Potenza superficiale

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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EvaristeG
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Potenza superficiale

Messaggio da EvaristeG » 22 mag 2015, 21:04

Ecco un lemmetto facile e forse non notissimo. (Non vi dico il nome così non andate a cercare la dimostrazione con google :P )

Sia $ABC$ un triangolo e sia $\Gamma$ la sua circonferenza circoscritta; prendiamo un punto $P$ del piano e costruiamo il suo triangolo pedale (cioè il triangolo formato dalle sue proiezioni sui lati). Indichiamo con $S$ l'area di $ABC$ e con $S_P$ l'area del triangolo pedale di $P$, allora
$$S_P=\dfrac{\left|\textrm{pow}_\Gamma P\right|}{4R^2}S$$
dove $R$ è il raggio di $\Gamma$ e $\textrm{pow}_\Gamma P$ è la potenza di $P$ rispetto a $\Gamma$.

Kepler97
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Re: Potenza superficiale

Messaggio da Kepler97 » 03 giu 2015, 20:07

Chiedo una cosa prima di provarla per il mio bene, se io riarrangiassi così $ \frac{S_P}{S}=\dfrac{\left|\textrm{pow}_\Gamma P\right|}{4R^2} $ , ma chiamate le coordinate baricentriche di $P:(\alpha,\beta,\gamma) $ e $a,b,c$ i lati di $ABC$ abbiamo che le proiezioni di $P$ sui lati (i vertici del triangolo pedale) hanno coordinate, chiamiamo
$ -a^2+b^2-c^2=i $ ; $ -a^2-b^2+c^2=j $ ; $ a^2-b^2-c^2=k $

$ A_1 (0, -\frac{\alpha}{2a^2}j+\beta, -\frac{\alpha}{2a^2}i+\gamma) $

$ B_1 (-\frac{\beta}{2b^2}j+\alpha, 0, -\frac{\beta}{2b^2}k+\gamma) $

$ C_1 (-\frac{\gamma}{2c^2}i+\alpha, -\frac{\gamma}{2c^2}k+\beta, 0) $

Ma abbiamo anche che $ \frac{S_P}{S}=
det\begin{bmatrix}
0 &-\frac{\alpha}{2a^2}j+\beta &-\frac{\alpha}{2a^2}i+\gamma\\
-\frac{\beta}{2b^2}j+\alpha & 0 &-\frac{\beta}{2b^2}k+\gamma\\
-\frac{\gamma}{2c^2}i+\alpha &-\frac{\gamma}{2c^2}k+\beta &0
\end{bmatrix} $

Ma ho trovato su Circles in barycentric coordinates di Vladimir Volenec che la poteva di un punto $ P (\alpha,\beta, \gamma) $ rispetto ad un cerchio di coordinate $(u,v,w)$ (dove intendo i suoi coefficienti nella sua equazione) è $ \textrm{pow}_\Gamma P=2S(u\alpha+v\beta+w\gamma)-a^2\beta\gamma-b^2\alpha\gamma-c^2\alpha\beta $ ma essendo che siamo fortunati il problema ci ha dato il circocerchio!E il termine Che in baricentriche non è male.
Ma si ricava facilmente che $ R^2=\frac{a^2b^2c^2}{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} $.
Ora la domanda a chi ne sa più di me è, se adesso mi metto a fare tutti i conti bene a mano ci arrivo in fondo? dovrei sapere tutti i termini dell'equazione simmetrici in $ a,b,c $ e $ \alpha, \beta, \gamma $ , se non ci cavo niente risparmiatemi dal farlo :lol:
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Troleito br00tal
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Re: Potenza superficiale

Messaggio da Troleito br00tal » 03 giu 2015, 21:16

Posto una dimostrazione un po' algebrica astratta (ma non di algebra astratta).

Supponiamo $P \not = O$ (con $O$ circocentro), in caso la tesi è ovvia (il triangolo pedale è il triangolo dei punti medi). Sia $t$ la retta $OP$. Sia $Q(x) \in t$ il punto tale che $OQ(x)=x$ con segno, dove $x \in \mathbb{R}$. Sia infine $f(x)$ l'area (con segno: - se considero i tre punti in senso orario, + se in senso antiorario) del triangolo pedale di $Q(x)$.

