Dispensiamo proiettiva

[dario2994]

Bon... ho scoperto la geometria proiettiva e smanio di condividere le scoperte (tutto quello che scrivo vale anche, vale meglio, aggiungendo al piano la retta all'infinito... ma chissenefrega)
Se qualcuno inizia a risolvere continuerò mettendo altri robi interessanti... altrimenti questo thread marcirà tristemente finchè tra mille secoli almeno qualcuno non lo ritroverà

Def. 1: Birapporto
Dati 4 punti allineati $A,B,C,D$ il loro birapporto è: $\displaystyle (A,B,C,D)=\frac{AC\cdot BD}{AD\cdot BC}$ (considero le lunghezze orientate)

Teorema 1: invarianza del birapporto per proiettività
Siano $A,B,C,D$ 4 punti allineati, $r$ una retta e $P$ un punto non allineato con gli altri, dimostrare:
$(PA\cap r,PB\cap r, PC\cap r,PD\cap r)=(A,B,C,D)$

[Sonner]

OK, metto questa trigonometrica così andiamo avanti; spero proprio che questa iniziativa non muoia, sono molto interessato

Dimostrazione 1

Siano $ \angle ACP = \gamma $ e $ \angle ADP = \delta $
Per il teorema del seno posso scrivere $ AC=AP\frac{\sin\angle APC}{\sin \gamma} $, $ BC=BP\frac{\sin\angle BPC}{\sin\gamma} $, $ BD=BP\frac{\sin\angle BPD}{\sin\delta} $ e $ AD=AP\frac{\sin\angle APD}{\sin\delta} $.

Sostituendo trovo che $ \frac{AC\cdot BD}{BC \cdot AD} = \frac{\sin APC \cdot \sin BPD}{\sin BPC \cdot \sin APD} $. Quindi il birapporto non dipende dai punti scelti ma dagli angoli formati dalle rette che li congiungono con P.

[dario2994]

Perfetto... c'è anche una dimostrazione caruccia che usa menelao... se qualcuno vuole può sempre piazzarla, che è figo conoscere 2 dimostrazioni dello stesso fatto
Ora 2 piccoli corollari (ovviamente anche questi chiedono una dimostrazione):

Corollario 1.1: Concorrenza di 3 rette con i birapporti
Siano $r, s$ 2 rette che si intersecano in $O$. Prendo 6 punti $A,B,C\in r$ e $A',B',C'\in s$. Allora:
$(O,A,B,C)=(O,A',B',C')\Leftrightarrow\ AA',BB',CC'\ concorrono$

Corollario 1.2: Birapporto su una circonferenza
Sia $r$ una retta, $\omega$ una circonferenza e $A,B,C,D,P$ 5 punti su questa. Allora $(PA\cap r,PB\cap r,PC\cap r,PD\cap r)$ è indipendente dalla scelta di $P$ su $\omega$ e di $r$.

[Sonner]

Aggiungo un fatto idiota per scrivere meglio la soluzione dopo.

$ (P,Q,R,S)=(P',Q,R,S) \rightarrow P=P' $ (le lunghezze vanno prese con segno).
Dim: $ \frac{PR\cdot QS}{PS \cdot QR}=\frac{P'R\cdot QS}{P'S \cdot QR} \rightarrow \frac{RP}{PS}=\frac{RP'}{P'S} $, da cui aggiungendo 1 ad ambo i membri $ \frac{RS}{PS}=\frac{RS}{P'S} \rightarrow PS=P'S $.

Dimostrazione 1.1

1) Se le rette concorrono, allora i birapporti sono uguali.
Dim: tracciamo OP e applichiamo il fatto sull'invarianza del birapporto per proiettività.

2) Se i birapporti sono uguali, allora le rette concorrono.
Sia P l'intersezione di BB' e CC' e sia A'' l'intersezione di PA con s. Allora $ (O,A'',B',C')=(O,A,B,C)=(O,A',B',C') $.
Quindi per il fattarello di sopra A''=A.

Dimostrazione 1.2

Ancora una volta, per il teorema del seno: $ AC=2R\sin \angle APC $ e cicliche. Ma allora $ (A,B,C,D)=\frac{\sin\angle APC \cdot\sin\angle BPD}{\sin\angle BPC \cdot \sin\angle APD} = (A',B',C',D') $

Dopo aggiungo quella con Menelao.

