Ok, Sisifo, tutto giusto (e tu che ti preoccupavi che questi problemi potessero essere troppo difficili!!).
Una cosa sola : quando vuoi dire "il ragionamento si ripete identico sugli altri lati del triangolo" o cose simili (ad es. nel problema 5 : giustamente, basta considerare un lato e il simmetrico dell'ortocentro rispetto al suo punto medio e non tutti e tre i simmetrici) non dire "per simmetria"; non sono ragionamenti di simmetria (di cui, spero, parlerò prima o poi) ma semplicemente si nota che il ragionamento svolto si applica, cambiando opportunamente la notazione, agli altri elementi del problema. E' sempre meglio non abusare dei termini (ancorchè, è plausibile che in una gara i correttori saprebbero interpretare appropriatamente l'espressione).
Colgo l'occasione per ripetere l'appello : gli altri eventuali lettori non si lascino scoraggiare dal fatto che già qualcuno ha scritto una soluzione; provate cmq a risolvere i problemi senza leggere le soluzioni altrui e non abbiate remore a postare, se avete dubbi.
Infine, vi invito a guardare (e tentare di risolvere) il primo problema del
5th Mathlinks Contest - Round 4 (link in fondo al post); ovviamente, essendo una gara in corso, evitate di postare o discutere la soluzione (del primo o degli altri problemi) fino al 4 di Giugno, data di termine della gara.
Dopo quella data, cmq, inserirò qui il testo in coda agli altri 12 con una richiesta intermedia a mo' di risoluzione guidata.
http://www.mathlinks.ro/Forum/contest.php
1-Angoli, angoli e ancora angoli
OK... cercherò di evitare la parola 'simmetria' (mi è stata appiccicata da un prof della mia scuola 
). Adesso concludo il 10 e poi corro a guardare il problema che hai suggerito...
10-ii) Siano D, E, F i piedi delle altezze da A, B,C, H l'ortocentro di ABC, M il punto medio di AH. Notiamo che i triangoli AEH e AFH sono rettangoli e che M è il punto medio della loro ipotenusa (comune). Da questo si può dedurre che A, E, F, H sono conciclici e che M è il centro della circonferenza circoscritta. Perciò $ \angle EMF = 2 \angle EAF $ . Notiamo anche che FHDB e EHDB sono ciclici e perciò $ \angle FDE = \angle FDH + \angle HDE = \angle FBH + \angle FEC =\\ \frac {\pi} {2} - \angle BAC + \frac {\pi} {2} - \angle BAC = \pi - 2 \angle BAC $
Quindi $ \angle FME + \angle FDE = \pi $, cioè FMED è ciclico e M appartiene alla stessa circonferenza di F, E e D. Poichè lo stesso ragionamento può essere applicato anche ai punti medi di BH e CH, la tesi è dimostrata.
PS: A proposito, se non l'ho già detto, grazie Evariste per questi esercizi molto belli...
EDIT: Guardato problema su mathlinks... be' una volta accorti di una cosa è quasi uguale a un problema risolto qui... Appena si può posto la soluzione o lo lascio risolvere ad altri?
). Adesso concludo il 10 e poi corro a guardare il problema che hai suggerito...10-ii) Siano D, E, F i piedi delle altezze da A, B,C, H l'ortocentro di ABC, M il punto medio di AH. Notiamo che i triangoli AEH e AFH sono rettangoli e che M è il punto medio della loro ipotenusa (comune). Da questo si può dedurre che A, E, F, H sono conciclici e che M è il centro della circonferenza circoscritta. Perciò $ \angle EMF = 2 \angle EAF $ . Notiamo anche che FHDB e EHDB sono ciclici e perciò $ \angle FDE = \angle FDH + \angle HDE = \angle FBH + \angle FEC =\\ \frac {\pi} {2} - \angle BAC + \frac {\pi} {2} - \angle BAC = \pi - 2 \angle BAC $
Quindi $ \angle FME + \angle FDE = \pi $, cioè FMED è ciclico e M appartiene alla stessa circonferenza di F, E e D. Poichè lo stesso ragionamento può essere applicato anche ai punti medi di BH e CH, la tesi è dimostrata.
