferenza di raggio R circoscritta ad ABC in una circonferenza di raggio 2R di centro H, su cui sta O se OH=2R.
Piccola nota : è importante avere presenti anche le dimostrazioni dei più importanti risultati, in quanto le tecniche lì usate possono essere riapplicate in esercizi e problemi e possono fornire idee e spunti per possibili soluzioni.

A questo punto è bene sfruttare il disegno : verifichiamo se le nostre intuizioni sono giuste. Tracciamo la circonferenza di centro H e raggio 2R e troviamo su di essa i vertici di un triangolo che abbia come punti medi A,B,C; questo è il triangolo ottenuto da ABC tramite un'omotetia di centro G e fattore -2. Proiettiamo O sui lati di questo triangolo e speriamo che queste proiezioni coincidano con D,E,F...

Coincidono ?

Hmm non so sul vostro, ma sul mio disegno non coincidono, anzi, stanno ben lontane...uff, sembrava una buona idea...e adesso? Buttiamo tutto? Insomma, guardate il disegno, è carino no? E poi, le tre proiezioni un poco ci assomigliano a D,E ed F, no? Osservate bene, non delineano triangoli simili? Anzi... tracciando linee a caso, proviamo a congiungere D con la proiezione di O sul lato B'C', E con la proiezione su C'A' e F con la proiezione su A'B' ... queste congiungenti si avvicinano pericolosamente all'idea di rette concorrenti...paiono passare tutte per il baricentro...e, che meraviglia...G divide in 2:1 questi segmenti. Ok, e chi ci pensa, direte voi...ricordate che un po' di occhio e un po' di fortuna ci vogliono sempre, inoltre certe cose vanno notate per forza, se il disegno è fatto bene.

Bene!!

Riproviamo con un altro disegno e un altro triangolo...succede ancora?? Benissimo!!!
Quindi possiamo provare a dimostrarlo, ma prima, ricapitoliamo un momento. Cosa abbiamo fatto finora?
Allora, abbiamo supposto che l'allineamento di D,E,F fosse dovuto al teorema di Simson, quindi abbiamo cercato un triangolo in cui applicare il teorema; la risposta è stata un'omotetia di ragione -2 e centro G applicata a ABC. Proiettando O sui lati di questo nuovo triangolo otteniamo tre punti che, tramite una ripetizione della suddetta omotetia, diventano i nostri D,E,F. Ma questo dobbiamo ancora dimostrarlo

3) Cerchiamo di dare i nomi alle cose ... chiamiamo $ f $ l'omotetia di centro G e fattore -2; inoltre poniamo
$ A'=f(A)\quad B'=f(B)\quad C'=f(C) $
Inoltre, noi sappiamo che $ f(O)=H $ dalla dimostrazione del teorema di Eulero, in quanto le altezze di ABC sono gli assi di A'B'C'.
Siamo interessati alle proiezioni di O sui lati di A'B'C'; chiamiamole D',E',F'. Vogliamo mostrare che $ f(D')=D $ e simili.
Visto che f è un'omotetia, questo equivale a chiedere che D',G,D siano allineati e 2D'G=DG. Di solito, con le omotetie funzionano bene le similitudini tra triangoli...(tra queste e quelle c'è un legame assai profondo... ma lasciamo perdere); un punto ovviamente collegato a D è A e sappiamo che $ f^{-1}(A)=M $ dove M è il punto medio di BC. Quindi vorremmo che i triangoli ADG e MGD' fossero simili; osserviamo che D' è la proiezione di O su B'C' e quindi OD' è perpendicolare a B'C', del resto, O è l'incontro degli assi, quindi OM è perpendicolare a BC, infine BC e B'C' sono paralleli per costruzione. Da tutto questo segue che MD' è perpendicolare a B'C' e quindi parallela a DA. Infine, DA è due volte l'altezza da A in ABC, quindi due volte MD'; insieme al fatto che $ \measuredangle DAG=\measuredangle GMD' $, questo basta a dire che ADG e MGD' sono simili, da cui f(D')=D.
Quindi abbiamo finito : le proiezioni di O sui lati di A'B'C' sono allineate se e solo se OH=2R per il teorema di Simson e tali proiezioni sono omotetiche a D,E,F e dunque questi ultimi sono allineati se e solo se lo sono quelle.