[dario2994]

Perfetto... avanti:

Def. 2: Quaterna armonica
Siano $A,B,C,D$ quattro punti allineati tali che $(A,B,C,D)=-1$ allora li definisco (nell'ordine) una quaterna armonica

Teorema 2: Costruire una quaterna armonica
Prendo 4 rette a,b,c,d pongo $X=a\cap b,Z=a\cap c,W=a\cap d,M=b\cap c, N=b\cap d, O=c\cap d, K=MW\cap NZ, Y=OK\cap a$. Allora $X,Y,Z,W$ è una quaterna armonica

Teorema 3: Pascal
Prendo 6 punti $A,B,C,D,E,F$ su una circonferenza. Definisco $X=AE\cap BF, Y=AD\cap CF, Z=BD\cap CE$. Dimostrare che $X,Y,Z$ sono allineati (propongo di usare il corollario 1.2 e 1.1 ...)

[Sonner]

Sempre io

Come notazione, sia $ [A,r] $ la proiezione da A su r.

Fattarello idiota 2: $ (A,B,C,D)=1 \Rightarrow $ almeno due punti coincidono.
Dim: $ (A,B,C,D)=\frac{AC \cdot BD}{AD \cdot BC}=1 \rightarrow \frac{AC}{AD}=\frac{BC}{BD} $. Ma se allora C e D sono distinti A e B sono entrambi interni o entrambi esterni a CD e lo dividono nello stesso rapporto, quindi coincidono.


Dimostrazione 2

Definisco $ P= XN \cap OK $ e $ Q= OX \cap OZ $. Allora $ (X,Y,Z,W)=(X,P,M,N) $ per $ [O,b] $ e $ (X,P,M,N)=(X,Y,W,Z) $ per $ [K,a] $. Quindi $ \frac{XZ\cdot YW}{XW \cdot YZ}=(X,Y,Z,W)=(X,Y,W,Z)=\frac{XW \cdot YZ}{XZ \cdot YW} $, ossia $ (X,Y,Z,W)=(X,Y,W,Z)^{-1} $, da cui $ (X,Y,Z,W)=-1 $ visto che i quattro punti sono ovviamente distinti (usando il fattarello di sopra).

Dimostrazione 3

Sia r la retta per Y e Z e sia $ \Gamma $ la circonferenza. Siano ancora P e Q le supposte intersezioni di BF e AE con r, rispettivamente. Siano ancora G e H le intersezioni di r con la circonferenza. Voglio dimostrare $ X \in r $ provando che $ P=Q=X $.
$ (H,Z,P,G)=(H,D,F,G) $ per $ [B, \Gamma] $, $ (H,D,F,G)=(G,A,C,H)=(H,C,A,G) $ per $ [Y,\Gamma] $ e per un facile conto; infine $ (H,C,A,G)=(H,Z,Q,G) $ per $ [E,r] $. Ma allora $ (H,Z,P,G)=(H,Z,Q,G) $ e per il fattarello 1 $ P=Q $.

[dario2994]

Alrait

Teorema 4: Circonferenza di Apollonio
Sia $A,B,C,D$ una quaterna armonica, sia $\omega$ la circonferenza di diametro $CD$ e $P$ un punto su $\omega$. Dimostrare che $\frac{AP}{BP}$ non dipende da $P$.

Corollario 4.1: Bonus di belcolon
Sia $A,B,C,D$ una quaterna armonica e $P$ un punto. Dimostrare che queste 2 condizioni sono equivalenti:

• $\hat{CPD}=90$
• $PC$ è bisettrice interna o esterna dell'angolo $\hat{APB}$

[Sonner]

Considero che i punti siano nell'ordine A,C,B,D.

Dimostrazione 4

$ (A,B,C,D)=\frac{\sin\angle APC \cdot\sin \angle BPD}{\sin\angle APD\cdot \sin\angle BPC}=\frac{\sin\angle APC \cdot \sin (90°-\angle BPC)}{\sin (90°+\angle APC)\cdot \sin BPC}=\frac{\tan\angle APC}{\tan\angle BPC}=-1 \rightarrow \angle APC = \angle BPC $ (considerando le lunghezze con segno si è in verità trovato che $ \angle BPC= -\angle APC $ come angoli tra rette, ma è solo dovuto all'ordine con cui si sono scelte le lettere). Quindi PC è bisettrice interna e PD (perpendicolare a PC per definizione) è quella esterna. Ma allora per il teorema della bisettrice $ \frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC} $ che è indipendente da P.

Dimostrazione 4.1
$ 1 \rightarrow 2 $
Già dimostrata sopra.