PS: A proposito, se non l'ho già detto, grazie Evariste per questi esercizi molto belli...
EDIT: Guardato problema su mathlinks... be' una volta accorti di una cosa è quasi uguale a un problema risolto qui... Appena si può posto la soluzione o lo lascio risolvere ad altri?
Prego!!! 
Spero che siano utili e graditi anche a qualcun altro.
Cmq, per quanto riguarda il postare o meno le soluzioni, il criterio generale penso possa esser questo : se vedi il problema, riesci ad immaginarti una soluzione, ci provi e arrivi in fondo senza intoppi ed in un tempo ragionevolmente breve (insomma, se per te il problema è facile), non penso ti serva postare qui la soluzione che hai trovato per sapere se è giusta o meno. Se invece il problema ti da del filo da torcere o ti impegna particolarmente, posta pure la soluzione che hai faticato a trovare, un po' per soddisfazione, un po' per vedere se ce ne sono altre, più semplici o più difficili, un po' per vedere se è giusta.
Detto ciò, visto che mi sembri ormai abbastanza lanciato su questi problemi, se anche aspetti un poco prima di postare altre soluzioni non penso che le dimentichi .
Spero che siano utili e graditi anche a qualcun altro.Cmq, per quanto riguarda il postare o meno le soluzioni, il criterio generale penso possa esser questo : se vedi il problema, riesci ad immaginarti una soluzione, ci provi e arrivi in fondo senza intoppi ed in un tempo ragionevolmente breve (insomma, se per te il problema è facile), non penso ti serva postare qui la soluzione che hai trovato per sapere se è giusta o meno. Se invece il problema ti da del filo da torcere o ti impegna particolarmente, posta pure la soluzione che hai faticato a trovare, un po' per soddisfazione, un po' per vedere se ce ne sono altre, più semplici o più difficili, un po' per vedere se è giusta.
Detto ciò, visto che mi sembri ormai abbastanza lanciato su questi problemi, se anche aspetti un poco prima di postare altre soluzioni non penso che le dimentichi
.
Ok, innanzitutto, UP!!
In secondo luogo, visto che ci sono state più di 500 visite, mi par difficile che le abbiamo fatte tutte io, Boll, karl, sisifo e info, quindi ecco delle domande a tutti quelli che hanno visto e tentato questi problemi :
1) vi sono stati utili? (erano troppo facili e non vi son serviti perchè li avete risolti subito? erano troppo difficili e non ne avete fatto neanche uno ? non erano sproporzionati come difficolta ma non vi sono serviti lo stesso (allora perchè?)? vi sono serviti a esercitarvi in geometria?)
2) ne volete ancora sugli angoli ?
3) perchè non avete postato soluzioni o commenti o tentativi se avete letto i problemi?
(vi scoraggia magari il fatto che qualcuno li abbia risolti prima di voi? non avete voglia? vi vergognate a postare soluzioni incomplete o a dire che un esercizio non vi viene ?)
Spero di ottenere qlc risposta almeno a queste domande.
In secondo luogo, visto che ci sono state più di 500 visite, mi par difficile che le abbiamo fatte tutte io, Boll, karl, sisifo e info, quindi ecco delle domande a tutti quelli che hanno visto e tentato questi problemi :
1) vi sono stati utili? (erano troppo facili e non vi son serviti perchè li avete risolti subito? erano troppo difficili e non ne avete fatto neanche uno ? non erano sproporzionati come difficolta ma non vi sono serviti lo stesso (allora perchè?)? vi sono serviti a esercitarvi in geometria?)
2) ne volete ancora sugli angoli ?
3) perchè non avete postato soluzioni o commenti o tentativi se avete letto i problemi?
(vi scoraggia magari il fatto che qualcuno li abbia risolti prima di voi? non avete voglia? vi vergognate a postare soluzioni incomplete o a dire che un esercizio non vi viene ?)
Spero di ottenere qlc risposta almeno a queste domande.
Spero anch'io...con tutti quelli che hanno battuto un colpo!EvaristeG ha scritto:1) vi sono stati utili? (erano troppo facili e non vi son serviti perchè li avete risolti subito? erano troppo difficili e non ne avete fatto neanche uno ? non erano sproporzionati come difficolta ma non vi sono serviti lo stesso (allora perchè?)? vi sono serviti a esercitarvi in geometria?)
2) ne volete ancora sugli angoli ?
3) perchè non avete postato soluzioni o commenti o tentativi se avete letto i problemi?
(vi scoraggia magari il fatto che qualcuno li abbia risolti prima di voi? non avete voglia? vi vergognate a postare soluzioni incomplete o a dire che un esercizio non vi viene ?)
Comunque ecco le mie risposte:
1)Utilissimi. Veramente tanto.
2)Beh, io passerei ad un altro argomento. Se nesuno è contrario, chiaro.
3)... (Comunque anch'io ho una vergogna terribile a postare soluzioni incomplete. Sto cercando di vincerla...)
-
HarryPotter
- Moderatore
- Messaggi: 354
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pavia
Per quanto può contare il mio parere...EvaristeG ha scritto:
1) vi sono stati utili? (erano troppo facili e non vi son serviti perchè li avete risolti subito? erano troppo difficili e non ne avete fatto neanche uno ? non erano sproporzionati come difficolta ma non vi sono serviti lo stesso (allora perchè?)? vi sono serviti a esercitarvi in geometria?)
2) ne volete ancora sugli angoli ?
3) perchè non avete postato soluzioni o commenti o tentativi se avete letto i problemi?
(vi scoraggia magari il fatto che qualcuno li abbia risolti prima di voi? non avete voglia? vi vergognate a postare soluzioni incomplete o a dire che un esercizio non vi viene ?)
Spero di ottenere qlc risposta almeno a queste domande.
1) Mi sembrano l'ideale per uno che voglia provare a upgradare il suo livello di geometria se è un po' bassino (non so, se per esempio ha fatto un doppio 0 ai due problemi del pre-Imo...
) e innalzrlo decisamente, ergo Proprio ciò che serve a me!
2) I problemi sono tanti, ma più ne posti meglio è! Sarebbe bellissimo toccare anche altri argomenti che si possono trovare nei problemi...
3)A parte il fatto che devo imparare ancora a usare la tex, sono oberato dalla scuola fino all'ultimo, anche a causa di Pisa (mancano 3 giorni e ho 5 interrogazioni da fare..).
Faccio i complimenti vivissimi per l'iniziativa e ti sprono a continuare anche se magari non vedi molte risposte, perché cmq è molto utile, istruttivo e interessante.
Ciao a tutti.
P.S. Quanto è figo il verbo upgradare...
-
AlessandroSfigato
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
questo thread l'avevo visto solo ora -
AlessandroSfigato
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
tento di risolvere il secondo (consapevole che esistono soluzioni infinitamente più brevi e eleganti della mia):beh prima di tutto per metterci daccordo sulle lettere io ho chiamato l'angolo bAc = alfa ; bCa = gamma ; cBa ; beta. poi J;K;L; sono le intersezioni delle altezze sui lati opposti che partono rispettivamente da A ; B; C.
1)
L'incentro è l'incontro delle bisettrici che partono dagli angoli del triangolo inscritto quindi dimostrerò che l'angolo kLc = cLj, dimostrando che LC è una bisettrice del triangolo JKL, poi il ragionamento si ripete identico le altre 2 bisettrici.
lBk = 90 - alfa (poichè AKB è un triangolo rettangolo)
lCk = 90 - alfa (poichè LCA è un triangolo rettangolo)
possono essere considerati angoli alla circonferenza che insistono sulla stessa corda (LK). Ne segue che il quadrilatero LKBC è inscrivibile in una circonferenza.
essendo lBc = beta,allora lKc essendo l'angolo opposto sarà uguale a 180 - beta.
conoscendo lKc e lCk ( 90 - alfa poichè ALC è rettangolo) è possibile trovare l'angolo kLc poichè, appartenendo al triangolo LKC come i primi due vertici, sarà supplementare alla soma dei primi due. quindi risulta cLk = 90 - beta.
Ora si ripete lo stesso ragionamento sul quadrilatero LKCA e si troverà che lJc = 180 - alfa; lCj = 90 - beta e quindi cLj = 90 - gamma. cLj = cLk C.V.D.
2)
Dimostrerò che tracciando una circonferenza con centro in A e tangente al lato LK, essa sarà tangente pure ai lati LJ e KJ, poi il ragionamento si ripete identico per le altre due circonferenze. Per farlo traccio da L e K le tangenti alla circonferenza con centro in A e tangente a LK che chiamerò G e dimostrerò che, chiamando T1 e T2 i 2 punti di tangenza con i prolungamenti rispettivamente di LJ e JK, gli angoli aLt1 e aKt2 sono supplementari rispettivamente a kLj e jLk.
I 2 triangoli ALT1 e ALP (essendo P il punto di tangenza di G con il lato LK) sono congruenti poichè possiedono 1 lato in comune, 2 lati congruenti perchè sono 2 raggi della stessa circonferenza, e inoltre sono entrambi retti. Ne segue che gli angoli aLt1 e aLp sono congruenti. Ma aLp = gamma,poichè essendo l'angolo kLc = 90 - gamma (l'ho dimostrato nel primo quesito) e l'angolo aLc = 90, la loro differenza darà l'angolo aLp. Essendo aLp = aLt1,aLt1 = gamma. Ne segue che l'angolo t1Lj è pari a 180 gradi essendo dato dalla somma di aLp (gamma);aLt1 (gamma);kLj (180 - 2gamma). Il ragionamento si ripete identico anche per la tangente AT2. C.V.D.
1)
L'incentro è l'incontro delle bisettrici che partono dagli angoli del triangolo inscritto quindi dimostrerò che l'angolo kLc = cLj, dimostrando che LC è una bisettrice del triangolo JKL, poi il ragionamento si ripete identico le altre 2 bisettrici.
lBk = 90 - alfa (poichè AKB è un triangolo rettangolo)
lCk = 90 - alfa (poichè LCA è un triangolo rettangolo)
possono essere considerati angoli alla circonferenza che insistono sulla stessa corda (LK). Ne segue che il quadrilatero LKBC è inscrivibile in una circonferenza.
essendo lBc = beta,allora lKc essendo l'angolo opposto sarà uguale a 180 - beta.
conoscendo lKc e lCk ( 90 - alfa poichè ALC è rettangolo) è possibile trovare l'angolo kLc poichè, appartenendo al triangolo LKC come i primi due vertici, sarà supplementare alla soma dei primi due. quindi risulta cLk = 90 - beta.
Ora si ripete lo stesso ragionamento sul quadrilatero LKCA e si troverà che lJc = 180 - alfa; lCj = 90 - beta e quindi cLj = 90 - gamma. cLj = cLk C.V.D.
2)
Dimostrerò che tracciando una circonferenza con centro in A e tangente al lato LK, essa sarà tangente pure ai lati LJ e KJ, poi il ragionamento si ripete identico per le altre due circonferenze. Per farlo traccio da L e K le tangenti alla circonferenza con centro in A e tangente a LK che chiamerò G e dimostrerò che, chiamando T1 e T2 i 2 punti di tangenza con i prolungamenti rispettivamente di LJ e JK, gli angoli aLt1 e aKt2 sono supplementari rispettivamente a kLj e jLk.
I 2 triangoli ALT1 e ALP (essendo P il punto di tangenza di G con il lato LK) sono congruenti poichè possiedono 1 lato in comune, 2 lati congruenti perchè sono 2 raggi della stessa circonferenza, e inoltre sono entrambi retti. Ne segue che gli angoli aLt1 e aLp sono congruenti. Ma aLp = gamma,poichè essendo l'angolo kLc = 90 - gamma (l'ho dimostrato nel primo quesito) e l'angolo aLc = 90, la loro differenza darà l'angolo aLp. Essendo aLp = aLt1,aLt1 = gamma. Ne segue che l'angolo t1Lj è pari a 180 gradi essendo dato dalla somma di aLp (gamma);aLt1 (gamma);kLj (180 - 2gamma). Il ragionamento si ripete identico anche per la tangente AT2. C.V.D.