4) Riscriviamo tutto :
Sia f l'omotetia di centro G e ragione -2. Poniamo A'=f(A), B'=f(B), C'=f(C); siano D',E',F' le proiezioni di O sui lati di A'B'C'.
E' noto che f(O)=H; quindi OH=2R se e solo se O sta sulla circonferenza circoscritta a A'B'C' e dunque se e solo se D',E',F' sono allineati (per il teorema di Simson).
Ora, dimostriamo che f(D')=D e similmente per gli altri due punti.
Sia M il punto medio di BC; ovviamente DA e MD' sono entrambi perpendicolari a BC e quindi paralleli. Inoltre, DA=2MD' poiché MD' è uguale all'altezza uscente dal vertice A nel triangolo ABC e DA è il doppio di quest'altezza per costruzione; infine, come è noto, f(M)=A e dunque M,A,G sono allineati, quindi ADG e MGD' sono triangoli simili, da cui f(D')=D.
Similmente si ottiene per E' ed F'. Quindi D,E,F sono allineati se e solo se lo sono D',E',F' che sono allineati se e solo se O è sulla circonferenza circoscritta a A'B'C' se e solo se OH=2R.

Fine

Commenti
Ovviamente è opportuno andare a rivedere il teorema di Simson, se ancora non ve lo ricordate per bene; inoltre spero che la dimostrazione del teorema di Eulero sia nota. Se così non fosse, ripeto che si può trovare un po' dovunque e, come dimostra questo esercizio, è utile conoscerla.

Abbiamo usato alcuni fatti sulle omotetie che credo non debbano presentare difficoltà alcuna :
1. Un'omotetia conserva le rette e gli angoli tra esse.
2. Sia f un'omotetia di centro X e ragione k; se ABX e A'B'X sono simili, con f(A)=A', allora f(B)=B'.

Altri teoremi non ne abbiamo usati.

Esercizio 8
Provare a dimostrare con la trigonometria che OH=2R implica D,E,F allineati, calcolando i coseni degli angoli del triangolo DEF.
L'altra implicazione .... beh, provateci e tanti auguri.

Esercizio 9
Associamo ad un punto del piano le sue distanze (con segno) dai lati di ABC; il segno è positivo o negativo a seconda che il punto stia, rispetto al lato, dalla stessa parte del terzo vertice o da quella opposta. Siano dunque P,Q,R tre punti del piano a cui sono associate le terne di distanze $ (p_1,p_2,p_3),\ (q_1,q_2,q_3),\ (r_1, r_2, r_3) $; dando per noto che la quantità $ p_1(q_2r_3 - q_3r_2) - p_2(q_1r_3-q_3r_1) + p_3(q_1r_2-q_2r_1) $ è proporzionale all'area di PQR, dare una soluzione alternativa del problema, ricordando che D,E,F sono allineati se e solo se l'area di DEF è nulla.

Esercizio 10
Costruire una soluzione alternativa che sfrutti il teorema di Menelao. Si considerino le rette per D,E,F parallele a BC, CA, AB; esse definiscono un triangolo. Si applichi Menelao a questo triangolo, cercando di capire che ruolo ha l'ortocentro di ABC in esso.

Infine, l'omotetia usata nel teorema di Eulero e in questo esercizio è assai importante nella geometria del triangolo; vi invito quindi ad approfondire, anche facendo un poco di prove per i fatti vostri, le proprietà di questa trasformazione, in relazione alla geometria del triangolo : le immagini sotto di essa dei vari punti notevoli e le proposizioni che se ne possono ricavare.

Buon Lavoro.

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Messaggio da Sisifo » 14 set 2005, 15:12

Corretto il tex
EG
----------------------

Visto che qui nessuno posta...
<B>Esercizio 7</B>
Pongo, per semplicità:
$ t_a = tg(\alpha / 2), t_b=tg(\beta / 2), t_c=tg(\gamma / 2) $
Allora
$ t_a=tg(\frac{\pi - \beta - \gamma}{2})=\frac{1-t_b t_c}{t_b + t_c} $
$ sen \alpha = \frac{2 t_a}{1+ t_a ^2}=\frac{2(t_b + t_c)(1-t_b t_c)}{(1+t_b^2)(1+t_c^2)} $
$ sen \beta = \frac{2 t_b}{1+ t_b ^2} $
$ sen \gamma = \frac{2 t_c}{1+ t_c ^2} $
$ sen \beta + sen \gamma \pm sen \alpha $$ = \frac{2 t_b (1+t_c ^2) + 2t_c (1+t_b ^2) \pm 2 (t_b + t_c) (1-t_b t_c)}{(1+t_b ^2)(1+t_c ^2)}= $
$ \frac{2(t_b + t_c)(1 + t_b t_c \pm (1- t_b t_c))} {(1+t_b ^2)(1+t_c ^2)} $
Perciò
$ \frac{b+c-a}{b+c+a}=\frac{R(sen \beta +sen \gamma - sen \alpha)}{R(sen \beta + sen \gamma +sen \alpha)}= \frac{2 t_b t_c}{2}=tg(\beta /2 ) tg (\gamma /2) $

A proposito, questo è un errore, vero?
EvaristeG ha scritto:$ \frac{r_1 r_2}{q_1 q_2}=\frac{a+b-c}{a+b+c}=\frac{r}{q} $

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Messaggio da EvaristeG » 14 set 2005, 15:48

Uhm non mi pare un errore :
la parte sinistra si ricava con i conti dal teorema di stewart, la parte di destra è la scrittura di raggio inscritto e raggio exscritto in termini di area e lati.
$ r(a+b+c)=q(a+b-c) $ a patto di mettere opportunamente le lettere.

