Ecco una simpatica proprietà "estremale" della retta per I e O, che altrimenti non ha poi tutte queste proprietà...
Dato un triangolo con i tre lati diversi, dimostrare che la congiungente incentro-circocentro taglia il lato più lungo e il lato più corto del triangolo.
Si richiede al solutore di frequentare una scuola secondaria superiore; soluzioni i cui autori non rispettino questa descrizione verranno archiviate e rimesse sul forum solo dopo che sarà comparsa una risposta con i suddetti requisiti.
La retta per I e pe O ...
Ti avevo avvisato ... non la faccio scomparire, ma la riduco.
EG
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Visto che è comparsa una soluzione tale da soddisfare i requisiti da te segnalati, io la riespando.
Elianto84
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Sia ABC un triangolo scaleno con a>b>c, sia O il circocentro di ABC,
siano M ed N le intersezioni delle rette CO ed AO con i lati AB e BC.
Step 1.
Il luogo dei punti Z interni ad ABC per cui la retta OZ taglia
il lato più corto e quello più lungo è dato dall'unione dei triangoli
OMA ed ONC (pezzi "buoni"). Restano il triangolo OCA
e il quadrilatero ONBM (pezzi "cattivi").
Step 2.
A lato maggiore si oppone angolo maggiore.
Step 3.
Teorema dell'angolo al centro.
^OCA = pi/2 - ^B
^OAC = pi/2 - ^C
Dallo step2 e dallo step3 segue che la bisettrice uscente da C
non interseca nè il triangolo ONC nè il quadrilatero ONBM
(diseguaglianza tra angoli). Analogamente la bisettrice uscente
da A non interseca nè il triangolo OAC nè quello ONC.
Di conseguenza l'incentro I di ABC cade all'interno del triangolo OMA
e la retta per I e per O interseca AB e BC.
EG
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Visto che è comparsa una soluzione tale da soddisfare i requisiti da te segnalati, io la riespando.
Elianto84
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Sia ABC un triangolo scaleno con a>b>c, sia O il circocentro di ABC,
siano M ed N le intersezioni delle rette CO ed AO con i lati AB e BC.
Step 1.
Il luogo dei punti Z interni ad ABC per cui la retta OZ taglia
il lato più corto e quello più lungo è dato dall'unione dei triangoli
OMA ed ONC (pezzi "buoni"). Restano il triangolo OCA
e il quadrilatero ONBM (pezzi "cattivi").
Step 2.
A lato maggiore si oppone angolo maggiore.
Step 3.
Teorema dell'angolo al centro.
^OCA = pi/2 - ^B
^OAC = pi/2 - ^C
Dallo step2 e dallo step3 segue che la bisettrice uscente da C
non interseca nè il triangolo ONC nè il quadrilatero ONBM
(diseguaglianza tra angoli). Analogamente la bisettrice uscente
da A non interseca nè il triangolo OAC nè quello ONC.
Di conseguenza l'incentro I di ABC cade all'interno del triangolo OMA
e la retta per I e per O interseca AB e BC.
Ultima modifica di elianto84 il 23 set 2005, 20:26, modificato 1 volta in totale.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
Provo a postare qualcosa, visto che (purtroppo 
) posso ancora essere annoverata a buon diritto nella categoria dei possibili aspiranti solutori. Non sono certa che il mio ragionamento sia del tutto rigoroso, ma sarebbe questo...
Sia ABC un triangolo tale che a<b<c. Siano AJ, BK, CL le sue bisettrici, M, N, T i punti medi dei lati a, b, c, O il circocentro, I l'incentro. Per il teorema della bisettrice, BJ>JC, e quindi J si trova tra M e C. Allo stesso modo L si troverà tra T e B, K tra N e C.
Ora, perché la tesi sia falsa, la retta OI deve intersecare b (vediamo b come base di ABC); questo avviene in due casi:
- I si trova “al di sopra” della retta MO
- I si trova “al di sotto” della retta TO
Consideriamo il primo caso. La retta MO interseca c*. Se AJ interseca la retta MO abbiamo che J sarà esterno al quadrilatero ATMC, quindi non si troverà più tra M e C ma tra M e B, impossibile.
Il secondo caso è analogo: TO interseca b; se CL interseca la retta TO ne deriva che L si trova tra A e T anziché tra T e B.
Perciò OI interseca a e c.
*Mettiamo per assurdo che MO intersechi b in P. Si avrebbe PB=PC e BA<PB+AP, cioè c<b, contraddizione.
) posso ancora essere annoverata a buon diritto nella categoria dei possibili aspiranti solutori. Non sono certa che il mio ragionamento sia del tutto rigoroso, ma sarebbe questo...Sia ABC un triangolo tale che a<b<c. Siano AJ, BK, CL le sue bisettrici, M, N, T i punti medi dei lati a, b, c, O il circocentro, I l'incentro. Per il teorema della bisettrice, BJ>JC, e quindi J si trova tra M e C. Allo stesso modo L si troverà tra T e B, K tra N e C.
