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Siano date 3 corconferenze uguali passanti per un punto. esse formano a due a due altre 3 intersezioni. Si consideri ora la circonferenza passante per questi altri 3 punti e si dimostri che tale circonferenza è uguale alle altre 3.

Bel problema, con una magistrale soluzione di Conti pubblicata su un vecchio Fibonacci.

il problema ha tante soluzioni. Cos\'e\' \"Fibonacci\"? qual e\' la soluzione di cui parli? Usa forse il concetto di traslazione?
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<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 15-06-2004 14:04 ]

Credo che si debba dimostrare che il triangolo che unisce i 3 centri è uguale a quello che unisce i tre punti.
<BR>
<BR>Questo si dimostra mostrando come i lati siano uguali (terzo criterio).
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<BR>Per fare l\'ultimo passaggio si prendano due circonf. uguali di centro 0 e 02. Si prenda la terza, che interseca le altre due in un punto dove anche le prime due si intersecano ed in 03 ed in 04. Con un pò di angle-chasing si dimostra che 0.02.03.04 è un parallelogramma e quindi 0.02=03.04. Applicando questo sopra forse si risolve il tutto.
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<BR>p.s.: qualcuno mette un hint per le successioni primose?
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 15-06-2004 14:17 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 15-06-2004 18:30 ]

mmm...vi va di postarne qualcuna delle tante?
<BR>io ho trovato una dimostrazione ma, a dire il vero, barando un pochino.questo era un lemma che mi serviva per dimostrare un problema sns (\'96-5).ma, non riuscendo nell\'intento di dimostrare questo lemma, ho risolto il problema sns in altro modo, dimostrando di conseguenza anche il lemma <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
<BR>guardando quel problema e applicando l\'inversione capite. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">

una si potrebbe basare sul fatto che i quattro punti di intersezioni sono ognuno l\'ortocentro degli altri tre.
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<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-06-15 16:07, sprmnt21 wrote:
<BR>una si potrebbe basare sul fatto che i quattro punti di intersezioni sono ognuno l\'ortocentro degli altri tre.
<BR>
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
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<BR>allora non era un\'impressione...benbene(ad esame finito approfondirò)

Con i vettori viene.

Anche se e\' una delle tante gia\' proposte,metto anche
<BR>la mia soluzione.
<BR>Siano c1,c2,c3 le tre crf,O1,O2,O3 i rispettivi centri ed R il comune raggio.
<BR>Inoltre indichiamo con:
<BR>H l\'intersezione comune delle 3 crf.
<BR>A l\'ulteriore intersezione di c1 e c2,B quella tra c1 e c2 ,C quella tra c2 e c3.
<BR>c la crf. per ABC ed r il suo raggio.
<BR>Poniamo( tenendo conto che le crf. sono uguali):
<BR>AO1H=AO2H=2a [angolo]
<BR>BO1H=BO3H=2b
<BR>CO2H=CO3H=2c
<BR>Ne segue [ teorema angolo al centro e alla crf]
<BR>ABH=ACH=a
<BR>BAH=BCH=b
<BR>CAH=CBH=c
<BR>Ora dalla crf. c1 (ad esempio) si ricava:
<BR>AB=Rsin(AO1B/2)=2Rsin(a+b) [teorema corda]
<BR>e dalla crf. c :
<BR>AB=2rsin(ACB)=2rsin(a+b) e dunque : <!-- BBCode Start --><B>r=R</B><!-- BBCode End -->
<BR>Per ...buon peso,si puo\' anche dedurre che H e\' l\'ortocentro di ABC.
<BR>Infatti dal triangolo ABC si ricava:
<BR>2a+2b+2c=180° ----->a+b+c=90°.
<BR>Se ora prolunghiamo (ad esempio) BH fino ad incontrare AC in L,
<BR>si ha:
<BR>ABL+BAL=a+(b+c)=90° e quindi BLA=90° e cio\' mostra che BL e\'
<BR>perpendicolare ad AC.

qualcuno di voi potrebbe dirmi se la mia sol è corretta? grazie
<BR>Inoltre, come si applicano i vettori in un problema come questo?

Salve a tutti!
<BR>Se può esservi utile, scartabellando tra i miei appunti ho trovato un bel teorema a proposito del risultato che si va cercando <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> : <a href="http://mathworld.wolfram.com/JohnsonsTheorem.html" target="_blank" target="_new">http://mathworld.wolfram.com/JohnsonsTheorem.html</a>

io l\'ho fatto cosi\'...
<BR>se ribaltando le tre circonferenze rispetto ai lati del triangolo che ha per vertici le tre intersezioni (rispettivamente, cioe\' ogni circonferenza rispetto al lato che e\' una sua corda) abbiamo che le loro immagini coincidono in una circonferenza, la tesi e\' dimostrata perche\' la nuova circonferenza e\' ovviamente uguale alle altre e passa per i tre punti (poiche\' in alcuni dei ribaltamenti essi rimangono fissi).
<BR>
<BR>Per dimostrare che le immagini delle circonferenze coincidono, dimostriamo che le immagini dei centri coincidono. infatti sappiamo che il centro della circonferenza che passa per i punti e\' dato dall\'intersezione delle mediane del triangolo e poiche\' i lati sono corde, le mediane passeranno per i tre centri. Questo significa che anche le immagini dei centri dopo il ribaltamento staranno ancora su queste corde ma poiche\' abbiamo che la distanza dalle immagini dei centri ai vertici che stanno su quelle circonferenze e\' la stessa (essendo sempre il raggio), le immagini dovranno coincidere nel punto di intersezione delle mediane.

ho tre stelline!!!!!!!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-06-16 16:19, matthewtrager wrote:
<BR>... ma poiche\' abbiamo che la distanza dalle immagini dei centri ai vertici che stanno su quelle circonferenze e\' la stessa (essendo sempre il raggio), le immagini dovranno coincidere nel punto di intersezione delle mediane.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>uffa, non e\' vero. la costruzione penso sia giusta pero\' bisogna dimostrare che le immagini dei centri coincidono.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> qualche idea?? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">