È ora evidente che $f(x)$ è un polinomio di al più secondo grado in $x$: infatti le coordinate di $Q(x)$ sono polinomi di primo grado in $x$ (coefficienti a caso per la retta e i coefficienti dei vertici del triangolo moltiplicati/divisi/sommati in qualche modo, ma che importa?), quindi anche le coordinate delle proiezioni lo sono (basta proiettare sull'asse $x$ e poi ruotare di un angolo che non dipende da $x$), quindi l'area è al più quadratica in $x$ (il determinante dei tre punti (+ l'$1$), se sono a coefficienti lineari in $x$, è al più di secondo grado): perciò $f(x)$ è proprio un polinomio di secondo grado in $x$.

Ora è evidente che $pow_{\Gamma} Q(x)$ è un polinomio di secondo grado in $x$ (è proprio $x^2-R^2$). Ma poiché $f(0)=-\frac{S}{4}$ e $f(R)=f(-R)=0$ (stanno sulla retta di Simson), allora $\frac{f(x)4R^2}{S}=pow_{\Gamma} Q(x)$, poiché sono due polinomi di grado due uguali in $3$ valori di $x$. Ma allora: $f(x)=S_{Q(x)} \rightarrow S_{Q(x)}=pow_{\Gamma} Q(x) \frac{S}{4R^2}$ (con pure il segno), come desiderato.


EvaristeG
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Re: Potenza superficiale

Messaggio da EvaristeG » 04 giu 2015, 15:16

Esagerati...
Hintino (non completamente sintetico, che i conti delle aree in qualche modo van fatti)
Testo nascosto:
Prolungando $PA$ ad intersecare di nuovo la circoscritta si ottiene $X$ ... quanto vale l'angolo $\widehat{XCP}$?

Kepler97
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Re: Potenza superficiale

Messaggio da Kepler97 » 05 giu 2015, 12:08

EvaristeG ha scritto:Esagerati...
Hintino (non completamente sintetico, che i conti delle aree in qualche modo van fatti)
Testo nascosto:
Prolungando $PA$ ad intersecare di nuovo la circoscritta si ottiene $X$ ... quanto vale l'angolo $\widehat{XCP}$?
L'unica cosa che mi viene in mente è che vale $ \pi-\beta-\widehat{APC} $ (dove $\beta$ è l'angolo in $B$ del triangolo) ma forse non è questo quello che intendi, si può fare di meglio?
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Nemo
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Re: Potenza superficiale

Messaggio da Nemo » 28 lug 2015, 23:43

Spero sia corretto...
\(
\newcommand{\a}[1]{\widehat{\small{#1}}}
\newcommand{\ao}[1]{\boldsymbol{\a{#1}}}
\newcommand{\r}[1]{R_{#1}}
\)
Notazione
Indichiamo con \( \ao{LED} \) un angolo orientato (in modo che \( \ao{LED}+\ao{DEL}=\textrm{ang. nullo} \)), con \( T_{\small LED} \) l'area del triangolo \( LED \) e con \( \r{LED} \) un raggio di \( \odot LED \).
\( \a{LED} \) è invece l'angolo classico.

Fatti noti (ma a chi?) \[T_{\small LED}=\dfrac{LE \cdot ED \cdot DL}{4 \, \r{LED}} \tag{1} \] Teorema della corda. Dati due triangoli \( LED \) e \( L_1E_1D_1 \), \[ \left( \a{LED} \cong \a{L_1E_1D_1} \vee \a{LED} +\a{L_1E_1D_1} \cong \textrm{ang. piatto}\right) \iff LD : \r{LED} =L_1D_1 : \r{L_1E_1D_1} \tag{2}\] Dimostrazioni
Testo nascosto:
Dimostrazione della \((1)\). Indicato con \(H\) la proiezione di \(D\) su \(LE\), \( T_{\small LED}= \frac{1}{2} LE \cdot DH \). Sia \(DF\) un diametro di \( \odot LED \); quindi, \( \a{DLF} \cong \a{DHE}\ \cong \textrm{ang. retto} \); \( \a{LFD} \cong \a{HED}\ \), giacché insistono sullo stesso arco oppure, quando \( LED \) è ottusangolo, \( \a{HED}\ \) è supplementare a \( \a{LED} \), che è supplementare a \( \a{LFD} \). Da ciò segue che \( LFD \sim HED \), in quest'ordine, e dunque \( DH : DL = ED : DF \implies \) \( T_{\small LED}= \frac{LE \cdot DH}{2} = \frac{LE \cdot ED \cdot DL}{2 \, DF} =\frac{LE \cdot ED \cdot DL}{4 \, \r{LED}}\)

