OliForum Matematico

FedeX333X ha scritto: ↑04 giu 2017, 23:30

Testo nascosto:

I punti P e Q sono il primo è il secondo punto di Brocard del triangolo A'B'C'. Per le proprietà dei tre punti di Brocard (il teorema è relativamente famoso, e li si trova online, ma credo proprio che tu lo sappia ), sappiamo che il terzo punto di Brocard è il punto medio del segmento che congiunge il primo è il secondo punto di Brocard: vorremmo quindi che T fosse proprio il terzo punto di Brocard. Il coniugato isogonale del baricentro di ABC è il punto di Lemoine di ABC, ovvero il punto di intersezione delle sue simmediane. Il suo coniugato isotomico T è proprio il terzo punto di Brocard, essendo ABC il triangolo mediale di A'B'C'. Dunque, si ha che PT=QT.

Altrimenti, si può fare questo problema con le baricentriche, o meglio, con le trilineari.

Comunque da dove salta fuori questo problema?

Talete ha scritto: ↑05 giu 2017, 14:21$ABC$ sembra davvero il triangolo mediale di $A'B'C'$, quindi a meno che io sia completamente deficiente, $A=[0:1:1]$, $B=[1:0:1]$ e $C=[1:1:0]$.

Gerald Lambeau ha scritto: ↑05 giu 2017, 18:22

Talete ha scritto: ↑05 giu 2017, 14:21$ABC$ sembra davvero il triangolo mediale di $A'B'C'$, quindi a meno che io sia completamente deficiente, $A=[0:1:1]$, $B=[1:0:1]$ e $C=[1:1:0]$.

Ah, questi fatti noti della sintetica!

Gerald Lambeau ha scritto: ↑05 giu 2017, 20:14 Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.

Talete ha scritto: ↑05 giu 2017, 20:14

Gerald Lambeau ha scritto: ↑05 giu 2017, 20:14 Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.

Ti voglio bene <3

Gerald Lambeau ha scritto: ↑05 giu 2017, 20:16

Talete ha scritto: ↑05 giu 2017, 20:14

Gerald Lambeau ha scritto: ↑05 giu 2017, 20:14 Ma sì che è vero XD. Ho capito, farò uno sforzo per venire ai prossimi stage solo per evitarti paure e conti inutili quando basterebbe la geometria di base.

Ti voglio bene <3

Lo so <3 (cit.).
Ora però basta, o andiamo troppo OT.

Talete ha scritto: ↑05 giu 2017, 19:53
No ma è vero spero... sennò basta calcolare il punto all'infinito dei lati, che è tipo $[-1:0:1]$ e cicliche e trovare la retta che passa per quello e per un vertice, poi intersecare due rette e invertire la formula. Oppure aspettare che il vicino di banco ti illumini con altri fatti sintetici.

Gerald Lambeau ha scritto: ↑06 giu 2017, 18:39 Viene (ovviamente) in conti.

Testo nascosto:

Con i complessi.
$A'=a, B'=b, C'=c$ sulla circonferenza unitaria, dunque $O=0$. Siano $P=p, Q=q$.
La condizione $\widehat{PA'B'}=\widehat{PB'C'}=\widehat{PC'A'}$ si riscrive come
$\displaystyle \frac{a-p}{a-b} \cdot \frac{\bar{a}-\bar{b}}{\bar{a}-\bar{p}}=\frac{b-p}{b-c} \cdot \frac{\bar{b}-\bar{c}}{\bar{b}-\bar{p}}=\frac{c-p}{c-a} \cdot \frac{\bar{c}-\bar{a}}{\bar{c}-\bar{p}}$.
Anaolgamente otteniamo per $q$
$\displaystyle \frac{b-q}{b-a} \cdot \frac{\bar{b}-\bar{a}}{\bar{b}-\bar{q}}=\frac{c-q}{c-b} \cdot \frac{\bar{c}-\bar{b}}{\bar{c}-\bar{q}}=\frac{a-q}{a-c} \cdot \frac{\bar{a}-\bar{c}}{\bar{a}-\bar{q}}$
Dopo vari passaggi algebrici, ta cui: sostituire $\displaystyle \bar{a}=\frac{1}{a}$ e cicliche, semplificare, moltiplicare tutto per $-abc$ otteniamo per $p$ che
$\displaystyle c \cdot \frac{a-p}{\bar{a}-\bar{p}}=a \cdot \frac{b-p}{\bar{b}-\bar{p}}=b \cdot \frac{c-p}{\bar{c}-\bar{p}}$
e per $q$ che
$\displaystyle c \cdot \frac{b-q}{\bar{b}-\bar{q}}=a \cdot \frac{c-q}{\bar{c}-\bar{q}}=b \cdot \frac{a-q}{\bar{a}-\bar{q}}$.
Consideriamo $\displaystyle c \cdot \frac{a-p}{\bar{a}-\bar{p}}=a \cdot \frac{b-p}{\bar{b}-\bar{p}}$. Moltiplicando otteniamo
$a(\bar{a}-\bar{p})(b-p)=c(a-p)(\bar{b}-\bar{p})$

$b-ab\bar{p}-p+ap\bar{p}=a\bar{b}c-ac\bar{p}-\bar{b}cp+cp\bar{p}$ e cicliche.
Analogamente otteniamo
$b-bc\bar{q}-q+cq\bar{q}=a\bar{b}c-ac\bar{q}-a\bar{b}q+aq\bar{q}$ e cicliche.

Sommando le tre per $p$ tra loro e le tre per $q$ tra loro notiamo che nel primo caso si semplificano i termini contenenti $\bar{p}$, nel secondo quelli contenenti $\bar{q}$, quindi diventano
$\displaystyle a+b+c-3p=\sum_{cyc} \bar{a}bc-p\sum_{cyc}\bar{a}b$ e

$\displaystyle a+b+c-3q=\sum_{cyc} \bar{a}bc-q\sum_{cyc}a\bar{b}$.
Quindi
$\displaystyle p=\frac{\sum_{cyc}(a-\bar{a}bc)}{3-\sum_{cyc}\bar{a}b}$ e

$\displaystyle q=\frac{\sum_{cyc}(a-\bar{a}bc)}{3-\sum_{cyc}a\bar{b}}$.

Che bello, conosciamo $p$ e $q$ ! Ora notiamo che, essendo $O=0$, $PO=QO$ sta a significare che $p$ e $q$ devono avere la stessa distanza dall'origine, cioè i loro moduli devono essere uguali: $p\bar{p}=q\bar{q}$.
Ma allora, siccome per come li abbiamo scritti in frazione i numeratori sono uguali, quando andremo ad uguagliare i moduli essi si semplificheranno, quindi ci basta dimostrare che siano uguali i moduli dei denominatori.
Ora è banale notare che

$\displaystyle \left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)\overline{\left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)}=\left(3-\sum_{cyc}\bar{a}b\right)\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)=\overline{\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)}\left(3-\sum_{cyc}a\bar{b}\right)$,
quindi i moduli dei denominatori sono effettivamente uguali, da cui, per quanto detto, si ha la tesi.

Kfp ha scritto: ↑07 giu 2017, 02:40Gesù

Talete ha scritto: ↑07 giu 2017, 15:04 Troppe baricentriche fanno male, lo so, ma sono dipendente.

bern-1-16-4-13 ha scritto: ↑07 giu 2017, 15:43

Talete ha scritto: ↑07 giu 2017, 15:04 Troppe baricentriche fanno male, lo so, ma sono dipendente.

Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere...