[G] Feuerbach

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EvaristeG
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Messaggioda EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

E bravo il nostro \"segone in geometria\" ... tanto per la cronaca, questa è la dimostrazione che diede Feuerbach stesso del suo simpatico teorema (solo che lui usò un\'analitica ancora più pesante e più intimamente legata alla natura del triangolo, le coordinate trilineari...ma lasciamo stare). <BR>Quando era saltata fuori questa discussione, avevo provato anch\'io a cercare una dimostrazione della tangenza (conoscendo già la via dei conti) e credo di aver trovato qualcosa di carino, anche se non so quanto si possa definire umano... <BR>Una sola cosa, prima di lasciare il posto alla dimostrazione : è ovvio che la forma in cui la esporrò non è la forma in cui mi è venuta in mente, quindi, mentre la leggete, evitate di dire cose tipo \"io questo non l\'avrei mai fatto\" o \"non mi sarei mai immaginato che...\"; vi dico questo perchè, quando l\'ho riscritta in forma decente, ha stupito anche me...cmq, basta chiacchiere. <BR> <BR><B>La Circonferenza di Feuerbach è tangente al cerchio inscritto ed ai tre cerchi exscritti.</B> <BR> <BR>Sia ABC il nostro triangolo; consideriamo per ora il lato AB e chiamiamo : <BR>M il suo punto medio <BR>H il piede dell\'altezza da C su AB <BR>K il piede dell\'altezza da B su AC <BR>J il piede dell\'altezza da A su BC <BR>N il punto di incontro tra AB e la bisettrice dell\'angolo in C <BR>D il punto di tangenza di AB al cerchio inscritto <BR>E il punto di tangenza di AB al cerchio exscritto opposto al vertice C. <BR> <BR>Ora, consideriamo la tangente t alla circonferenza di Feuerbach per il punto M : evidentemente t è parallela a JK. <BR>Infatti la circonferenza con centro in M passante per A,B,J,K inverte la circonferenza di Feuerbach in una retta, ma poichè detta circonferenza passa per J,K, la sua immagine è proprio la retta per J,K (punti che rimangono fissi nell\'inversione); inoltre è noto che una circonferenza che passa per il centro di inversione viene mandata in una retta parallela alla propria tangente nel centro di inversione. <BR> <BR>Adesso, consideriamo la tangente r comune a cerchio inscritto e cerchio exscritto opposto a C che passa per N (esiste in quanto per N passa già un\'altra tangente comune alle due cfr : il lato AB) : evidentemente r è parallela a t. <BR>Infatti, uno dei due angoli che si formano tra r e AB viene bisecato dalla bisettrice CN che passa per i centri delle due cfr; ma CNA=ABC + (ACB)/2; quindi i due angoli tra r e AB sono l\'uno pari a 2ABC + ACB e l\'altro pari a CAB-ABC (supponendo l\'angolo in A maggiore o uguale dell\'angolo in B). Del resto è noto che CKJ=CBA e CJK=CAB e quindi l\'angolo tra JK e AB è pari a CAB-ABC; ma allora r//JK//t quindi r//t. <BR> <BR>Proseguiamo considerando la circonferenza centrata nel punto M e passante per D,E; tale circonferenza esiste (cioè ME=MD) ed è ortogonale a cerchio inscritto e cerchio exscritto opposto a C. <BR>Infatti si ha AD=(AB+AC-BC)/2, AE=(AB+BC-AC)/2 e AM=AB/2 da cui ME=MD; inoltre ME,MD sono raggi di questa nostra circonferenza, ma sono anche tangenti da M alle due circonferenze inscritta e exscritta opposta a C, quindi queste due sono ortogonali alla prima. <BR> <BR>Infine vediamo che l\'inverso del punto H rispetto alla circonferenza con centro in M e raggio MD è N. <BR>Qui ci vogliono due conticini : <BR> <BR>*) MD=(AC-BC)/2 <BR> <BR>*) MH=? <BR>AH^2+AC^2=(AB-AH)^2+CB^2 ==> 2AB*AH =AB^2+BC^2-AC^2 ==> AH=(AB^2+BC^2-AC^2)/(2AB) ==> MH=(AC^2-BC^2)/(2AB) <BR> <BR>*)MN=?? <BR>AN/(AB-AN)=BC/CA ==> AN= (AB*BC)/(CA+BC) ==> MN=(AB/2)*(CA-BC)/(CA+BC) <BR> <BR>*) MN*MH=(AB/2)*(1/2AB)*[(CA-BC)/(CA+BC)]*[(CA-BC)*(CA+BC)]=(CA-BC)^2/4=MD^2 <BR> <BR>Quindi N,H sono mandati l\'uno nell\'altro dall\'inversione di centro M e raggio MD. <BR> <BR>Così il teorema è dimostrato. Infatti tramite l\'inversione nella circonferenza di centro M e raggio MD il cerchio di Feuerbach va in una retta parallela a t, passante per l\'inverso di H e quindi va in r; ma r è la tangente comune a cerchio inscritto e cerchio exscritto, che l\'inversione suddetta manda in sè, in quanto circonferenze ortogonali a quella di inversione; quindi, poichè l\'inversione conserva le tangenze, visto che r tange le due cfr, anche la circonferenza di Feuerbach le tange. <BR>Concludendo, poichè il ragionamento fin qui svolto è ripetibile prendendo un qualsiasi lato al posto di AB e quindi una qualsiasi cfr exscritta al posto di quella opposta a C, abbiamo dimostrato che la cfr di Feuerbach tange cerchio inscritto e cerchi exscritti. <BR> <BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">

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Marco
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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

....Sono assolutamente senza parole....
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Messaggioda EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Mi sono accorto or ora che ci sono ancora dei punti non dimostrati...quindi <BR>UP!

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karl
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Messaggioda karl » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Start --><IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/gdf.bmp"><!-- BBCode End --> <BR>Dopo le ottime soluzioni di Marco ed EvaristeG non ci sarebbe piu\' <BR>nulla da dire ma ho messo tanto tempo ad organizzare la mia <BR>(simile a quella di EvaristeG) che non me la sento di lasciarla <BR>morire tra gli appunti. <BR>Siano: <BR>1)ABC il triangolo (con BC=a,AC=b,AB=c) <BR>2)c e c(BC) la circonf. inscrittta ed ex-inscritta(rispetto al <BR>lato BC) che tocchino BC in X ed Y rispettivamente <BR>3)M,N,Q i punti medi di AB,BC,CA per i quali passa la circonf. <BR>di Feuerbach (CdF) <BR>4)c e c(BC) ,essendo esterne l\'una all\'altra ,hanno 4 tangenti <BR>in comune :i lati di ABC e una quarta tangente t che passa per D <BR>intersezione di BC con la bisettrice di CAB.Tale retta t tocchi <BR>c(BC) in B1 e tagli QN,AB,MN in Q\',C1,M\' rispettivamente <BR>[Le coppie (B,B1) e (C,C1) sono simmetriche rispetto ad AD] <BR>5)Il punto N e\' punto medio anche di XY ,com\'e\' facile verificare <BR>se si ricorda che CX=p-c,CY=p-b.Ne segue che XY=CY-CX=c-b <BR>(supposto c>b);inoltre la circonf. c(XY) di diametro XY e\' ortogonale <BR>a c in X e a c(BC) in Y. <BR>Consideriamo ora l\'inversione circolare S che ha c(XY) come circolo <BR>fondamentale;per note proprieta\' risulta che c e c(BC) vengono <BR>trasformate in se\' e che la CdF viene trasformata in una retta r <BR>che dico essere M\'Q\' ovvero la quarta angente t. <BR>Si ha: <BR>(*) NQ\'/ND= BC1/BD (similitudine tra DQ\'N e DC1B) <BR>BC1=AB-AC1=AB-AC=c-b <BR>BD/DC=a/b (teorema bisettrice AD) <BR>da cui :BD=(ac)/(b+c),DC=(ab)/(b+c) <BR>ND=BD-BN=a(c-b)/[2(b+c)] <BR>Quindi da (*) si ricava:NQ\'=ND*BC1/BD=(c-b)^2/(2c) e pertanto <BR>NQ*NQ\'=AM*NQ\'=(c-b)^2/4=(raggio di c(XY))^2 <BR>e questo prova che Q e Q\' si corrispondono in S ed analogamente <BR>M ed M\'. <BR>In conclusione la trasformata r di CdF coincide con la retta t <BR>quarta tangente a c e c(BC) e pertanto anche CdF deve essere <BR>tangente a queste ultime circonf. che ,come detto,restano fisse. <BR>N.B. <BR>Naturalmente occorre conoscere le proprieta\' essenziali <BR>dell\'inversione circolare e delle tangenti a due circonf. <BR>e che qui\' non dimostro per non scrivere... un romanzo d\'appendice. <BR> <BR> <BR>