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Messaggio da Sisifo » 15 set 2005, 09:00

A me viene $ \frac{b+c-a}{a+b+c} $... In effetti, nel tuo post dici che $ q=\frac{2S}{b+c-a} $...

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Messaggio da EvaristeG » 15 set 2005, 10:07

Oh, sì scusa ... pensavo ad un errore concettuale ... certo, a seconda di come metti le lettere il meno sarà davanti ad un lato diverso ed io plausibilmente ho fatto girare quel meno un po' per tutto il post ... correggo subito.
BTW : fino al passaggio prima è b+c-a ....

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Messaggio da EvaristeG » 19 set 2005, 06:54

Questo post sarebbe dovuto arrivare qualche tempo fa, ma ... va be', lasciamo perdere. Prima di finire questa parte sui triangoli con un esercizio sulle concorrenze e gli allineamenti, voglio proporvi un problema di luogo geometrico, ulteriore applicazione della trigonometria (che altrimenti abbiamo usato poco), breve ma ricco.

Problema 4 (6th Irish 1993 - A3)
Siano dati una circonferenza $ \gamma $ un punto $ P $ su di essa e un numero reale positivo $ k $; descrivere il luogo dei punti C al variare di $ ABC $ tra i triangoli con cerchio inscritto $ \gamma $, il punto P sul lato AB e $ AP\cdot PB=k $.

1) Per i problemi che richiedono un luogo di punti, la prima cosa da fare è ricordarsi che se il problema viene proposto in un ambito olimpico, il luogo non potrà esser fatto da altro che pezzi di coniche e pezzi di rette, o al più punti isolati. La seconda cosa da fare è cercare di capire come è fatto questo benedetto luogo in maniera grossolana, rispondendo ad alcune domande "standard" :
a) è limitato o illimitato?
b) è simmetrico rispetto a un punto o una retta?
c) è fatto da più pezzi staccati o da uno solo?
d) ha angoli o raccordi tra parti di natura diversa?
e) è contenuto in una qualche regione precisa del piano?
La terza cosa da fare è tenere a mente, scrivere in cima a tutti i fogli, incidere sulla scrivania, mettere come salvaschermo, che la determinazione di un luogo geometrico richiede due dimostrazioni : per poter dire che il luogo cercato è L, si deve mostrare che tutti i punti con le date proprietà appartengono a L e poi bisogna far vedere che tutti i punti di L godono delle suddette proprietà!!

Bene, ora rispondiamo alle 5 domande di cui sopra, o almeno proviamoci (provateci anche prima da soli, magari)...ricordiamoci che quelle che seguono non sono dimostrazioni, sono deduzioni approssimative e spesso non formulabili con rigore: non faranno parte della dimostrazione finale, ma ci servono per capire come impostarla.

a) limitato o illimitato? Ok, questa non dovrebbe essere difficile : se scegliamo il triangolo isoscele (e quindi $ AP=PB=\sqrt{k} $), il punto C sta sul prolungamento del diametro per P; se invece scegliamo PB=t<r (raggio della cfr), avremo che l'angolo in B è ottuso e dunque il punto, trovandosi sulla tangente a $ \gamma $ per B, sarà sempre più "lontano" ... quindi, sembra che il luogo sia illimitato.
b) simmetrie? Sicuramente, se fissiamo AP=x e BP=k/x, otterremo un certo C, mentre se fissiamo AP=k/x e BP=x otterremo il simmetrico di C rispetto al diametro per P, quindi il luogo è simmetrico rispetto al detto diametro. Altre simmetrie non se ne vedono.
c) connesso? Cerchiamo di farci un'idea (assolutamente non rigorosa!!!) di come se ne viene fuori questo luogo : noi scegliamo un punto A sulla tangente a $ \gamma $ per P e poi costruiamo B in modo che $ AP\cdot PB=k $, infine tiriamo per A,B le tangenti alla cfr e segnamo in C il loro punto di incontro. Intuitivamente è abbastanza ovvio che ci sia una corrispondenza biunivoca e continua tra i punti A e i punti C (ovvero, fissata una qualunque distanza d, possiamo sempre trovare due punti A e A' tali che i corrispondenti C e C' distino meno di d); questo vuol dire che, siccome A varia lungo una semiretta, che è fatta di un pezzo solo, anche C varierà in qualcosa fatto di un pezzo solo, quindi il luogo che cerchiamo non è diviso in parti. Simili argomenti di continuità vanno bene per ragionare e capire il problema, ma non possono assolutamente essere parte di una dimostrazione : è spesso impossibile dimostrare con argomenti semplici che la corrispondenza che descrive il luogo è continua, a meno di non ricorrere a coordinate cartesiane, vettori o trasformazioni del piano. Non usate mai una giustificazione del tipo "per continutà"!!
d) angoli? Qui è difficile rispondere : si dovrebbe notare un repentino cambiamento nel modo di costruire il punto C, o quanto meno un cambio di configurazione o delle posizioni reciproche degli elementi che partecipano alla costruzione; non è questo il nostro caso.
e) estensione? Beh, vediamo ... il punto C sta sulle tangenti da B e da A a $ \gamma $ e poichè BA è tangente anch'esso in P, di sicuro il luogo starà sopra alla tangente parallela ad AB non per P; inoltre, se poniamo B molto vicino a P, A sarà molto lontano e la tangente da B tenderà a coincidere con BA, mentre la tangente da A sarà sempre più simile alla tangente parallela a AB non per P. Ora, queste due rette sono parallele e non si incontrano ... questo vuol dire che, se A se ne va all'infinito e B si avvicina a P, il punto C si muove nella direzione individuata dalla retta AB, ovvero il luogo ha un asintoto parallelo alla retta AB ... ovviamente, tutto questo ancora e sempre a livello intuitivo e assolutamente non formale.