Ora, perché la tesi sia falsa, la retta OI deve intersecare b (vediamo b come base di ABC); questo avviene in due casi:
- I si trova “al di sopra” della retta MO
- I si trova “al di sotto” della retta TO
Consideriamo il primo caso. La retta MO interseca c*. Se AJ interseca la retta MO abbiamo che J sarà esterno al quadrilatero ATMC, quindi non si troverà più tra M e C ma tra M e B, impossibile.
Il secondo caso è analogo: TO interseca b; se CL interseca la retta TO ne deriva che L si trova tra A e T anziché tra T e B.
Perciò OI interseca a e c.
*Mettiamo per assurdo che MO intersechi b in P. Si avrebbe PB=PC e BA<PB+AP, cioè c<b, contraddizione.
Hmm phi, l'idea non è male ... il problema sono i tanti (troppi) problemi di configurazione che si possono presentare nel dimostrare che effettivamente vale l'implicazione :
OI interseca b ==> succede una delle due cose che hai descritto.
Questo non è immediatamente evidente...quindi va dimostrato.
Se vuoi proseguire su questa strada, non penso che sia impossibile, solo devi stare bene attenta ad esaurire tutti i casi possibili.
Ah, per scrivere sopra e sotto, usa cose come "sta rispetto alla tal retta nello stesso semipiano in cui sta il tal altro punto" e così via.
Hint per un'altra soluzione : da O tracciate la perpendicolare al lato medio e incontrate la circonf. circ. in M ... qui arriverà anche la bisettrice dal vertice opposto...
OI interseca b ==> succede una delle due cose che hai descritto.
Questo non è immediatamente evidente...quindi va dimostrato.
Se vuoi proseguire su questa strada, non penso che sia impossibile, solo devi stare bene attenta ad esaurire tutti i casi possibili.
Ah, per scrivere sopra e sotto, usa cose come "sta rispetto alla tal retta nello stesso semipiano in cui sta il tal altro punto" e così via.
Hint per un'altra soluzione : da O tracciate la perpendicolare al lato medio e incontrate la circonf. circ. in M ... qui arriverà anche la bisettrice dal vertice opposto...
Allora preciso che non ho letto la soluzione di Elianto, quindi se per caso fosse quella, mi scuso.
Caso 1 - triangolo acutangolo
Traccio i tre segmenti che congiungono l'incentro ai vertici. Il circocentro può trovarsi solo in uno di questi. Supponiamo che stia in quello determinato dal lato a.
Allora, con le notazioni standard per gli elementi del triangolo:
$ \frac{\beta + \gamma - \alpha}{2} < \beta /2 \rightarrow \gamma < \alpha \rightarrow c < a $
$ \frac{\beta + \gamma - \alpha}{2} < \gamma /2 \rightarrow \beta < \alpha \rightarrow b < a $
Quindi a è il lato maggiore, e viene ovviamente (assioma di separazione del piano per i pignoli) intersecato dalla retta OI.
Faccio lo stesso per il circocentro e trovo che l'incentro si trova, diciamo, nel settore relativo al lato c. Allora, come prima:
$ \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2} > \beta /2 \rightarrow \alpha > \gamma \rightarrow a > c $
$ \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2} > \alpha /2 \rightarrow \beta > \gamma \rightarrow b > c $
E come prima la retta OI interseca il lato minore
Casi 2. 3 - triangoli rettangoli e ottusangoli
Si procede esattamente come prima, con diverse configurazioni. Il risultato è analogo (giuro! Li ho fatti i conti... devo proprio scirverli? Sono uguali!), l'unica differenza è che nel triangolo rettangolo la retta interseca necessariamente il lato maggiore, perchè O vi giace.
Caso 5 - triangoli isosceli
Be' potremmo dire che qui la retta OI intersechi tutti e tre i lati.
Caso 6 - triangoli equilateri
Qui la retta non esiste nemmeno... Diciamo che il problema non ha senso...
Caso 1 - triangolo acutangolo
Traccio i tre segmenti che congiungono l'incentro ai vertici. Il circocentro può trovarsi solo in uno di questi. Supponiamo che stia in quello determinato dal lato a.
Allora, con le notazioni standard per gli elementi del triangolo:
$ \frac{\beta + \gamma - \alpha}{2} < \beta /2 \rightarrow \gamma < \alpha \rightarrow c < a $
$ \frac{\beta + \gamma - \alpha}{2} < \gamma /2 \rightarrow \beta < \alpha \rightarrow b < a $
Quindi a è il lato maggiore, e viene ovviamente (assioma di separazione del piano per i pignoli) intersecato dalla retta OI.
Faccio lo stesso per il circocentro e trovo che l'incentro si trova, diciamo, nel settore relativo al lato c. Allora, come prima:
$ \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2} > \beta /2 \rightarrow \alpha > \gamma \rightarrow a > c $
$ \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2} > \alpha /2 \rightarrow \beta > \gamma \rightarrow b > c $
E come prima la retta OI interseca il lato minore
Casi 2. 3 - triangoli rettangoli e ottusangoli
Si procede esattamente come prima, con diverse configurazioni. Il risultato è analogo (giuro! Li ho fatti i conti... devo proprio scirverli? Sono uguali!), l'unica differenza è che nel triangolo rettangolo la retta interseca necessariamente il lato maggiore, perchè O vi giace.
Caso 5 - triangoli isosceli
Be' potremmo dire che qui la retta OI intersechi tutti e tre i lati.
Caso 6 - triangoli equilateri
Qui la retta non esiste nemmeno... Diciamo che il problema non ha senso...
Sisifo, alcuni chiarimenti :
1) penso che tu all'inizio voglia dire che il circocentro sta in uno dei tre triangoli, non dei tre segmenti;
2) da dove escono quelle disuguaglianze tra angoli?
4) non servono i conti, basta che tu ricavi la disuguaglianza di partenza anche per i casi rettangolo e ottusangolo e poi dici che si fanno i conti e viene ... il fatto e' che in un triangolo ottusangolo il circocentro sta fuori e quindi, per come l'hai scritto (vd punto 1) il tuo procedimento va modificato;
3) il problema dice esplicitamente che il triangolo deve avere tutti e tre i lati distinti, quindi non servono casi degeneri.
Per il resto, l'idea e' buona.
1) penso che tu all'inizio voglia dire che il circocentro sta in uno dei tre triangoli, non dei tre segmenti;
2) da dove escono quelle disuguaglianze tra angoli?
4) non servono i conti, basta che tu ricavi la disuguaglianza di partenza anche per i casi rettangolo e ottusangolo e poi dici che si fanno i conti e viene ... il fatto e' che in un triangolo ottusangolo il circocentro sta fuori e quindi, per come l'hai scritto (vd punto 1) il tuo procedimento va modificato;
3) il problema dice esplicitamente che il triangolo deve avere tutti e tre i lati distinti, quindi non servono casi degeneri.
Per il resto, l'idea e' buona.
Scusa.,. intendevo veramente i triangoli. Cercherò di essere più esplicito.
Se il circocentro si trova nel triangolo IBC, allora deve essere anche al''interno degli angoli $ \angle IBC $ e $ \angle ICB $ che lo contengono. Quindi $ \angle OBC < \angle IBC $ e $ \angle OCB < \angle ICB $, da cui le mie disuguaglianze. Per quanto riguarda il triangolo ottusangolo si tratta essenzialmente di questo:
1- Data la circonferenza circoscritta, il circocentro si trova nel semipiano opposto dell'incentro rispetto alla retta del lato maggiore, perchè l'angolo maggiore è ottuso e l'incentro è interno al triangolo.
2-La situazione relativa alla posizione dell'incentro è diversa, anche se i calcoli sono proprio identici.
Va bene così
Se il circocentro si trova nel triangolo IBC, allora deve essere anche al''interno degli angoli $ \angle IBC $ e $ \angle ICB $ che lo contengono. Quindi $ \angle OBC < \angle IBC $ e $ \angle OCB < \angle ICB $, da cui le mie disuguaglianze. Per quanto riguarda il triangolo ottusangolo si tratta essenzialmente di questo:
1- Data la circonferenza circoscritta, il circocentro si trova nel semipiano opposto dell'incentro rispetto alla retta del lato maggiore, perchè l'angolo maggiore è ottuso e l'incentro è interno al triangolo.
2-La situazione relativa alla posizione dell'incentro è diversa, anche se i calcoli sono proprio identici.
Va bene così
Non c'è bisogno di scusarsi ... i miei non erano rimproveri (ero solo di fretta e quindi un po' brusco), erano consigli; il tuo ragionamento, come ti ho detto, è buono. Ora, per quanto riguarda i triangoli ottusangoli, basta appunto risolvere la questione della posizione dell'incentro :
"Sia ottuso l'angolo in A, allora l'incentro sta in uno dei due triangoli OBA e OCA; da questo si ricava una condizione sugli angoli in A che porta alle stesse disuguaglianze di prima."
Questo basta a sistemare la faccenda senza riscriver conti. Ancora, bell'idea.
"Sia ottuso l'angolo in A, allora l'incentro sta in uno dei due triangoli OBA e OCA; da questo si ricava una condizione sugli angoli in A che porta alle stesse disuguaglianze di prima."
Questo basta a sistemare la faccenda senza riscriver conti. Ancora, bell'idea.