$ 2 \rightarrow 1 $
Se PC è bisettrice interna di $ \angle APB $ allora vale (a meno di segni) $ \frac{AD}{BD}=\frac{AC}{BC}=\frac{AP}{PB} $,(sfruttando prima $ (A,B,C,D)=-1 $ e poi il teorema della bisettrice), quindi PD è bisettrice esterna e quindi $ \angle CPD=90° $.

[dario2994]

Bon, ancora perfetto

Def. 3: Polo e polare
Data una circonferenza $\omega$ di centro $O$ e un punto $X$ diverso da $O$ definisco la polare di $X$ rispetto alla circonferenza $Pol_{\omega}(X)$ la retta perpendicolare a $OX$ passante per l'inverso di $X$ rispetto alla circonferenza. Data una retta $r$ non passante per il centro definisco il polo di $r$ rispetto alla circonferenza $Pol_{\omega}(r)$ come l'inverso rispetto alla circonferenza della proiezione di $O$ su $r$

Fatto banale:
Sia $c$ un punto o una retta, allora $Pol_{\omega}(Pol_{\omega}(c))=c$

Teorema 5:
Siano $A,B$ 2 punti e $\omega$ una circonferenza. Dimostrare che $A\in Pol_{\omega}(B)\iff B\in Pol_{\omega}(A)$

Corollario 5.1:
Siano $r,q$ 2 rette e $\omega$ una circonferenza. Dimostrare che $Pol_{\omega}(r)\in q\iff Pol_{\omega}(q)\in r$

Corollario 5.2:
Dati 2 punti $A,B$ e una circonferenza $\omega$, dimostrare che $Pol_{\omega}(\overleftrightarrow{AB})=Pol_{\omega}(A)\cap Pol_{\omega}(B)$

Corollario 5.3:
Date 2 rette $r,q$ e una circonferenza $\omega$, dimostrare che $Pol_{\omega}(r\cap q)=\overleftrightarrow{Pol_{\omega}(r)Pol_{\omega}(q)}$

n.b. C'è una certa simmetria tra punti e rette in tutti questi fatti sulle polari

Teorema 6: Sdoppiamento (di questo ne esiste una versione per il polo di una retta? )
Sia $X$ un punto di coordinate cartesiane $(a,b)$ e $\omega$ una circonferenza di coordinate cartesiane $x^2+y^2+cx+dy+e=0$.
Dimostrare che l'equazione cartesiana di $Pol_{\omega}(X)$ è: $ax+by+c\frac{x+a}{2}+d\frac{x+b}2+e=0$

[Sonner]

Per non confondermi, in tutto il post indico con $ P' $ e $ p $ l'inverso e la polare di $ P $ rispetto a $ \omega $.
Inoltre uso spesso questo fattarello:
Se A' e B' sono gli inversi di A e B, allora $ AA'B'B $ è ciclico (ci sono problemi di configurazione a seconda della posizione di A e B rispetto a $ \omega $).
Dim: per la definizione di inverso $ OA\cdot OA' = R^2 = OB \cdot OB' $.

Dimostrazione 5
$ B \in pol_{\omega}(A) \iff \angle AA'B=90° \iff \angle AB'B = 90° $, ossia A appartiene alla perpendicolare ad OB per B', quindi alla polare.

Dimostrazione 5.1
$ R \in q \iff \angle OQ'R = 90° \iff \angle OR'Q = 90° \iff Q \in r $

Dimostrazione 5.2
Sia C il polo di AB e C' il suo inverso, allora
$ C' \in AB \rightarrow \angle OB'C = \angle OC'B = 90° $ e $ \angle OCA' = \angle OC'A = 90° $, ossia C appartiene alla polare di A e alla polare di B, ossia è l'intersezione delle rette.

Dimostrazione 5.3
Sia P l'intersezione di r e q e sia P' il suo inverso, allora
$ \angle OR'P = 90° \rightarrow \angle OP'R = 90° $ e $ \angle OQ'R = 90° \rightarrow \angle OP'Q = 90° $, ossia R,P' e Q allineati.

