Re: Baricentriche!
Inviato: 06 giu 2015, 14:16
Beh, direi che è un po' il motto generale del topic XDcip999 ha scritto:Esercizio 20. Conti
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Beh, direi che è un po' il motto generale del topic XDcip999 ha scritto:Esercizio 20. Conti
Mi avrebbe tolto tutto il gusto di $\TeX$are gli angoli ai pedici!Drago96 ha scritto:chiamando (è uno schifo ma non ho idee migliori) $A=S_\alpha+S_\theta$ e cicliche
Riformulo: Esercizio 25 Dimostrare il teorema di Desargues.Talete ha scritto: Esercizio 25. Con il teorema di Desargues la tesi è immediata (non credo sia valido usarlo, però... )
Questa cosa me la dimentico sempre... Comunque ora dovrebbe essere a posto.EvaristeG ha scritto:$S$ è il doppio dell'area di $ABC$
Ok, è che io faccio i conti su un foglio e poi... non so bene se devo mettere tutti i passaggi, etc...EvaristeG ha scritto:Beh, diciamo che magari indicare i conti non sarebbe stato male, invece di scrivere solo il testo e quella che pensi sia la soluzione ...
Ma io pensavo fosse il punto di Nagel... Cioè $N_a$ per me è sempre stato quello... vabbè, comunque è vero: è che ho provato almeno sei valori diversi di $k$ perché non ero sicuro su quale fosse... e inoltre sapevo già il risultato (o per lo meno quello che credevo essere il risultato)...EvaristeG ha scritto: ad esempio, $N_a$ ... tu sai che $GN_a/N_aI=-1/2$ ... se metti $k=-2$, ottieni $(1-k)/k=-3/2$, quindi forse è $k=2$ e dunque $\vec{N}_a=2\vec{G}-1\vec{I}$ da cui
$$N_a=\left[2\dfrac{1}{3}-\dfrac{a}{a+b+c}: 2\dfrac{1}{3}-\dfrac{b}{a+b+c}:2\dfrac{1}{3}-\dfrac{c}{a+b+c}\right]=[2a+2b+2c-3a:2a+2b+2c-3b:2a+2b+2c-3c]=[2b+2c-a:2a+2c-b:2a+2b-c]$$
e infatti non ho mai sostenuto che fosse il punto di Nagel!! E' però un punto sulla retta di Nagel...
D'altra parte, con $k=-2$ viene
$$X=\left[-2\dfrac{1}{3}+3\dfrac{a}{a+b+c}:\ldots:\ldots\right]=[-2(a+b+c)+3a:\ldots:\ldots]=[a-2b-2c:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le espressioni cicliche opportune.
Il punto di Nagel, chiamiamolo $N$, soddisfa in effetti $GN/NI=-2/3$ da cui $k=3$ e dunque
$$N=\left[3\dfrac{1}{3}-2\dfrac{a}{a+b+c}: \ldots:\ldots\right]=[a+b+c-2a:\ldots:\ldots]=[b+c-a:\ldots:\ldots]$$
dove i puntini stanno per le espressioni cicliche opportune.
Per il punto di Spieker, ho semplicemente usato la formula per l'omotetia dopo aver detto il fattore, il centro e il punto da trasformare.EvaristeG ha scritto:Allo stesso modo fare i conti per il punto di Spieker non sarebbe stato male, dire il perché i piedi delle ceviane del coniugato isotomico sono quelli sarebbe stato gradito e poi non capisco l'enunciato
$$D,\ E,\ C_1\textrm{ allineati }\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\dfrac{d-p}{q-e}$$
Io vedo MenelaoEvaristeG ha scritto:Infine, il perché sia chiaro che sono allineati potrebbe essere utile aggiungerlo (io vedo almeno tre motivi, vorrei sapere quale vedi tu).
Ora lo sai: sì.Talete ha scritto:
Ok, è che io faccio i conti su un foglio e poi... non so bene se devo mettere tutti i passaggi, etc...
Quello che ho detto: non hai fatto davvero i conti: se $GN_a/N_aI=-1/2$, devo risolvere $(1-k)/k=-1/2$ che dà $1-k=-k/2$ ovvero $1=k/2$ ovvero $k=2$.Talete ha scritto: Ma io pensavo fosse il punto di Nagel... Cioè $N_a$ per me è sempre stato quello... vabbè, comunque è vero: è che ho provato almeno sei valori diversi di $k$ perché non ero sicuro su quale fosse... e inoltre sapevo già il risultato (o per lo meno quello che credevo essere il risultato)...
Ma lo so, però potevi riportarla: e visto che non è chiaro, lo faccio io e spero tu capisca cosa sarebbe stato bello che scrivessiTalete ha scritto: Per il punto di Spieker, ho semplicemente usato la formula per l'omotetia dopo aver detto il fattore, il centro e il punto da trasformare.
Vero, e potevi scriverlo sopra, però non è completo, né detto bene. "...Se $D$ e $D'$ sono simmetrici rispetto al punto medio di $BC$, allora $BD=D'C$ e dunque $[ABD]/[CAD]=BD/DC=CD'/D'B=[CAD']/[ABD']$, da cui, se $D=[0:q:r]$, $D'=[0:r:q]=[0:1/q:1/r]$."Talete ha scritto: I piedi delle ceviane del coniugato isotomico sono quelli perché è una simmetria rispetto alla mediana, quindi detto $D$ il piede sul lato $BC$, i valori della distanza $BD$ e della distanza $DC$ si invertono.
Ti fa proprio fatica concludere eh? Non devi arrivare al punto in cui "gli altri capiscono come si finisce", devi arrivare alla fine: "D'altra parte, se tale retta passa anche per $C_1$, si deve avere $m\lambda+n\mu=0$, da cui $[m:n]=[d-p:q-e]$, ovvero $C_1=[d-p:q-e:0]$."Talete ha scritto: Dunque,
$$D,\ E,\ C_1\textrm{ allineati }\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\dfrac{d-p}{q-e}$$
Per essere allineati deve esistere la retta $\lambda x+\mu y+\nu z=0$. Facendo passare questa retta per $D$ ed $E$, ottengo che $\lambda d+\mu q+\nu r=0$ e che $\lambda p+\mu e+\nu r=0$ da cui per differenza $\lambda(d-p)+\mu(q-e)=0$. E qui si capisce, no?
E allora scrivilo. O meglio, sii ancora più preciso: "Poiché $BA_1/A_1C=[ABA_1]/[ACA_1]=(r-f)/(e-q)$ (e allo stesso modo gli altri rapporti), abbiamo cheTalete ha scritto: Io vedo Menelao
Vero, magari diciamo "ponendo che la somma delle coordinate dei punti coinvolti sia $1$" o qualcosa di simile (in realtà, basta che la somma sia la stessa in tutti e tre i punti, non necessariamente 1).cip999 ha scritto:Detto $h$ il fattore di tale omotetia, deve valere $$h(0 - 1) + 1 = \frac{-a^2}{-a^2 + b(b + c) + c(b + c)} \implies h = 1 + \frac{a^2}{(b + c)^2 - a^2} = \frac{(b + c)^2}{(b + c)^2 - a^2}$$