Ultima modifica di AlessandroSfigato il 16 giu 2005, 14:24, modificato 1 volta in totale.
Beh, se l'hai appena visto, forse vorrai vedere anche quest'altro :
http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=3604
Cmq, ha ragione Sisifo ... i Millllle che hanno battuto un colpo sono scomparsi?
http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=3604
Cmq, ha ragione Sisifo ... i Millllle che hanno battuto un colpo sono scomparsi?
Ma no, non penso!EvaristeG ha scritto:i Millllle che hanno battuto un colpo sono scomparsi?
Be', io non sono scomparsa, anche se non ho postato niente; credo che questi problemi siano utilissimi (quindi grazie, EvaristeG!! ) e che più ce ne sono, meglio è. Soprattutto, anche se magari uno non ha tempo di lavorarci subito, è sempre una bella cosa avere una raccoltina di problemi a portata di mano, magari da ritirare fuori quando si è più liberi, o in prossimità delle gare, quando i problemi non sono mai abbastanza... E gli angoli servono sempre. Quindi sta' tranquillo, EvaristeG, io credo che il tuo impegno sia molto apprezzato. 
-
AlessandroSfigato
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
Dimostrazione alternativa (non pensate male) del 5;
beh la prima cosa che salta all'occhio è che con la storia dei punti medi e dei simmetrici vengono fuori 3 parallelogrammi (chiamando D il simmetrico di H sul lato AB, E sul lato BC, F sul lato CA) ADBH , BHEC, CFAH, poiche sappiamo che è una proprietà specifica dei parallelogrammi il fatto che le diagonali si taglino vicendevolmente a metà. Quindi prendendo ad esempio AHBD; si nota che l'altezza che parte da A che passa per H e che noi prolunghiamo fino al lato BC crea due angoli; L'angolo AHB che è = all'angolo ADB poiche siamo in un parallelogramma, poi l'angolo BHP (chiamando P l'intersezione dell'altezza che parte da A sul lato BC) che è supplementare ad AHB ma che è anche uguale a ACB poichè BHP è simile a APC [non ci credete? Vi convinca il fatto che (essendo T l'intersezione del prolungamento di BH sul lato AC) BHP è ovviamente simile a BTC] . Quindi aHb + bHp = 180 --> aDb + aCb = 180 ---> il quadrilatero ADBC ha gli angoli opposti supplementari, è quindi iscrivibile in una circonferenza, stesso procedimento per dimostrare la stessa cosa dei quadrilateri FCBA e CEBA. C.V.D.
beh la prima cosa che salta all'occhio è che con la storia dei punti medi e dei simmetrici vengono fuori 3 parallelogrammi (chiamando D il simmetrico di H sul lato AB, E sul lato BC, F sul lato CA) ADBH , BHEC, CFAH, poiche sappiamo che è una proprietà specifica dei parallelogrammi il fatto che le diagonali si taglino vicendevolmente a metà. Quindi prendendo ad esempio AHBD; si nota che l'altezza che parte da A che passa per H e che noi prolunghiamo fino al lato BC crea due angoli; L'angolo AHB che è = all'angolo ADB poiche siamo in un parallelogramma, poi l'angolo BHP (chiamando P l'intersezione dell'altezza che parte da A sul lato BC) che è supplementare ad AHB ma che è anche uguale a ACB poichè BHP è simile a APC [non ci credete? Vi convinca il fatto che (essendo T l'intersezione del prolungamento di BH sul lato AC) BHP è ovviamente simile a BTC] . Quindi aHb + bHp = 180 --> aDb + aCb = 180 ---> il quadrilatero ADBC ha gli angoli opposti supplementari, è quindi iscrivibile in una circonferenza, stesso procedimento per dimostrare la stessa cosa dei quadrilateri FCBA e CEBA. C.V.D.
Ultima modifica di AlessandroSfigato il 17 giu 2005, 15:42, modificato 1 volta in totale.