2 - Banalità Triangolari

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
EvaristeG
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2 - Banalità Triangolari

Messaggio da EvaristeG » 22 ott 2005, 16:48

Bene, come già fatto per gli angoli, posto un po' di problemi sulle proprietà elementari dei triangoli di cui si è parlato nel glossario, sotto il nome di Banalità triangolari.

ATTENZIONE : vorrei fare un esperimento. Visto che mi interessa sapere a che livello di difficoltà corrispondono questi problemi, mi piacerebbe fare la seguente cosa : qui ci saranno 15 problemi, che io ritengo di media difficoltà (oscillanti tra un febbraio difficile e un preimo facile facile); voglio sapere cosa ne pensate anche voi, quindi propongo a ognuno di voi di non postare soluzioni qui per 7 giorni da oggi, di modo che tutti abbiano tempo di guardare e riflettere su questi problemi.
Tra 7 giorni, sarebbe bello che tutti quelli che hanno fatto anche solo qualcosa postassero (pure brevemente) le loro soluzioni e le loro difficoltà, in modo che io possa capire quali erano i problemi difficili e quali ostacoli ci si poteva trovare.
Spero di avere un minimo di collaborazione.

1. Sia ABC un triangolo di circocentro O, siano M, N i punti medi di AB e BC. Sapendo che AC=26, OM=5, ON=12, calcolare l'area e il perimetro di ABC.

2. Scrivere tutte le terne di interi (a,b,c) che possonon essere i lati di un triangolo rettangolo.

3. Sia ABC un triangolo rettangolo in C. Sia CXPY un quadrato con P su AB, X su BC e Y su AC. Dimostrare che
$ \displaystyle{\frac{1}{CX}=\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA}} $

4. Siano A,B,C,D 4 punti sui lati di un quadrato di lato 1, almeno un punto per lato. Si dimostri che
$ 2\leq AB^2+BC^2+CD^2+DA^2\leq 4 $

5. Sia P un punto sulla circonferenza circoscritta al quadrato ABCD, sull'arco CD che non contiene altri vertici. Dimostrare che $ PA^2-PB^2=PB\cdot PD - PA\cdot PC $.

6. In un triangolo ABC, sia AD un'altezza, BE una bisettrice, CF una mediana. Dimostrare che queste tre rette concorrono se e solo se $  a^2(a-c)=(b^2-c^2)(a+c) $.

7. Sia ABCD un quadrilatero ciclico con raggio circoscritto R, lati a,b,c,d e area S. Dimostrare che
(i) $ 16R^2S^2=(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc) $
(ii) $ RS\sqrt{2}\geq (abcd)^{3/4} $
e discutere il caso di uguaglianza in (ii).

8. Siano D,E,F i punti in cui il cerchio inscritto tocca i lati BC, CA, AB di ABC (rispettivamente). Si supponga $ AF\leq BD\leq CE $ e che valga
$ \displaystyle{\frac{2}{AF}+\frac{5}{BD}+\frac{5}{CE}=\frac{6}{r} $
Si dimostri che ABC è isoscele e se ne calcolino i lati nel caso in cui r=4.

9. Si dimostri che in un generico triangolo vale
$ \frac{3\sqrt{3}}{2}\geq \sin3\alpha+\sin3\beta+\sin3\gamma\geq -2 $
e si discutano i casi di uguaglianza.

10. Sia ABC un triangolo di incentro I; si dimostri che i circocentri di IAB, IAC, IBC individuano una circonferenza di centro nel circocentro di ABC.

11. Sia ABC un triangolo e siano D,E,F tre punti sugli assi di BC, CA, AB. Dimostrare che le perpendicolari da A a EF, da B a DF e da C a DE concorrono.

12. Il cerchio inscritto ad PBC tocca BC in U e PC in V. Il punto S su BC è tale che BS=CU. PS incontra il cerchio inscritto in 2 punti, sia Q il più vicino a P. Sia W su PC tale che PW=VC e sia R l'intersezione di BW e PS. Dimostrare che PQ=RS.