Dimostrazione 6
E' arrivata una dimostrazione decente (con l'aiuto di Gabriel )!
Metto l'origine nel centro di $ \omega $, allora l'equazione diventa $ x^2+y^2=R^2 $. Considero i punti $ A=(a,0) $ e $ B=(0,b) $ e i loro inversi in $ \omega $ $ A'=(\frac{R^2}{a},0) $ e $ B'=(0,\frac{R^2}{b}) $, siccome P è l'intersezione di x=a e y=b, allora $ pol_\omega(P) $ è la retta A'B'. Quindi basta imporre il passaggio per A' e B' di una retta generica: le equazioni sono $ \frac{R^2}{b}=0+q $ e $ 0=m\frac{R^2}{a}+q $, da cui $ y=-\frac{a}{b}x+\frac{R^2}{b} \rightarrow ax+by-R^2=0 $. A questo punto basta traslare di un vettore $ (-\frac{c}{2},-\frac{d}{2}) $, ossia il centro della circonferenza, per trovare l'equazione generale.
$ x(a+\frac{c}{2})+y(b+\frac{d}{2}-R^2=0 $. Aggiungo e tolgo $ \frac{ac+bd}{2} $, scrivo $ R^2=\frac{c^2}{4}+\frac{d^2}{4}-e $, faccio dei buffissimi raccoglimenti e ottengo $ a(x-\frac{c}{2})+b(y-\frac{d}{2})+\frac{c}{2}(a+x-\frac{c}{2})+\frac{d}{2}(b+y-\frac{d}{2})+e=0 $. Mi ricordo della traslazione applicata in precedenza, arrivando in fondo.

[dario2994]

Bon, fiducioso che la dimostrazione 6 sarà completata vado avanti:

Teorema 7: Brianchon
Sia ABCDEF un esagono in cui ogni lato tange la circonferenza $\omega$. Dimostrare che $AD,BE,CF$ concorrono

Testo nascosto:

suggerisco di ricondurre a pascal usando i vari fatti 5.x

Teorema 8:
Sia $\omega$ una circonferenza, $P$ un punto e $r$ una retta per $P$ che interseca $\omega$ in $A,B$. Dimostrare che $P,r\cap Pol_{\omega}(P),A,B$ è una quaterna armonica

Teorema 9: Lemma della polare
Sia $P$ un punto, $\omega$ una circonferenza e $r,q$ 2 rette per P che intersecano $\omega$ rispettivamente in $A,B$ e $C,D$. Dimostrare che $AC\cap BD\in Pol_{\omega}(P)$

[Gigi95]

Il teorema 7 non sono riuscito a dimostrarlo, dimostro 8 e 9 così basta che qualcuno risolva il 7 per andare avanti.

Dimostrazione 8:
Si assuma un sistema di assi cartesiani tale che l'unità di misura sia il raggio di $ \omega $. che l'origine $ O $ coincida con il centro di $ \omega $ e che l'$ asse x $ sia parallelo ad $ r $, quindi si avrà $ \omega: x^2+y^2=1 $ e $ r: y=b $.
Sia $ a $ l'ascissa del punto $ P $ e sia $ Q=r\cap Pol_{\omega}(P) $.
Per le formule di sdoppiamento si ha $ Pol_{\omega}(P): ax+by-1=0 $.
Intersecando le due rette si ottiene $ Q:\left({\frac{1-b^2}a;b}\right) $.
Intersecando $ r $ e la circonferenza si ottiene $ A:\left({-\sqrt{1-b^2};b}\right) $ e $ B:\left({\sqrt{1-b^2};b}\right) $.
Si ha $ \displaystyle (P,Q,A,B)=\frac{PA\cdot QB}{PB\cdot QA}=\frac{\left({-\sqrt{1-b^2}-a}\right)\cdot\left({\sqrt{1-b^2}-\frac{1-b^2}a}\right)}{\left({\sqrt{1-b^2}-a}\right)\cdot\left({-\sqrt{1-b^2}-\frac{1-b^2}a}\right)}=\frac{-\left({\sqrt{1-b^2}+a}\right)\cdot\left({\frac{a\sqrt{1-b^2}-1+b^2}a}\right)}{\left({\sqrt{1-b^2}-a}\right)\cdot(-1)\frac{a\sqrt{1-b^2}+1-b^2}{a}} $
E dopo vari raccoglimenti che non sto qui a scrivere si conclude che $ (P,Q,A,B)=-1 $
C.V.D.

Dimostrazione 9:
Siano $ Q_1,Q_2 $ le intersezioni di $ Pol_{\omega}(P) $ con le rette $ PA,PC $ rispettivamente.
Allora per il teorema 8 si ha $ (P,Q_1,A,B)=-1 $ e $ (P,Q_2,C,D)=-1 $, quindi per il corollario 1.1 si ha che $ AC,BD,Pol_{\omega}(P) $ concorrono, che corrisponde alla tesi.