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Messaggioda what » 01 gen 1970, 01:33

Quella di marco è sinceramente una delle più brutte dimostrazioni di geometria (se possiamo definirla così..) che abbia mai letto nei miei seppur brevi 16 anni di vita... <BR>Ma vista la sua efficacità, nulla da dire. Piuttosto, esiste una dimostrazione non analitica che non utilizzi inversione o altre nozioni universitarie? Se sì, vi chiedo di postarla perchè da solo non l\'ho trovata. <BR> <BR>Comunque, tornando a livelli più umani ed accessibili, <BR>dimostriamo che r=S/p. <BR>Detti a,b,c i lati del triangolo e I il suo incentro, la cfr inscritta tange a,b,c. <BR>Quindi possiamo scomporre il triangolo di partenza avente superficie S in tre triangoli aventi per superficie a*r/2, b*r/2, c*r/2. Svolgendo l\'equazione <BR>S=(a+b+c)*r/2 abbiamo la tesi. <BR> <BR>Ancora: R=abc/4S <BR>In un triangolo ABC inscritto in una cfr di centro O tracciamo l\'altezza CH e prolunghiamo il raggio CO fino a formare il diametro CD. <BR>I triangoli ACD e CHB sono rettangoli in A e in H e hanno gli angoli in B e in E congruenti poichè insistono sullo stesso arco AC, quindi sono simili. <BR>Possiamo scrivere: <BR>b:h=2R:a => 2Rh=ab => R=ab/2h=abc/2hc=abc/4S. <BR> <BR>Tornando alle proprietà della cara circonferenza di F. <BR>per cominciare: <BR> <BR>*) tutti i triangoli inscritti in una data circonferenza e con un dato ortocentro hanno la stessa circonferenza dei nove punti <BR> <BR>Per i precedenti teoremi di simone, se fissiamo R allora fissiamo anche il raggio della cfr di F. (=R/2). Inoltre, il suo centro è il punto medio tra ortocentro e circocentro (fissati nell\'ipotesi). Segue banalmente la tesi.

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Messaggioda karl » 01 gen 1970, 01:33

L\'inversione circolare piana (se ci si contenta) non e\' un argomento <BR>di tipo superiore e le sue proprieta\' possono essere <BR>studiate ed apprese con minime conoscenze di base <BR>(come la similitudine ed,eventualmente, qualche nozione <BR>di geometria analitica dipendentemente dall\'approccio <BR>che si vuole seguire).Insomma roba da 3° liceo se non meno. <BR> <BR>

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Messaggioda what » 01 gen 1970, 01:33