13. Trovare una condizione necessaria e sufficiente sui lati di un triangolo di modo che 2 mediane siano perpendicolari.

14. Sia ABC un triangolo, AD un'altezza e P un punto su di essa; sia E l'intersezione di BP e CA, F l'intersezione di CP e AB. Dimostrare che AD biseca $ \measuredangle EDF $.

15. Date 4 rette p,q,r,s di cui non due parallele e non tre concorrenti, se s è parallela alla retta di eulero del triangolo formato da p,q,r, dimostrare che ogni retta è parallela alla retta di eulero del triangolo formato dalle altre tre.

Buon Lavoro.

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jim
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Re: 2 - Banalità Triangolari

Messaggio da jim » 29 ott 2005, 14:13

EvaristeG ha scritto: 3. Sia ABC un triangolo rettangolo in C. Sia CXPY un quadrato con P su AB, X su BC e Y su AC. Dimostrare che
$ \displaystyle{\frac{1}{CX}=\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA}} $
Sia $ x $ il lato del quadrato.
Considero i due triangoli APY e BPX:
essi sono simili in quanto hanno i tre angoli equivalenti.

Possiamo allora scrivere la proporzione
$ (AC-x):x=x:(CB-x) $ da cui
$ x^2=(AC-x)(CB-x) $,
$ x^2=(AC\cdot CB)-(AC\cdot x)-(CB\cdot x)+x^2 $,
$ (AC\cdot CB)=(AC\cdot x)+(CB\cdot x) $,

$ \displaystyle x=\frac{AC\cdot CB}{AC+CB} $

ma $ x=CX $

quindi si ha l'identità

$ \displaystyle \frac{AC+CB}{AC\cdot CB}=\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA}} $

Questo mi è parso molto semplice, diciamo un Febbraio facile facile.
OT- C'è un modo per scrivere una soluzione con anche le formule in TeX piccole e non solo il testo?
Ultima modifica di jim il 29 ott 2005, 17:14, modificato 1 volta in totale.

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 29 ott 2005, 15:24

<B>Esercizio 10</B>
<I>Lemma</I>:
Il circocentro del triangolo formato da due vertici e l'incentro giace sulla circonferenza circoscritta al triangolo.

Dim:
Adottando le notazioni standard per gli elementi di un triangolo e chiamando I l'incentro e C'
$ \angle AIB = \pi - \alpha / 2 - \beta / 2= \frac {\pi + \gamma} {2} $
Essendo X il punto diametralmente opposto a I nella circ cirocoscritta a ABI (by the way, si tratta di un excentro)
$ \angle AXB = \frac {\pi - \gamma}{2} $
$ \angle AC'B = \pi - \gamma $
Quindi
$ \angle AC'B + \angle ACB = \pi $ e ACBC' è un quadrilatero ciclico. CVD


Dal lemma discende che la circ circoscritta ai tre punti dati altro non è che la circ circoscritta a ABC e ovviamente ha centro nel loro circocentro.


Per quanto riguarda la difficoltà questo l'ho trovato molto facile, perchè conoscevo già il lemma da 'Angoli, angoli e ancora angoli'. In genere comunque le difficoltà maggiori le ho con le disuguaglianze geometriche, di cui sono riuscito a risolverne solo una (che posterò presto, spero).

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jim
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Re: 2 - Banalità Triangolari

Messaggio da jim » 29 ott 2005, 17:11

EvaristeG ha scritto: 6. In un triangolo ABC, sia AD un'altezza, BE una bisettrice, CF una mediana. Dimostrare che queste tre rette concorrono se e solo se $  a^2(a-c)=(b^2-c^2)(a+c) $.
Allora:
Poniamo $ a=CB $ , $ b=AC $ , $ c=AB $.