[dario2994]

Dimostrazione 8:
Si ha $ \displaystyle (P,Q,A,B)=\frac{PA\cdot QB}{PB\cdot QA}=\frac{\left({-\sqrt{1-b^2}-a}\right)\cdot\left({\sqrt{1-b^2}-\frac{1-b^2}a}\right)}{\left({\sqrt{1-b^2}-a}\right)\cdot\left({-\sqrt{1-b^2}-\frac{1-b^2}a}\right)}=\frac{-\left({\sqrt{1-b^2}+a}\right)\cdot\left({\frac{a\sqrt{1-b^2}-1+b^2}a}\right)}{\left({\sqrt{1-b^2}-a}\right)\cdot(-1)\frac{a\sqrt{1-b^2}+1-b^2}{a}} $
E dopo vari raccoglimenti che non sto qui a scrivere si conclude che $ (P,Q,A,B)=-1 $

Tutto perfetto, comunque per far risaltare con pochissimi conti che quella roba vale davvero basta porre $1-b^2=c^2$ e sostituire
Bon propongo una dimostrazione meno contacciosa (sia chiaro, io trovo meravigliosi i conti in pure cartesiane... ho tentato per quasi un'estate intera di mostrare il lemma della polare in cartesiane, con risultati scarsi perchè non conoscevo il teorema 8 cosa che non aiutava nei conti... )
(lavoro senza segmenti orientati)
Uso le tue definizioni di P,Q,O e ci aggiungo Z che è $PO\cap Pol_{\omega}(P)$.
Vale $PZ\cdot PO=(PO-ZO)PO=PO^2-ZO\cdot PO$ ma Z è l'inverso di P perciò $PO\cdot ZO$ è il raggio al quadrato e perciò $PZ\cdot PO$ è la potenza di P rispetto a $\omega$ ma anche $PA\cdot PB$ lo è quindi $PA\cdot PB= PZ\cdot PO$ quindi ABOZ è ciclico
Definisco K l'intersezione tra $ZQ$ e la perpendicolare a $AB$ da O. Sicuramente $OR$ è un diametro della circonferenza per ABOZ e inoltre OZR=90 per cui ABOZR è ciclico. Da questo ottengo per angoli alla circonferenza: $\hat{AZQ}=\hat{QZB}$ perciò per il teorema della bisettrice ottengo $\frac{QB}{QA}=\frac{BZ}{AZ}$ *
Applicando il teorema 4 ottengo: $\frac{PA}{AZ}=\frac{PB}{BZ}\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\frac{AZ}{BZ}$ **
Moltiplicando * e ** ottengo $|(P,Q,A,B)|=1$ ma il birapporto non può valere 1 altrimenti 2 punti coinciderebbero... allora vale -1 allora $P,Q,A,B$ è una quaterna armonica
Non piazzo altro un po' perchè mancano ancora le dimostrazioni complete del teorema 6 e 7 un po' perchè non mi resta poi così tanto da dire (nonostante manchi ancora una cifra di proiettiva a me ignota... )

[Sonner]

Intanto mi scuso per averci messo tutto sto tempo... purtroppo è un periodaccio e son pieno di interrogazioni/verifiche, quindi sono riuscito solo adesso a trovare un attimo di tranquillità per pensare a questi problemi Inizio a scrivere quello che mi è venuto subito ma il tempo scarseggia, aggiorno man mano

Uso quest'altro fattarello (che volendo fa parte del lemma di belcolon):
"In un triangolo, se L e M sono i piedi delle bisettrici interna ed esterna dell'angolo in A, $ (B,C,L,M)=-1 $
Dim: dai teoremi delle bisettrici $ \frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=-\frac{BM}{MC} $.

Ma veniamo alle dimostrazioni.

Dimostrazione 8
Sia $ R=pol(AB) $, allora OR è diametro della circonferenza per $ AOB $ ($ \angle OAR= \angle OBR = 90° $ perchè tangenti a $ \omega $), chiamo $ \Gamma $ la neonata circonferenza. Ma allora l'inverso di P (sia P') sta in $ \Gamma $ ($ \angle OP'R = 90° =\angle OAR $.
Possiamo quindi dire che $ \angle AP'R = \angle ABR = \angle BAR = \angle BP'R $, ossia PQ biseca $ \angle AP'B $. Ma allora sono nella situazione del fattarello di sopra (Q e P piedi della bisettrice, visto che $ \angle PP'Q = 90° $), quindi $ (P,Q,A,B)=-1 $. Mi scuso per eventuali errori, ma son proprio stanco

Ups non avevo visto sopra, vabbè non sto a cancellare

[dario2994]

Ops sono pirla... in effetti nella mia dimostrazione mi potevo fermare e usare il lemma di belcolon... non mi è venuto in mente