Tiriamo le somme : il nostro luogo sembra essere illimitato, connesso, senza spigoli, simmetrico rispetto alla perpendicolare ad AB per P, sopra la parallela ad AB tangente alla cfr e con un asintoto parallelo a quest'ultima. Connesso e senza spigoli vuol dire che è fatto di un solo pezzo di un solo tipo e dunque è un pezzo di retta o un pezzo di conica; illimitato vuol dire che è un pezzo di retta, di iperbole o di parabola; con un asintoto vuol dire retta o iperbole; simmetrico rispetto alla retta r vuol dire perpendicolare ad essa o con i fuochi su di essa. Ma un'iperbole non può avere la congiungente dei fuochi perpendicolare ad un asintoto, quindi questo luogo deve essere una retta o un pezzo illimitato di essa, ma non è possibile, per simmetria , quindi è una retta, parallea ad AB, passante per il vertice del triangolo isoscele con base $ AB=2\sqrt{k} $.

2) Fatto questo (ripeto: non abbiamo ancora dimostrato nulla, a parte la simmetria tutto il resto sono osservazioni e intuizioni che non valgono nulla in una dimostrazione), cerchiamo di dimostrare che il nostro luogo è veramente una retta... come facciamo?Si può pensare di usare la geometria analitica, in fondo l'equazione di una retta non è poi così brutta; oppure possiamo provare a costruire una trasformazione del piano che associa ad ogni punto A della tangente alla cfr in P il corrispondente vertice C e dunque concludere che, poichè la trasformazione manda rette in rette, l'immagine della tangente è la retta per C che cerchiamo; ancora, possiamo calcolare la distanza di C dalla retta AB e dimostrare che è costante; infine, possiamo prendere tre tali punti C e dimostrare che sono allineati calcolando gli angoli del triangolo che formano o le distanze tra essi o applicando in modo furbo il teorema di Talete.
Ok, la geometria analitica comporta, a prima vista, lo scrivere le tangenti ad una circonferenza per un punto esterno...se si può evitare, io la evito; le trasformazioni del piano bisogna saperle vedere ... voi ne vedete di facili che mandano A in C? ... io forse ne ho appena vista una, ma non è facile e ve la proporrò negli esercizi; prendere tre punti del luogo comporta una quantità allucinante di punti in giro per il disegno ... meglio trovare altro (ma se altro non ce n'è, ci si può anche arrendere a cose simili); modi per calcolare la distanza ... hmm boh.
Ecco, quindi il problema non ha soluzione .... no!, cioè volevo dire facciamoci furbi ... come possiamo ridire che C viaggia su una retta? Un altro modo ancora è : l'area di ABC e la base AB stanno in un rapporto costante; questa cosa è molto più simpatica, poichè la base AB la facciamo variare noi ed è sotto controllo e l'area di ABC ha strette relazioni (sentimentali e non) con il raggio del cerchio inscritto e le lunghezze delle tangenti dai vertici ad esso.
Scriviamo un po' di formule : $ AP=x,\ PB=k/x,\ 2S=r(a+b+c) $, con le notazioni solite, $ \displaystyle{\frac{2S}{c}=r+r\frac{b+a}{c}} $.
Ok, quindi, poichè r è fisso, non ci rimane che scrivere (b+a)/c in termini di cose anch'esse fisse (r,k ... non è che ce ne siano molte).