Per il teorema di Ceva, sappiamo che le rette AD, BE, CF concorrono solo se
$ AE\cdot CD\cdot BF=EC\cdot DB\cdot FA $.
Ma dal momento che $ CF $ è una mediana, allora $ BF=FA $, possiamo quindi dividere entrambi i membri dell'equazione precedente per $ \displaystyle \frac{c}{2}=BF=FA $ ed ottenere
$ AE\cdot CD=EC\cdot DB $.

Poniamo quindi $ CD=y $, $ DB=(a-y) $, $ CE=x $, $ EA=(b-x) $

Per il teorema della bisettrice, sappiamo che
$ c:(b-x)=a:x $, quindi
$ a(b-x)=cx $, da cui:
$ \displaystyle x=\frac{ab}{c+a} $, e quindi $ \displaystyle b-x=\frac{cb}{c+a} $

Per il teorama di Pitagora, sappiamo che
$ b^2-y^2=AD^2 $ , e anche $ c^2-(a-y)^2=AD^2 $ , quindi
$ b^2-y^2=c^2-(a-y)^2 $.
Svolgendo i calcoli, si ottiene
$ \displaystyle y=\frac{a^2+b^2-c^2}{2a} $ , da cui
$ \displaystyle a-y=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a} $

Riscriviamo quindi l'equazione $ AE\cdot CD=EC\cdot DB $ come
$ \displaystyle \frac{cb}{c+a}\cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2a}=\frac{ab}{c+a}\cdot \frac{a^2-b^2+c^2}{2a} $

Svolgendo i calcoli, si otterrà l'equazione
$ ca^2+cb^2-c^3-a^3+ab^2-ac^2=0 $
Che è esattamente lo svolgimento dei prodotti dell'equazione
$ a^2(a-c)=(b^2-c^2)(a+c) $.
La tesi è quindi dimostrata

Anche questo problema mi è sembrato piuttosto semplice, lineare, abbastanza didattico: non occorrevano grandi idee, solo la conoscenza del teorema di Ceva, di Pitagora , della Bisettrice, e un minimo di dimestichezza a fare due conti e due sostituzioni. Diciamo un Febbraio medio\facile.

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Messaggio da EvaristeG » 29 ott 2005, 21:14

Bene!! Questo è lo spirito! Non mi dispiacerebbero nemmeno più soluzioni (o almeno più impressioni) sullo stesso problema ... non fatevi scoraggiare dal fatto che qualcuno ha già postato la soluzione, anche solo dire "per me era facilissimo" o "non ci ho dormito per 4 notti" può comunque essere utile.

Per ora, ovviamente, le soluzioni sono corrette.

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Messaggio da phi » 29 ott 2005, 21:24

Salto l'1, che mi sta antipatico. :)
EvaristeG ha scritto: 2. Scrivere tutte le terne di interi (a,b,c) che possonon essere i lati di un triangolo rettangolo.
Le terne di numeri (a,b,c) che possono essere i lati di un triangolo equilatero sono tutte e sole quelle della forma:
a=k(m^2-n^2)
b=k2mn
c=k(m^2+n^2)
con m, n, k naturali. (m>n)
Si verifica immediatamente che a^2+b^2=c^2 per queste terne.
Inoltre, sia data una terna pitagorica (a;b;c) con c ipotenusa. Detto MCD(a,b,c)=k, (a'=a/k,b'=b/k,c'=c/k) è sempre una terna pitagorica.
Siccome MCD(a',b',c')=1, al più uno fra di essi è pari. Si verifica che non possono essere tutti dispari, e che c' non può essere pari (per le congruenze mod 4). Poniamo che b' sia pari, e scriviamo b'^2=(a'+c')(c'-a').
Allora a'+c' e c'-a' hanno in comune solo un fattore 2.
(Infatti affinché avessero un fattore primo in comune dovrebbe essere c'==a'==-a'(mod p). Da cui p pari (=2) o c'==a'==0(p), contraddizione.)
Ne deriva che (a'+c')/2 e (c'-a')/2 sono quadrati perfetti.
Poniamo dunque (a'+c')/2=m^2 e (a'-c')/2=n^2.
Si verifica facilmente che possiamo scrivere a'=m^2-n^2, b'=2mn, c'=m^2+n^2; e quindi possiamo scrivere (a;b;c) nella forma esposta sopra.
Se d'altra parte a' fosse stato pari, avremmo potuto portare a termine lo stesso procedimento con a' e b' scambiati.

