problema di geometria

Vasya · Messaggio da **Vasya** » 01 gen 1970, 01:33

Considerate tutte le parabole y = x^2 + ax - b^2 che intersecano
 gli assi in tre punti distinti, per ogni parabola per questi tre punti
 si traccia una circonferenza, dimostrare che tutte le circonferenze hanno un punto in comune.
 
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karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Visto che ,al momento, non ci sono risposte,ci provo io.
 I tre punti d\'intersezione con gli assi coordinati siano :
 A(x1,0),B(x2,0), C(0,-b^2) con x1 e x2 radici dell\'equazione
 x^2+ax-b^2=0.Per note formule risulta:
 |x2-x1|=sqrt(a^2+4b^2) ,(x1+x2)=-a
 Per evitare calcoli troppo laboriosi,la crf. per ABC la troviamo cosi\':
 la crf. di diametro AB=|x2-x1|=sqrt(a^2+4b^2) e centro il punto
 medio M di AB [M((x1+x2)/2,0)=M(-a/2,0)] e\':
 x^2+y^2+ax-b^2=0
 Il fascio di crf. per A e B e\' allora:
 x^2+y^2+ax-b^2+ky=0
 Imponendo la condizione di passaggio per C, si ha:
 k=b^2-1 e dunque la crf. per ABC e\':
 x^2+y^2+ax+(b^2-1)y-b^2=0,e
 questa equazione puo\' essere scritta anche cosi\':
 1*(x^2+y^2-y)+a*(x)+b^2*(y-1)=0
 Pertanto essa puo\' essere interpretata come una rete di crf.
 le cui crf. BASI [pensando una retta come una crf. di raggio
 infinito] sono:
 x^2+y^2-y=0, x=0, y-1=0.
 Le ultime due crf. s\'intersecano nel punto R(0,1) che appartiene anche
 alla prima crf. e dunque esso e\' il punto fisso cercato (oltre i due punti
 ciclici del piano per cui passano tutte le crf. del piano medesimo).
 Si dice pure che la rete e\' parabolica ed ha R come unico punto base reale.

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Per gli appassionati di geometria proiettiva avrei
 trovato ( il condizionale e\' d\'obbligo!) una soluzione
 non standard ( e tuttavia semplicissima) al quesito.
 Per omogeneita\' poniamo:
 a=p/r, b^2=q/r, e quindi l\'equazione della generica parabola
 diventa:
 (x^2-y)*r+(x)*p+(-1)*q=0
 e passando a coordinate proiettive (cioe\' sostituendo
 x ed y con x/t e y/t):
 (x^2-yt)*r+(xt)*p+(-t^2)*q=0
 Da qui si vede che ,al variare di p,q,r (cioe\' di a e b) la generica parabola
 appartiene alla rete di parabole avente per coniche basi le parabole:
 x^2-yt=0 ,xt=0,t^2=0
 [la prima e\' la parabola fissa y=x^2,la seconda si spezza nell\'asse
 y e nella retta impropria,la terza e\' la retta impropria contata due volte]
 Queste tre parabole hanno ,com\'e\' facile vedere,un solo punto in
 comune rappresentato dal punto improprio dell\'asse y Y(0,1,0).
 Si tratta dunque di una rete (parabolica) avente un unico punto fisso in Y.
 Osserviamo ora che ad ogni terna di valori (p,q,r) corrisponde una (sola)
 terna di punti (A,B,C) e quindi una sola crf. per ABC.
 Pertanto alla rete di parabole corrisponde una rete ,pure
 parabolica, di crf con un unico punto fisso.
 Mi scuso per l\'OT ma la risposta potra\' piacere a qualcuno.
 
 
 
 
 
 
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andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Ho un dubbio:
 Siano P un punto del piano, r un reale positivo e C la circonferenza di centro P e raggio r.
 Mostrare che se H è l\'otocentro di un triangolo inscritto in C allora la distanza P da H = d(P,H)<3r.
 
 Io ho proceduto così:
 Siano A,B e C i vertici del triangolo, dalla teoria sappiamo che PA+PB+PC=PH (1)(dove le quantità riportate sono vettori).
 Non è difficile dimostrare che dati n vettori il modulo della somma è minore o uguale alla somma dei moduli dunque |PA+PB+PC|≤|PA|+|PB|+|PC| d’altra parte |PA|=|PB|=|PC|=r dunque |PA+PB+PC|≤3r e per la (1) |PH|≤3r (2).
 
 C\'è qualcosa che non va??
 Come facciamo ad eliminare il caso in cui |PH|=3r
 
 Ciao e grazie

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Secondo me,nella relazione tra moduli di vettori ,il segno di eguaglianza vale solo nel caso in cui detti vettori hanno,non solo lo stesso
 modulo come nel caso di grandezze scalari, ma anche direzione
 e verso uguali e non e\' certamente questo il caso.
 Quando scrivi |PA+PB+PC|=|PH|<=|PA|+|PB|+|PC|=3r
 tu calcoli il modulo di PH come se questo fosse la somma
 dei moduli di PA,PB e PC e cio\' non e\' vero;puoi quindi
 tralasciare tranquillamente il segno \"=\".
 Spero di essere stato esauriente.
 Ciao.
 
 
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andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Ma la soluzione è corretta??

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Veramente non ho studiato la questione perche\' pensavo che
 l\'avessi gia\' risolta tu! La tua e\' solo un\'ipotesi ,quindi?
 Mi ci metto e vedo di cavarne qualcosa.

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

No no la relazione vettoriale è vera! Mi interessa sapere se è corretto il ragionamento
 
 Ciao

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Mi pare proprio di si;e\' sufficiente che tu scriva:
 |PH|=|PA+PB+PC|<|PA|+|PB|+|PC|
 e quindi in definitiva:
 |PH|<3r
 I termini in grassetto sono vettori ed ho tolto l\' eguale per il motivo che ti ho
 detto.Pure intuitivamente non vedo come in un triangolo,anche il piu\' schiacciato possibile,la distanza tra ortocentro e circocentro possa uguagliare
 o addirittura superare 3r.
 Ciao.