<!-- 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 2004-11-20 17:59, karl wrote: <BR> L\'inversione circolare piana (se ci si contenta) non e\' un argomento <BR> di tipo superiore e le sue proprieta\' possono essere <BR> studiate ed apprese con minime conoscenze di base <BR> (come la similitudine ed,eventualmente, qualche nozione <BR> di geometria analitica dipendentemente dall\'approccio <BR> che si vuole seguire).Insomma roba da 3° liceo se non meno. <BR> </BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR> <BR>Non so che dirti... sono in 4° liceo scientifico in uno dei licei tradizionalmente più \"tosti\" di roma, addirittura iscritto al P.N.I. ma fino a pochi giorni fa non avevo mai sentito parlare di omotetie, excentri o inversione. Nei libri che ci hanno fatto comprare fin\'ora non accenna neppure ad argomenti quali inversioni o excentri.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: what il 21-11-2004 13:14 ]

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Messaggioda EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

what...chiudi la citazione!! : hai messo due \"quote\" e solo un \"/quote\" ... <BR>Inoltre, l\'inversione e l\'altra geometria usate qui sono argomenti \"da 3° liceo\" secondo karl non perchè si facciano in terza liceo, ma perchè quel che ci vuole per capirli è solo la conoscenza di un po\' di geometria sintetica piana e magari un po\' di analitica. <BR>Detto questo, sono perfettamente conscio che nei licei oggigiorno si fa pochissima geometria (cmq io in seconda liceo gli excentri li avevo sentiti nominare). <BR>Cmq, altre dimostrazioni del T di Feuerbach non credo ce ne siano...puoi provare a cercare, però!!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 21-11-2004 03:10 ]

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Messaggioda what » 01 gen 1970, 01:33

*) se A,B,C sono i vertici e H è l\'ortocentro i cerchi di feuerbach dei triangoli ABH, BCH, CAH, ABC sono lo stesso <BR>*) il cerchio di feuerbach del sistema ortocentrico degli excentri e dell\'incentro (sistema di quattro punti in cui presine cmq 3 il quarto è il loro ortocentro) è il cerchio circoscritto al triangolo di partenza <BR> <BR>- il cerchio di f. passa per i punti medi dei segmenti congiungenti i vertici con l\'ortocentro; quindi la cfr che passa per i punti medi di ABH è la stessa che passa per i punti medi di ABC, ossia la cfr di f. Analogamente anche per BCH, ACH. <BR>- Nel sistema ortocentrico degli excentri e dell\'incentro i vertici del triangolo di partenza sono sempre i piedi delle altezze dei 4 triangoli del sist ortocentrico. Quindi, poichè la cfr di f di un generico tri ABC passa per i piedi delle altezze, segue immediatamente la tesi.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: what il 21-11-2004 13:12 ]

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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