[Uhm, secondo me questo non è poi così banale... sempre che il mio ragionamento vada bene, l'ho risolto soltanto perché la forma delle terne pitagoriche è "nota"; avessi dovuto inventarmi anche quella, non so... :? Boh, magari sono io che mi sono impelagata più del necessario.]
EvaristeG ha scritto: 3. Sia ABC un triangolo rettangolo in C. Sia CXPY un quadrato con P su AB, X su BC e Y su AC. Dimostrare che
$ \displaystyle{\frac{1}{CX}=\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA}} $
1/CX=1/CB+1/CA si può scrivere come CB*CA=CX*(CB+CA)=CX*CB+CX*CA. Ma questa uguaglianza è banalmente verificata, perché si può interpretare come "doppia area di ABC = doppia area di CBP + doppia area di CPA".
EvaristeG ha scritto: 4. Siano A,B,C,D 4 punti sui lati di un quadrato di lato 1, almeno un punto per lato. Si dimostri che
$ 2\leq AB^2+BC^2+CD^2+DA^2\leq 4 $
Siano E,F,G,H i vertici del quadrato, con A tra E e F ... D tra H ed E. Poniamo EA=x, FB=y, GC=z, HD=t, AF=1-x, BG=1-y, CH=1-z, DE=1-t. Allora AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=x^2+(1-x)^2+y^2+(1-y)^2+z^2+(1-z)^2+t^2+(1-t)^2
=2x(x-1)+1+...+2t^2-2t+1.
con 0=<x,y,z,t=<1.
Il massimo che 2x(x-1) può assumere (0) si ha quando x=1 o 0. Quindi la somma dei nostri quadrati è minore di 4 (x=y=z=t=0 è un caso degenere, con A,B,C,D vertici del quadrato).
Il minimo si ha invece per x=1/2, e quindi la minima somma dei quadrati è 2. (Lì non va bene l'uguale?)

Ehm, volevo postare le mie sol fino al 7, stasera, ma scrivere anche solo queste mi ha un po' stancato... quindi per ora stacco 8) (Spero di aver scritto cose sensate, forse era meglio se aspettavo domani mattina... :) )

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Messaggio da EvaristeG » 29 ott 2005, 21:51

Ecco, per le terne pitagoriche, voglio dare una interpretazione "geometrica" a questo risultato che sembra sempre un poco calato dall'alto.
Iniziamo con alcune osservazioni :

1) voglio risolvere in interi $ a^2+b^2=c^2 $; questo è equivalente a risolvere nei razionali $ x^2+y^2=1 $, ovvero a trovare i punti del cerchio unitario a coordinate razionali.

2) se trovo due funzioni razionali di t (ovvero rapporti di polinomi in t) tali che $ f(t)^2+g(t)^2\equiv 1 $ per tutti i t che mi descrivono, al variare di t, tutta la circonferenza, posso risolvere il problema precedente; infatti, supposto che esistano due simili funzioni, se t è razionale, anche f(t) e g(t) lo sono, e viceversa.

3) una retta incontra una conica in al più due punti.

Ora, fissiamo il punto (0,-1) sulla circonferenza $ x^2+y^2=1 $; consideriamo il fascio proprio di rette $ F=\{sy=tx-s \ \mid\ s,t\in\mathbb{R}\} $ per (0,-1).
La retta individuata dalla coppia (s,t) incontra la circonferenza, oltre che in (0,-1), in $ \displaystyle{\left(\frac{2st}{s^2+t^2},\frac{s^2-t^2}{s^2+t^2}\right)} $
Questa è una corrispondenza biunivoca razionale tra le rette del fascio per (0,-1) e i punti della circonferenza.
Quindi ho le funzioni f e g che dicevo prima, che hanno come argomento il rapporto (t/s); a questo punto le soluzioni intere all'equazione di pitagora corrispondono ai valori che questa parametrizzazione assume sui razionali e dunque ai valori per s,t interi coprimi.