3) Ora ci sono due possibilità:
i)notare che (b+a)/c è omogeneo e quindi che può benissimo essere fatto da funzioni goniometriche dei lati; quindi pensare di averlo già visto da qualche parte dove si parlava di trigonometria e cercare dunque di scriverlo in seni e coseni
ii)smanettare fino alla disperazione con altri strumenti e poi dire "mah, proviamo anche con la trigonometria, tanto ormai..."
Entrambe danno come risultato il seguente:
$ \displaystyle{\frac{b+a}{c}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}+\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}} $
Ecco ... visto che lavoriamo con circonferenza inscritta e le di lei tangenti, sarebbe bello scrivere questa formulina con gli angoli metà, vero? Tanto per dire, dovreste aver notato tutti che $ \tan\frac{\alpha}{2}=\frac{r}{x} $ eccetera eccetera.
Quindi, ricordiamoci le formule parametriche : $ \sin\alpha=\frac{2t}{1+t^2} $ e $ \cos\alpha=\frac{1-t^2}{1+t^2} $ dove t è la tangente dell'angolo metà. Indichiamo con $ t_A, t_B, t_C $ le tangenti degli angoli metà di A,B,C.
Infine, osserviamo che $ \sin\gamma=\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha $.
Mettendo tutto assieme, otteniamo
$ \displaystyle{\frac{a+b}{c}=\frac{\sin\alpha+\sin\beta}{\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha}=\frac{t_A(1+t_B^2)+t_B(1+t_A^2)}{t_A(1-t_B^2)+t_B(1-t_A^2)}} $
da cui
$ \displaystyle{\frac{a+b}{c}=\frac{1+t_At_B}{1-t_At_B} $.
E a questo punto è fatta : sia I l'incentro di ABC, allora noi vogliamo le tangenti di IAB e IBA, ma queste sono IP/AP e IP/BP, ovvero r/x e rx/k.
Ovviamente $ t_At_B=r^2/k $ e dunque $ \displaystyle{\frac{1+t_At_B}{1-t_At_B}=\frac{k+r^2}{k-r^2} $.
Quindi il rapporto S/c è costante e dunque lo è la distanza di C da AB, quindi il luogo è la retta parallela ad AB, dalla stessa parte di $ \gamma $ a distanza $ r\left(1+\frac{k+r^2}{k-r^2}\right) $.

4) Ora dobbiamo ricordarci quel che abbiamo scritto in cima a ogni foglio : bisogna dimostrare l'altra parte, ovvero bisogna provare che ogni punto di quella retta sta nel luogo.
Sia dunque C su quella retta. Se traccio le tangenti a $ \gamma $ e chiamo A,B le loro intersezioni con la tangente in P, avrò che nel triangolo ABC vale
$ \frac{a+b}{c}=\frac{k+r^2}{k-r^2} $ e dunque $ t_At_B=r^2/k $; ma allora $ AP\cdot PB=\frac{r^2}{t_At_B}=k $.
Dunque ABC ha $ \gamma $ come cerchio inscritto, AB lo tange in P e AP*PB=k; quindi C appartiene al luogo da noi cercato e dunque la retta sta nel luogo. Questo prova che la retta è il luogo cercato.
Come in questo caso, molte volte basta semplicemente invertire l'ordine dei passaggi; altre volte (nel caso di dimostrazioni euclidee basate sugli angoli, di solito) serve invece una nuova dimostrazione per questa seconda parte.

5) La nostra soluzione da bella copia è la seguente :
Sia S l'area di ABC e siano a,b,c i lati nel modo solito e r il raggio del cerchio inscritto; allora
$ \frac{2S}{c}=\frac{r(a+b+c)}{c}=r\frac{a+b}{c}+r $
Poniamo $ AP=x $ e dunque $ BP=k/x $; per il teorema dei seni,
$ \frac{a+b}{c}=\frac{\sin\alpha+\sin\beta}{\sin\gamma} $
per le formule di addizione del seno
$ \frac{a+b}{c}=\frac{\sin\alpha+\sin\beta}{\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha} $
e per le formule parametriche (posti $ t=\tan\frac{\alpha}{2} $ e $ u=\tan\frac{\beta}{2} $)
$ \frac{a+b}{c}=\frac{t(1+u^2)+u(1+t^2)}{t(1-u^2)+u(1-t^2)}=\frac{1+tu}{1-tu} $
Per la definizione di tangente, applicata al triangolo API, con I incentro di ABC, si ha $ t=\frac{r}{x} $ e similmente nel triangolo BPI si ha $ u=\frac{rx}{k} $; quindi $ tu=\frac{r^2}{k} $ e dunque
$ \frac{2S}{c}=r\left(1+\frac{a+b}{c}\right)=r\left(1+\frac{1+tu}{1-tu}\right)=r\left(1+\frac{k+r^2}{k-r^2}\right) $
Quindi l'altezza relativa al lato AB non dipende altro che da r,k che sono dati e fissi, quindi è costante; dunque il luogo cercato sta nella retta parallela a AB, nello stesso semipiano in cui sta $ \gamma $. Viceversa, preso un qualunque punto di quella retta e tracciate le tangenti da esso alla circonferenza, si individua così un triangolo con circonferenza inscritta $ \gamma $ e in cui $ tu=r^2/k $ e dunque $ AP\cdot PB=k $, quindi la retta suddetta sta nel luogo cercato.
Concludendo, la retta trovata è il luogo richiesto.

Fine

Commenti
Ricordatevi di entrambe le inclusioni quando fate i problemi con i luoghi geometrici!!!!!!!!
Inoltre, imparate a tenere a mente, se non le identità trigonometriche, almeno il fatto che certi rapporti tra lati, raggi, aree sono esprimibili in maniera comoda in funzione di seni e coseni degli angoli; infine, abbiate sempre cura di capire qual è il set di angoli migliore con cui esprimere tutto.
Teoria oggi non ce n'era, a parte un po' di trigonometria, per la quale vi posso solo dire di riguardarvi la dispensa.

Esercizio 11
Andate a cercare un'identità trigonometrica che riguardi (a+b)/c e usatela per ricavare il nostro stesso risultato. (ci si mette di meno, eh?)

Esercizio 12
Utilizzando sempre la tecnica dell'area proporzionale alla base, risolvere l'esercizio utilizzando le tangenti alla cfr inscritta e la trigonometria.

Esercizio 13(*)
Si determini :
(i) una trasformazione che, dato A, trovi B tale che AP*PB=k
(ii) una trsformazione che, dati di un triangolo la circonferenza circoscritta, un vertice e i due punti medi dei lati adiacenti a tale vertice resituisca il terzo punto medio e si dimostri che manda circonfernze in circonferenze
(iii) una trasformazione che porti A in C nel problema affrontato
e si risolva in questo modo alternativo il problema.

Esercizio 14
Se proprio volete, provateci pure con la geometria analitica, ma almeno fatevi furbi : dovete fare le tangenti ad una cfr da un punto esterno, ma una tangente la conoscete già...


Buon lavoro e Buona notte .... ops .... buona giornata!

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Messaggio da EvaristeG » 05 ott 2005, 00:35

Ok, ora tocca ai problemi che parlano di concorrenza e allineamento, ovvero, principalmente, ai teoremi di Ceva e di Menelao.
Chi non li conoscesse, non si senta in colpa (io li conobbi due settimane prima del test di ingresso in normale...grazie a MindFlyer) e guardi un po' in giro su internet.

Tanto per completezza, eccone gli enunciati

Teorema di Ceva : Dato un triangolo ABC e tre punti D, E, F sui suoi lati (o uno su un lato e due sui prolungamenti), le tre rette AD, BE, CF concorrono se e solo se $ AE\cdot CD\cdot BF=EC\cdot DB\cdot FA $.

Teorema di Menelao : Dato un triangolo ABC e tre punti D,E,F sui prolungamenti dei suoi lati (o due sui lata e uno su un prolungamento), essi sono allineati se e solo se $ AE\cdot CD\cdot BF=EC\cdot DB\cdot FA $.

Sottolineamo subito una cosa importante : per sapere quale informazione si sta trattando (concorrenza o allineamento) si deve sapere dove stanno i tre punti in gioco, oppure si deve ricorrere alla scrittura dei segmenti orientati, in cui $ AB=-BA $ e scrivere Menelao con un -1 al posto dell'1.

Ora, su questi due signori non faremo grandi e complicati esercizi, per il seguente motivo : entrambi prevedono di calcolare i rapporti tra i segmenti in cui vengono divisi i lati da certi punti e questo calcolo è di solito la parte complicata del problema ma non riguarda minimamente i due teoremi in questione e prevede le più svariate tecniche. Il problema proposto di seguito è invece una sagace applicazione di entrambi i teoremi, che non richiede peripezie triangolari per calcolarsi segmenti e segmentini. Vi avviso che la soluzione sarà breve e per questo ve ne fornirò due (!!).

Problema 5
Sia ABC un triangolo, P un punto del piano e siano A', B', C' su BC, CA, AB tali che AA', BB', CC' concorrono in P; sia D l'intersezione di BC con B'C', E l'intersezione di CA con C'A', F l'intersezione di AB con A'B'.
Dimostrare che D,E,F sono allineati (se esistono).