Dimostrazione della \((2)\). Indicati con \( LE' \) e \( L_1E_1' \) i diametri rispettivamente di \( \odot LED \) e \( \odot L_1E_1D_1 \), \( \a{LDE'} \cong \a{L_1D_1E_1'} \) e \( \left( \a{LED} \cong \a{L_1E_1D_1} \vee \a{LED} +\a{L_1E_1D_1} \cong \textrm{ang. piatto}\right) \iff\) \( \a{LE'D} \cong \a{L_1E_1'D_1} \), ma \( \left( \a{LE'D} \cong \a{L_1E_1'D_1} \wedge \a{LDE'} \cong \a{L_1D_1E_1'} \right) \iff\) \( LE'D \sim L_1E_1'D_1 \) in quest'ordine \( \iff LD : \r{LED} =L_1D_1 : \r{L_1E_1D_1}\)
Area del triangolo pedale
Assumiamo wlog che \(P \) giaccia nello stesso semipiano, determinato dalla retta \(AC\), in cui si trova \(B\) e indichiamo con \( A_1 \), \( B_1 \) e \( C_1 \) le proiezioni di \( P \) rispettivamente sulle rette \( BC \), \( CA \) e \( AB \). Il triangolo pedale di \( P \) rispetto ad \( ABC \) è pertanto \( A_1B_1C_1 \).
Dal fatto che \(PA_1 \perp BC\), \(PB_1 \perp CA\) e \(PC_1 \perp AB\) segue che \(P\) giace su \( \odot A_1B_1C \), \( \odot B_1C_1A \) e \( \odot C_1A_1B \) e che \(AP \cong 2\r{AB_1C_1}\), \(BP \cong 2\r{A_1BC_1}\) e \(CP \cong 2\r{A_1B_1C}\).
Dalla \( (2) \) segue che \[ B_1C_1=\dfrac{BC\cdot AP}{2R},\quad C_1A_1=\dfrac{CA\cdot BP}{2R},\quad A_1B_1=\dfrac{AB\cdot CP}{2R} \tag{3}\]
\(\ao{PB_1A_1} \cong \ao{PCB}\), poiché insistono sullo stesso arco oppure, quando \( A_1 \) è esterno a \(BC\) dalla parte di \(C\), \( \a{BCP}\ \) è supplementare a \( \a{A_1CP} \), che è supplementare a \( \a{PB_1A_1} \). Analogamente, \(\ao{C_1B_1P} \cong \ao{BAP}\). Indicata con \(X\) la seconda intersezione della retta \(AP\) con \(\Gamma\), si ha che \(\ao{BAP} \cong \ao{BCX}\) e quindi \(\ao{C_1B_1P} \cong \ao{BCX}\). Ma \( \ao{C_1B_1P}+\ao{PB_1A_1}=\ao{C_1B_1A_1} \) e \( \ao{PCB}+\ao{BCX}=\ao{PCX} \), dunque \(\ao{C_1B_1A_1} \cong \ao{PCX}\) e, per la \((2)\) e per la \((3)\), \( \dfrac{PX}{\r{PCX}}=\dfrac{C_1A_1}{\r{A_1B_1C_1}} = \dfrac{CA \cdot PB}{\r{A_1B_1C_1} \cdot R} \). Dalla \((2)\) segue anche che \( \dfrac{CA}{R}=\dfrac{CP}{\r{PCX}} \), e questa, insieme alla precedente, porta a \[ PX=\dfrac{BP \cdot CP}{2\r{A_1B_1C_1}} \tag{4}\]
Dalla \((1)\) segue che \( S_P=\dfrac{A_1B_1\cdot B_1C_1 \cdot C_1A_1}{4 \r{A_1B_1C_1}} \underset{\text{per }(3)\text{ e }(1)}{=} \dfrac{S}{4R^2}\cdot AP \cdot \dfrac{BP \cdot CP}{2\r{A_1B_1C_1}}\underset{\text{per }(4)}{=}\dfrac{AP \cdot PX}{4R^2}S=\dfrac{\left|\textrm{pow}_\Gamma P\right|}{4R^2}S\), quod erat demonstrandum.
[math]

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