<!-- 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 2004-11-19 16:49, EvaristeG wrote: <BR>Così il teorema è dimostrato. Infatti tramite l\'inversione nella circonferenza di centro M e raggio MD, ecc... <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR>Ciao a tutti. <BR> <BR>In questi giorni ho letto con *molta* attenzione la dimostrazione di Evariste e ne sono nate molte considerazioni, che ritengo interessanti e che vi riporto. <BR> <BR>Nel seguito farò un po\' \"le pulci\" alla sua prova. Voglio sgombrare i dubbi e non è mia intenzione farlo per \"fare il Pierino\" della situazione: quello bravo in geometria tra noi due è certamente lui; io cerco solo di sfruttarlo per imparare ql.sa. <BR> <BR>Detto questo: la dimostrazione è veramente da incorniciare (invidia, invidia, invidia...). Tuttavia possiamo migliorarla qui e là. <BR> <BR>0. Per eccesso di pignoleria, noto che non copre il caso stupido del triangolo isoscele in C. Ma è un caso talmente cretino che non vale la pena di spenderci altro tempo. <BR> <BR>1. Ho notato un\'inesattezza quando Evariste dice <BR><!-- 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>Adesso, consideriamo la tangente r comune a cerchio inscritto e cerchio exscritto opposto a C che passa per N (esiste in quanto per N passa già un\'altra tangente comune alle due cfr : il lato AB) : <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>La quarta tangente comune r passa certamente da N, ma non per il motivo riportato. (il ragionamento non distingue perché N è speciale...perché dovrebbe passare proprio per N?) Il vero motivo è che la retta che sostiene AB e r risultano simmetriche rispetto a CN (la bisettrice) e quindi N è il punto giusto in cui le tg. comuni si intersecano, essendo sull\'asse di simmetria. <BR> <BR>2. Se interpreto bene, c\'è qualcosa che non torna nei segni dei conticini (la mia figura aveva il triangolo ottuso in A e H cadeva fuori dal lato AB, questo cambiava i segni dei segmenti, inoltre Pitagora è applicato il contrario (AC^2 - AH^2, semmai)). Qui forse, la mia idea di usare le lunghezze con segno, era un po\' più chiara. Comunque le conclusioni cui si arriva sono corrette. <BR> <BR>2bis. Qui faccio le pulci alla *mia* dimostrazione: laddove calcolo AD (notazione di Evariste; io la chiamavo x(I)), faccio un lungo giro, introducendo il p.to J, passando dal teorema della bisettrice e similitudini tra triangoli. <BR> <BR>Alla fine trovo x(I) = ac/2p (1 + cos(B) ). Il metodo che sfrutta l\'uguaglianza dei segmenti di tangenza dice immediatamente x(I) = p - b, semplificando i calcoli conseguenti. E\' un conticino con il teorema del coseno fare i passaggi dall\'una all\'altra di queste espressioni. Una pagina di conti per nulla... <BR> <BR>3. Considerazione ulteriore, che non c\'entra con la dimostrazione di E.G.: <BR> <BR>Come provereste la conformità dell\'inversione circolare? A me è venuta in mente solo questa dimostrazione, molto da Analisi I: <BR> <BR>Fisso assi coordinati cartesiani in modo che la crf. di inversione sia X^2 + Y^2 = 1. Eventualemnte ruotando o riscalando, è sufficiente dimostrare che l\'inversione mantiene l\'ampiezza degli angoli in (1,0). <BR> <BR>L\'inversione mappa (X,Y) --> ( X/(X^2 + Y^2), Y/(X^2 + Y^2) ) [facile conticino]. <BR> <BR>prendo un vettorino differenziale ( h dX, k dY) e vedo dove viene mappato ( 1 + h dX, k dY). <BR> <BR>Si fa il conto (trascurando, al solito, gli o piccoli) e risulta ... --> ( 1 - h dX, k dY ). Confronto con (ad esempio) l\'immagine di ( 1 + h dX, 0) e si vede che l\'angolo è mantenuto (sebbene con orientazione invertita). <BR> <BR>Qualche altra idea un po\' più geometrica? <BR> <BR>4. Per quanto riguarda Karl, valgono le stesse considerazioni fatte per E.G.: condivide la stessa invidia e ho letto attentamente anche la sua. Perché non pensi che ho studiato solo Evariste, e per dimostrargli la profonda stima che gli porto, spulcio un po\' anche lui: c\'è un lapsus freudiano per quanto riguarda il p.to B1, che *non* è il simmetrico di B (ma non lo usa da nessuna parte, quindi no harm done...); inoltre c\'è un banale errore di stampa nel teo bisettrice: ovviamente BD/DC = c/b (i passaggi susseguenti sono calcolati sulla formula corretta e non vanno toccati). <BR> <BR>5. Lemma di appendice: per dimostrare che una crf. ortogonale al cerchio d\'inversione viene mandata in sé (per me non era così, ...aehm... evidente...): <BR> <BR>Sia C come sopra. Sia O il c.tro d\'inversione e P il p.to dove avviene l\'ortogonalità. Sia Q un p.to di C e Q\' l\'altro p.to d\'intersezione tra C e OQ. OP è tangente a C. Per il Teorema delle secanti, si ha che OP^2 = OQ.OQ\', e quindi Q e Q\' si corrispondono nell\'inversione. Ma allora l\'inversa di C è contenuta e contiene C. Fine. <BR> <BR>Ciao. <BR> <BR>M. <BR> <BR>P.S. per Karl: grazie per l\'\"ottima soluzione\". Ma, quando menti, cerca di farlo un modo più credibile... <BR><IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">[addsig]
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Messaggioda karl » 01 gen 1970, 01:33