A questo punto, vista la breve lezione, due esercizi :

1) Perchè il metodo proposto non funziona per una generica curva di 3° grado (f(x,y)=0 con f polinomio di 3° grado in x e y)?
2) Perchè funziona per la cubica $ y^2=x^2(x-1) $ ? Che risultato da in quetso caso il metodo sopra descritto ?
3) Cosa si ottiene se si parte da una iperbole?

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peppeporc
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Re: 2 - Banalità Triangolari

Messaggio da peppeporc » 30 ott 2005, 22:55

I più semplici tra i semplici li faccio io.
EvaristeG ha scritto:1. Sia ABC un triangolo di circocentro O, siano M, N i punti medi di AB e BC. Sapendo che AC=26, OM=5, ON=12, calcolare l'area e il perimetro di ABC.
Rivisto:
Si osserva che MN è meta AC per Talete, quindi è 13 e si trova facilmente che
$ CB=2\cdot OM=10 $ e $ AB=2\cdot ON=24 $. Il perimetro varrà dunque 60 e l'area $ \frac {24\cdot 10}{2}=120 $.

EvaristeG ha scritto: 3. Sia ABC un triangolo rettangolo in C. Sia CXPY un quadrato con P su AB, X su BC e Y su AC. Dimostrare che
$ \displaystyle{\frac{1}{CX}=\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA}} $
Considero i triangoli simili ACB e PXB poiché hanno tre angoli congruenti e instauro la proporzione:
$ \displaystyle AC:PX=CB:XB $, dato che $ PX=CX $, allora
$ \displaystyle AC:CX=CB:XB $, da cui $ AC:CX=CB:(CB-CX) $. Svolgendo ho
$ \displaystyle AC\cdot (CB-CX)=CX\cdot CB $
$ \displaystyle AC\cdot CB-AC\cdot CX=CB\cdot CX $, alla fine
$ \displaystyle CX=\frac{AC\cdot CB}{AC+CB} $, da cui la tesi.
Ultima modifica di peppeporc il 31 ott 2005, 22:46, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Sisifo » 31 ott 2005, 08:00

<B>Esercizio 13</B>
Con le notazioni standard per gli elementi di un triangolo, siano $ m_a, m_b $ le mediane perpendicolari, che supponiamo usenti dai vertici A e B rispettivamente.
Allora, detto G il baricentro:
$ AG^2 + BG^2 = AB^2 $
Cioè per una nota proprietà delle mediane:
$ \frac{4}{9} m_a ^2 + \frac{4}{9} m_b^2 = c^2 $
Ma, per il teorema di Stewart:
$ m_a^2=\frac{1}{4} (2 b^2+2 c^2 - a^2) $
$ m_b^2=\frac{1}{4} (2 a^2+2 c^2 - b^2) $
Perciò
$ \frac{4}{9} \frac{1}{4}(2 b^2+2 c^2- a^2)+\frac{4}{9} \frac{1}{4}(2 a^2+2 c^2- b^2)=c^2 $
$ a^2+b^2+4 c^2=9 c^2 $
$ a^2+b^2=5 c^2 $
CVD.

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Messaggio da EvaristeG » 31 ott 2005, 11:44

peppeporc, per il primo esercizio c'è un trucchetto che permette di risparmiare tempo ... basta accorgersi di un piccolo particolare riguardante le lunghezze dei segmenti dati.

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Messaggio da peppeporc » 31 ott 2005, 13:33

EvaristeG ha scritto:peppeporc, per il primo esercizio c'è un trucchetto che permette di risparmiare tempo ... basta accorgersi di un piccolo particolare riguardante le lunghezze dei segmenti dati.
Ti riferisci al fatto che $ AC=2\sqrt{OM^2+ON^2} $ e che quindi si capisce subito che il circocentro giace sul punto medio di AC :?: Allora il primo caso si va a fare benedire :?

Passo ad un altro
EvaristeG ha scritto:4. Siano A,B,C,D 4 punti sui lati di un quadrato di lato 1, almeno un punto per lato. Si dimostri che
$ 2\leq AB^2+BC^2+CD^2+DA^2\leq 4 $
Detti E,F,G e H i vertici del quadrato ed A,B,C e D dei punti posti rispettivamente su EF,FG,GH e HE, posso scrivere la tesi anche così:

$ 2 \le \left(AF^2+FB^2\right) + \left(BG^2+GC^2\right) $ $ + \left(CH^2+DH^2\right) + \left(AE^2+ED^2\right) \le 4 $, che per comodità raccolgo come

$ 2 \le \left(AE^2+AF^2\right) + \left(FB^2+BG^2\right) $ $ + \left(GC^2+CH^2\right) + \left(DH^2+ED^2\right) \le 4 $. Ogni somma di quadrati presente nelle parentesi è esprimibile come il quadrato del lato meno il doppio prodotto dei segmenti considerati e quindi diventa:

$ \displaystyle 2\le (1-2\cdot FB\cdot BG)+(1-2\cdot GC\cdot HC) $ $ +(1-2\cdot ED\cdot DH)+(1-2\cdot AE\cdot AF) \le 4 $, che diventa

$ \displaystyle 0\le FB\cdot BG+GC\cdot HC+ED\cdot DH+AE\cdot AF \le 1 $.

Ora, è uguale a 0 se A,B,C e D corrispondono a E,F,G e H, mentre abbiamo 1 quando si raggiunge il massimo prodotto tra i segmenti che compongono ciascun lato. Dato che due numeri di somma nota hanno il massimo prodotto se sono uguali (i lati di un quadrilatero che hanno prodotto massimo e somma uguale al sempiperimetro sono i lati di un quadrato), la nostra somma sarà uguale a 1 se ciascun segmento corrisponderà a 1/2, per ogni altro caso sarà inclusa tra 0 e 1.

I problemi che ho risolto vanno da un febbraio facile (il 3) a medio / medio-difficile, valutando anche il tempo che si ha a disposizione. Uno che catalogherei tra i febbraio difficili è il 5 su cui mi sto cimentando, mentre gli altri vanno oltre le gare provinciali, ma forse mi sbaglio perché li rapporto alle mie capacità abbastanza limitate. Speranzoso di non aver commesso errori, vi saluto.
Ultima modifica di peppeporc il 31 ott 2005, 16:41, modificato 2 volte in totale.
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Messaggio da Iron_Man » 31 ott 2005, 14:12

EvaristeG ha scritto:per il primo esercizio c'è un trucchetto che permette di risparmiare tempo ... basta accorgersi di un piccolo particolare riguardante le lunghezze dei segmenti dati.
Immagine
È questo? Basta accorgersi che il triangolo è come in figura e si risolve tutto alla svelta.
Per Talete MN è parallelo ad AC e per la precisione è la metà. Non so bene come si fa a scriverlo formalmente forse si dice che è un omotetia di centro B e k=2. :?:
Trovato che MN=13 basta accorgersi che 5, 12, 13 sono una terna pitagorica e perciò il triangolo MON è rettangolo in O. A questo punto AB=2ON=24 e BC=2OM=10 ora conosciamo tutto perciò:
$ p=26+14+10=60 $
$ \displaystyle A=\frac{24\cdot 10}{2}=120 $
"Forse questo mondo è l'inferno di un'altro pianeta."
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Messaggio da Bacco » 31 ott 2005, 17:04

Esercizio 5

Applico Tolomeo ai quadrilateri ciclici PABC e PDAB e ottengo, dopo aver elevato al quadrato e sottratto membro a membro:
$ PA^2-PB^2=PBPD - PAPC + \frac{PB^2+PD^2-PA^2-PC^2}{2} $.
Poichè $ PB^2+PD^2=BD=CA=PC^2+PA^2 $ essendo la diagonale del quadrato anche il diametro, si ottiene $ \frac{PB^2+PD^2-PA^2-PC^2}{2}=0 $ quindi $ PA^2-PB^2=PBPD - PAPC $. q.e.d.