1) Forti di Ceva e Menelao, riscriviamo la tesi come $ BD\cdot CE\cdot AF=DC\cdot AE\cdot BF $ e l'ipotesi come $ AC'\cdot BA'\cdot CB'=C'B\cdot A'C\cdot B'A $.
Ok, ora ammiriamo queste relazioni.
Certo, a priori vi sono altre strade per dimostrare l'allineamento, ne abbiamo parlato qualche tempo fa, ma in questo caso vogliamo legare un allineamento a una concorrenza e non può sfuggire il legame, almeno formale, tra Ceva e Menelao e quindi della possibilità che essi offrono di collegare allineamento e concorrenza.
Bene. Cosa dobbiamo fare??
Dobbiamo scrivere i rapporti BD/DC etc etc in termini di cose che riguardino solo i rapporti AC'/C'B etc etc, possibilmente in modo ciclico, di modo che poi esca fuori il prodotto di tutti questi rapporti, che per ipotesi fa 1.
Questo è un metodo abbastanza standard di trattare problemi con Ceva e Menelao e, una volta imparato, risulta quasi meccanico (è il primo di una serie di algebrizzazioni della geometria che vedremo oltre, volte ad automatizzare la soluzione di problemi, come le coordinate e le trasformazioni); per questo, non mi resta molto da dire, arrivato qui : chi ha la mano con queste cose avrà già visto una delle due strade possibili (o forse entrambi) e chi non ha ancora avuto l'onore di assistere a questi stupri della geometria sarà lì a domandarsi perchè perdo tempo a chiacchierare.

2) Ragioniamo scientemente : dobbiamo scrivere qualcosa che contenga un rapporto della tesi e alcuni rapporti dell'ipotesi.
Ad esempio, proviamo a scrivere BD/DC.
Ora, vogliamo coinvolgerlo in una incestuosa relazione con i vertici di ABC e quelli di A'B'C' ... beh, D come è definito??
D è l'incontro di BC e B'C', quindi dovremo considerare un triangolo che abbia come lato DBC e/o DB'C'; inoltre, Ceva o Menelao o altri trucchi per cavare rapporti (ad esempio il metodo delle aree o le similitudini) hanno bisogno, per partorire BD/CD, che i punti B,C siano vertici o punti di intersezione.
Inoltre, per lo stesso ragionamento se uno tra B' o C' è vertice (e l'altro sarà presumibilmente un punto di intersezione, cioè piede di ceviana o intersezione lato -retta secante, a seconda che si voglia usare ceva o menelao), viene fuori un rapporto del tipo B'D/DC', che però non ci serve granchè, visto che su di esso non abbiamo alcuna informazione.
Quindi, ci converrà considerare DBC come lato di un triangolo e DB'C' come retta secante quel triangolo (quindi metterci nel caso di utilizzare il teorema di Menelao per ottenere informazioni); ora, vediamo : B' sta su CA e C' sta su BA e ovviamente D sta su BC, quindi possiamo considerare il teorema di menelao applicato al triangolo ABC e alla retta DB'C', che ci da
$ \displaystyle{\frac{BD\cdot CB'\cdot AC'}{CD\cdot B'A\cdot C'B}=1} $
Questo modo di procedere è, ripeto, un classico e, per quanto poco geometrico, è utilissimo per cavarsi dai pasticci senza troppe fatiche, nei problemi opportuni.
Vedremo poi un modo più generale per risolvere questo problema.

3) Scriviamo quindi le altre relazioni simili a quella sopra, ottenute considerando le rette EA'C', FA'B' rispetto al triangolo ABC.
$ \displaystyle{\frac{BD\cdot CB'\cdot AC'}{CD\cdot B'A\cdot C'B}=1} $
$ \displaystyle{\frac{CE\cdot AC'\cdot BA'}{EA\cdot C'B\cdot A'C}=1} $
$ \displaystyle{\frac{AF\cdot CB'\cdot A'B}{FB\cdot B'A\cdot A'C}=1} $
E a questo punto sono solo conti, infatti moltiplicando otteniamo questa bellissima cosa :
$ \displaystyle{\frac{BD\cdot CE\cdot AF}{CD\cdot EA\cdot FB}\left(\frac{CB'\cdot AC'\cdot A'B}{B'A\cdot C'B\cdot A'C}\right)^2=1} $
e qui è fatta, in quanto l'espressione tra parentesi è esattamente quella data dall'ipotesi che le tre rette concorrano. Quindi otteniamo la tesi.

4) Riscrivendo il tutto :
Per Ceva
$ AC'\cdot BA'\cdot CB'=C'B\cdot A'C\cdot B'A $
Per Menelao applicato al triangolo ABC e alla retta DB'C'
$ \displaystyle{\frac{BD\cdot CB'\cdot AC'}{CD\cdot B'A\cdot C'B}=1} $
e similmente, considerando le rette EA'C', FA'B',
$ \displaystyle{\frac{CE\cdot AC'\cdot BA'}{EA\cdot C'B\cdot A'C}=1} $
$ \displaystyle{\frac{AF\cdot CB'\cdot A'B}{FB\cdot B'A\cdot A'C}=1} $
Moltiplicando otteniamo
$ \displaystyle{\frac{BD\cdot CE\cdot AF}{CD\cdot EA\cdot FB}\left(\frac{CB'\cdot AC'\cdot A'B}{B'A\cdot C'B\cdot A'C}\right)^2=1} $
che equivale a
$ BD\cdot CE\cdot AF=DC\cdot AE\cdot BF $.
Ovvero la tesi, considerando che i tre punti D,E,F stanno sui prolungamenti dei lati e non al loro interno.