Per Marco. <BR>Ti ringrazio per le correzioni ma soprattutto per la <BR>stima che naturalmente ricambio raddoppiata se possibile <BR>(anche senza mai essersi visti si puo\' apprezzare la caratura <BR>di una persona) <BR>Quanto all\'\"ottima soluzione\" considero sempre <BR>con grande attenzione il lavoro degli altri ;specie se <BR>ci si mette tanta passione ,come nel tuo caso.

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Messaggioda Simo_the_wolf » 01 gen 1970, 01:33

Per quanto riguarda la proprietà di mantenere gli angoli nell\'inversione, c\'è una dimostrazione squisitamente geomertica di Evarite che ha fatto a noi dello stage PreImo2004... Successivamente la posterò <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

Ciao. <BR><!-- 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>L\'inversione circolare è conforme (ossia mantiene gli angoli).</BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> Ci ho pensato un po\'... che ne dite di questa? <BR> <BR>Intanto, l\'inversione mantiene la tangenza. Questo perché rette e cerchi sono mandati in rette e cerchi e l\'incidenza è mantenuta. Se rette e cerchi hanno intersezione doppia, lo stesso avviene alle loro immagini. <BR> <BR>Chiamo I la crf di inversione e O il suo centro. La corrispondenza d\'inversione la chiamo i(-). <BR> <BR>Beh, per scalatura, è sufficiente provare la conformità per un punto P su I. Sia p la retta per OP. <BR> <BR>Sia r una retta passante per P. Dimostro che l\'angolo pPr è mantenuto via i(-). <BR> <BR>Sia Q l\'altra intersezione di r con I. i(r) è la crf passante per O, P, Q. Sia t la retta tg. a i(r) in P. Sono interessato a OPt. é un angolo alla crf che insiste sull\'arco OP, quindi OPt = OQP = OPQ [OPQ è iso.] = pPr. <BR> <BR>Per quanto riguarda le crf passanti per P, sfrutto il fatto che la tangenza è rispettata: considero la retta tg. in P, uso quanto sopra e ho fatto. <BR> <BR>Questo significa che per tutte le rette e cerchi per P, i(-) mantiene l\'angolo con p e, per differenza, viene mantenuto anche l\'angolo tra coppie di rette e cerchi per P. [] <BR> <BR>M.[addsig]
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Messaggioda karl » 01 gen 1970, 01:33

Il fatto che l\'inversione circolare conservi gli angoli <BR>(invertendone pero\' i versi di percorrenza,trasformazione <BR>conforme inversa) permette di dimostrare la proprieta\',utilizzata <BR>nei precedenti post,che ogni circonferenza ortogonale alla <BR>circonferenza d\'inversione si trasforma in se\'. <BR>Infatti siano c e k la crf. d\'inversione ed una qualunque <BR>crf. ortogonale a c nei punti P e Q. <BR>Ricordando che c e\' luogo di punti uniti per l\'inversione si avra\' <BR>che i trasformati di tali elementi saranno nell\'ordine: <BR>c,k\',P,Q . <BR>Poiche\' c e k sono ortogonali ,per la \"conformita\'\" lo saranno pure <BR>c e k\' nei medesimi punti P e Q e dunque k e k\' coincidono.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 25-11-2004 22:07 ]

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Messaggioda karl » 01 gen 1970, 01:33

Dimostrare il teorema di Tolomeo sul quadrilatero <BR>convesso inscritto, facendo uso <BR>di una opportuna inversione circolare. <BR>[piccolo tema di fine serata]


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