Ciao

Non mi è sembrato difficile, basta vedere che conviene usare tolomeo x mandare via un po'di variabili...

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Messaggio da EvaristeG » 31 ott 2005, 21:44

@peppeporc : sì, e poi da quello viene che il triangolo è rettangolo e non c'è bisogno di Erone.

@IronMan : si dice esattamente come hai detto, "per Talete". In fondo stai dicendo che la congiungente i punti medi di due lati è parallela al terzo e lunga la metà ...

@Bacco : certo, si può usare tolomeo in quel modo; tuttavia, ho inserito qui questo esercizio come "seguito" dei post nel Glossario a proposito dei triangoli ... in particolare, mi pare che questo quesito non venga nemmeno troppo male con la trigonometria.

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Messaggio da jim » 01 nov 2005, 00:04

EvaristeG ha scritto: particolare, mi pare che questo quesito non venga nemmeno troppo male con la trigonometria.
Io il 5 l'ho fatto così:

si pongano, per comodità
$ PA=a $, $ PB=b $, $ PC=c $, $ PD=d $
e si riscriva l'equazione come
$ a^2-b^2=bd-ac $.

Sappiamo che
$ \widehat{DPA}=\widehat{APB}=\widehat{BPC}=45° $
Poichè insistenti tutti su archi uguali e, se presi a coppie adiacenti, retti (opposti ad angoli retti in quadrilateri ciclici).

Si ponga $ \widehat{DAP}=\alpha $.
Dopo alcuni conti si otterrà che
$ \widehat{PDA}=135°-\alpha $
$ \widehat{PAB}=90°-\alpha $
$ \widehat{PBC}=45°-\alpha $
$ \widehat{DAP}=\alpha $

Troviamo che per ogni triangolo $ DAP $, $ APB $, $ BPC $, Il rapporto tra il lato opposto all'angolo in $ P $ (che è un lato del quadrato) e l'angolo in $ P $, (che vale $ 45° $) è uguale per tutti e tre i triangoli, e, ponendo il lato del quadrato $ l=1 $, vale $ \frac{2}{\sqrt{2}} $.

Applicando il teorema del seno, possiamo dunque scrivere
$ \displaystyle a=\frac{2sin(135°-\alpha)}{\sqrt{2}} $
$ \displaystyle b=\frac{2sin(90°-\alpha)}{\sqrt{2}} $
$ \displaystyle c=\frac{2sin(45°-\alpha)}{\sqrt{2}} $
$ \displaystyle d=\frac{2sin\alpha}{\sqrt{2}} $

Sostituendo all'equazione iniziale, e semplificando i denominatori, si ottiene
$ \sin^2(135°-\alpha)-\sin^2(90°-\alpha)= $
$ \sin(90°-\alpha)\sin(\alpha)-\sin(135°-\alpha)\sin(45°-\alpha) $

Trasformando poi i $ \sin(90-\alpha) $ in $ \cos\alpha $, ed applicando le formule di sottrazione, si arriverà all'identità

$ \cos^2\alpha+\cos\alpha\sin\alpha=\cos^2\alpha+\cos\alpha\sin\alpha $,
che dimostra la tesi.

Che dire di questo problema? Io non sono abituato ad usare Tolomeo, quindi non mi sono accorto che in questo caso mi avrebbe se non altro risparmiato un po' di conti. Tutto sommato mi è parso abbastanza naturale l'utilizzo del teorema del seno, in modo da avere l'equazione scritta con una sola incognita, per poter verificare facilmente l'identità. E' anche vero che per chi non ha fatto goniometria e trigonometria (quindi fino alla terza superiore inclusa) questo problema può rivelarsi piuttosto complicato... Direi tutto sommato un "Febbraio medio/facile", ma è solo un mio giudizio.

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