Fine

Commenti
Lo so, il problema non è un granchè, ma su ceva e menealo è difficile trovare cose didatticamente valide che non prevedano folli smanettamenti per calcolare i segmenti coinvolti.

Tanto per farvi vedere le sorprese che può riservare questo problema, ecco a voi la soluzione alternativa...vediamo chi di voi riesce a capire che cos'ha questa soluzione di strano prima di finire di leggerla!

Soluzione alternativa
Dunque ... vogliamo sempre scrivere il rapporto BD/DC.
Bene, usiamo la stessa idea di prima e cerchiamo un triangolo opportuno.
Abbiamo detto che DBC dovrebbe essere un lato e ok... freghiamocene dei rapporti che conosciamo per ceva e vediamo in quali altre configurazioni di concorrenza o allineamento viene fuori il rapporto BD/DC.
Per D passano le rette DBC, DB'C'. Se fissiamo che un lato sta su DBC, la retta DB'C' deve essere quella che interseca il triangolo in questione. Ora, per il punto B' passano AC, DB'C' e BPB'; la prima era la scelta precedente, la seconda l'abbiamo già come retta, usiamo la terza quindi come lato.
Cioè, consideriamo il triangolo CBP e la retta DB'C'.
Per Menelao
$ \displaystyle{\frac{BD\cdot CC'\cdot PB'}{DC\cdot PC'\cdot BB'}=1} $
Se ora ripetiamo per i triangoli ABP, ACP con le rispettive rette otteniamo
$ \displaystyle{\frac{AF\cdot PA'\cdot BB'}{BF\cdot AA'\cdot PB'}=1} $
$ \displaystyle{\frac{CE\cdot AA'\cdot PC'}{EA\cdot PA'\cdot CC'}=1} $
e dunque moltiplicando tutto otteniamo la tesi, ma stavolta non ci sono pezzi che vanno via per ceva, solo pezzi che si semplificano.

Fine 2

Quindi ... non abbiamo usato la concorrenza??!???
No, l'abbiamo usata per scrivere tutti i segmenti che hanno un estremo in P.
L'informazione di cui abbiamo fatto a meno per scrivere questa seconda soluzione è un'altra e più riposta : abbiamo fatto a meno del fatto che i punti A'B'C' si trovassero sui lati di ABC.

Provate a pensarci e rifate la dimostrazione nel caso A'B'C' non stiano sui lati di ABC, lasciando ovviamente inalterato il fatto che AA', BB', CC' concorrano in P.
Il ragionamento appena svolto funziona ugualmente.

In questo "esercizio" è così nascosto il celebre

Teorema di Desargues : Dati due triangoli ABC e A'B'C', le rette AA', BB', CC' concorrono se e solo se, posto $ D=BC\cap B'C' $ e similmente E,F, i punti D,E,F sono allineati.

L'altra implicazione del teorema, già che siamo in argomento, si conduce per assurdo, sul modello delle seconde implicazioni di ceva e menelao e ve la lascio per esercizio.

Ovviamente, vi invito a rivedere le dimostrazioni di Ceva e Menelao.

Inoltre, vi nomino un altro utile teorema di concorrenza, non così famoso come gli altri due, il misconosciuto

Teorema di Carnot : Dato un triangolo ABC e tre punti D,E,F sui suoi lati, le perpendicolari per essi ai lati concorrono se e solo se $ AF^2+CE^2+BD^2=FB^+AE^2+DC^2 $.

A voi l'onere della dimostrazione, che non è altro che il teorema di pitagora applicato più volte.

Esercizio 15
Dimostrate la seconda implicazione in Desargues : supponete che valga l'allineamento ma non la concorrenza e applicate Menelao per trovare un assurdo.

Esercizio 16 (Problema dei 4 viaggiatori)
Ci sono 4 strade rettilinee sul piano, tra cui non ve ne sono due parallele nè tre concorrenti. Su ciascuna viaggia un automobilista a velocità costante (possono avere ovviamente velocità diverse tra loro).
Sappiamo che l'automobilista 1 ha incontrato gli altri tre durante il suo tragitto (nelle intersezioni del suo percorso con quelli degli altri); anche 2 ha incontrato 3,4 e ovviamente 1. Dimostrate che 3 e 4 si sono incontrati.

Esercizio 17
Utilizzate il risultato dell'esercizio precedente (e la sua soluzione!!) per dimostrare contemporaneamente Ceva e Menelao.

Buon Lavoro e buona notte.

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Messaggio da EvaristeG » 10 feb 2006, 17:45

Come mi ha fatto notare mitchan88, non ho più postato il link al formato pdf di questi sproloqui inconcludenti con annessi esercizi. Ebbene, rimedio ora :
Banalità triangolari a volontà!

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