Un problema veramente difficile

Vuoi proporre i tuoi esercizi? Qui puoi farlo!!

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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG »

Questo è uno dei problemi di geometria più difficili che io conosca nell\'ambito e negli argomenti delle Olimpiadi di Matematica. Visto che quando proponevo problemucci di geometria easy nessuno si degnava di risolverli, posto ora un quesito seriamente impegnativo...almeno la mancanza quasi totale di repliche (esclusi probabilmente i soliti Jack202 e sprmnt21) sarà giustificata.
<BR>
<BR>Dimostrare che in un quadrilatero bicentrico (inscrittibile e circoscrittibile) l\'incentro, il circocentro e il punto di incontro delle diagonali sono allineati.
<BR>
<BR>L\'enunciato è di una semplicità disarmante, vero?
<BR>
<BR>@Jack (e a tutti gli amanti delle coordinate) : si smonta con i numeri, ma in maniera brutale ed inelegante...si arriva alla fine anche con la trigonometria, ma preferirei trovaste una strada EUCLIDEA.
<BR>
<BR>Buon divertimento e buon allenamento.
<BR>
<BR>PS:questo problema non lo accettarono neanche per le IMO...lo giudicarono troppo difficile.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 22-04-2004 23:51 ]
EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG »

Up...(con poche speranze)
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

In attesa dell\'idea buona che risolve il problema, lo rilancio (con un sotto problema semplice)
<BR>
<BR>chiedendo di trovare il modo (con riga e compasso) di tracciare un quadrilatero bicentrico di cui si conoscono un lato e i due angoli adiacenti.
<BR>
<BR>
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

un secondo sottoproblema interessante:
<BR>
<BR>trovare il modo di tracciare (con riga e compasso) un quadrilatero bicentrico di cui si conoscono due lati e l\'angolo compreso.
<BR>
<BR>
J4Ck202
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Messaggio da J4Ck202 »

Sì, in effetti sembra un problema cazzuto... Ecco un modo per costruire
<BR>quadrilateri biciclici a partire da un vertice e dalla circonferenza inscritta:
<BR>chiamiamo il vertice A, la circonferenza Gamma. Tracciamo le tangenti
<BR>a Gamma da A (r ed s). Tracciamo poi le parallele alle tangenti passanti
<BR>per il centro di Gamma, queste taglieranno Gamma in due punti R ed S.
<BR>Da R tracciamo la perpendicolare ad r, da S la perpendicolare ad s.
<BR>Avremo così individuato un nuovo punto P. Chiamiamo Delta la circonferenza
<BR>che ha per centro il centro di Gamma e passa per P. Scegliamo un punto C
<BR>su Delta e tracciamo da questo le tangenti a Gamma, fino a intersecare
<BR>r ed s in due nuovi punti B e D. ABCD sarà un quadrilatero biciclico.
<BR>
<BR>La mia idea di attacco è la seguente: detti H I O rispettivamente
<BR>l\'intersezione delle diagonali, l\'incentro e il circocentro di ABCD,
<BR>ricaviamo esplicitamente le tangenti degli angoli HAB IAB OAB
<BR>HBA IBA OBA in funzione di qualcosa di comodo. A questo punto
<BR>se una brutta relazione trigonometrica è verificata, H I O sono
<BR>allineati.
<BR>
<BR>Vi farò sapere se funziona.
<BR>
<BR>
<BR>
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

Credo di averlo risolto.
<BR>
<BR>Adesso (*) non ho tempo per verificare per bene l\'idea e tanto meno per esporla in maniera chiara e completa.
<BR>
<BR>Comunque il tutto si basa su una particolarita\' del quadrilatero bicentrico che sottosta al primo dei due sotto problemi che ho proposto e poi su un risultato proiettivo dei quadrilateri duali che in diverse occasioni ho richiamato nel forum (adesso non mi ricordo il nome del sito, pure questo piu\' volte citato). La proprieta\' in questione afferma che le diagonali dei quadrilateri duali inscritto e circoscritto ad un cerchio passano per lo stesso punto.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>Per quadrilatero duale di un quadrilatero inscritto in un cerchio si intende il quadrilatero i cui lati sono le tangenti al cerchio nei vertici del quadrilatero inscritto.
<BR>
<BR>
<BR>(*) devo andare a giocare a calcetto che ha la priorita\' anche sui problemi di geometria.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 26-05-2004 16:25 ]
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>Dimostrare che in un quadrilatero bicentrico (inscrittibile e circoscrittibile) l\'incentro, il circocentro e il punto di incontro delle diagonali sono allineati.
<BR>
<BR>L\'enunciato è di una semplicità disarmante, vero?
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 22-04-2004 23:51 ]
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>
<BR>Il punto di incontro delle diagonali e\' il polo della congiungente i punti di intersezione dei lati opposti del quadrilatero sia rispetto al cerchio inscritto che rispetto al cerchio circoscritto. dato che la retta per il centro e per il polo e\' perpendicolare alla polare, si ha la tesi.
<BR>
<BR>PS
<BR>ecco cosi direi che la soluzione e\' completa e precisa, in quanto a renderla chiara, ci vuole un po di tempo che adesso non ho.
<BR>
<BR>
<BR>
J4Ck202
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Messaggio da J4Ck202 »

Welcome to the brutal planet... cominciamo dal Lemma JD260504.
<BR>---
<BR>Sia OP un segmento e A,B,C tre punti che non gli appartengono.
<BR>Poniamo
<BR>X=ctg(^AOP) Y=ctg(^BOP) Z=ctg(^COP)
<BR>x=ctg(^APO) y=ctg(^BPO) z=ctg(^CPO)
<BR>
<BR>A,B,C sono allineati se e soltanto se
<BR>X(y-z) + Y(z-x) + Z(x-y) = 0
<BR>
<BR>Dimostrazione: lasciata per esercizio.
<BR>---
<BR>
<BR>Ora un quadrilatero bicentrico si può costruire in funzione
<BR>di tre grandezze, per comodità lo costruiamo in funzione
<BR>di due lati (x,y) e dell\'angolo tra essi compreso (rho).
<BR>In sostanza siamo nella seguente situazione:
<BR>
<BR>AB=x AD=y ^BAD=rho ^BOD=2rho
<BR>
<BR>e dobbiamo determinare dove cade C. Troviamo innanzitutto
<BR>il raggio della circonferenza circoscritta, R
<BR>
<BR>R= BD/(2sin(rho)) = sqrt(x^2+y^2-2xy cos(rho)) / (2 sin(rho))
<BR>
<BR>dopodiché impostiamo ^BOC = 2phi. Ciò che si deve verificare è
<BR>
<BR>AB+CD = AD+BC
<BR>
<BR>svolgendo i calcoli vediamo che la soluzione è
<BR>
<BR>sin(phi-rho/2) = (x-y)/(2R) sec(rho/2)
<BR>
<BR>e con un po\' di travaglio tiriamo fuori l\'espressione di tutti i lati
<BR>e gli angoli che ci servono in funzione di x,y e rho. Per quanto
<BR>riguarda l\'incentro ci ricordiamo dell\'identità
<BR>
<BR>ctg(rho/2) = (1+cos(rho))/(sin(rho))
<BR>
<BR>dopodichè ci mettiamo nei panni di un lato... e da bravi emanuensi
<BR>svolgiamo tutti i conti che servono a dimostrare l\'induscussa potenza
<BR>del lemma JD260504. A questo punto ci saranno buone probabilità
<BR>di aver riempito almeno 6 pagine con contazzi indegni, ma ci saremo
<BR>avvicinati al Nirvana.
<BR>
<BR>---
<BR>
<BR>Ops. Solo ora mi accorgo che la mia furia di dominazione algebrica
<BR>è stata surclassata da una magistrale prova di eleganza di Rocco..
<BR>che dire... pazienza.
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: J4Ck202 il 26-05-2004 18:56 ]
EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG »

Eh eh, va bene che volevo una soluzione sintetica, ma la tua, Rocco, piuttosto è criptica...e poi, sì, è tutto vero, ma non hai citato euclide e talete, bensì polari e poli, quindi appena hai tempo, sarebbe bello che tu postassi una dimostrazione (che non vien neanche troppo lunga, se non mi sbaglio) di quelle tue affermazioni.
<BR>Cmq c\'è un\'altra strada, anch\'essa sfugge per un poco nel proiettivo, ma non molto...l\'inizio è il seguente:
<BR>
<BR>1) sia ABCD un quadrilatero ciclico e sia P l\'intersezione delle diagonali; siano E,F,G,H le proiezioni di P sui lati; dimostrare che EFGH è circoscrittibile ad una circonferenza.
<BR>
<BR>2) dimostrare che (nella situazione del punto precedente) EFGH è ciclico se e solo se AC è perpendicolare a BD.
<BR>
<BR>3) dimostrare che dato EFGH bicentrico con incentro P, le perpendicolari in E ad EP, in F ad FP, in G a GP, in H ad HP formano un quadrilatero ciclico le cui diagonali si incontrano perpendicolarmente in P.
<BR>
<BR>Questi punti in sè non sono molto complicati...ma caratterizzano completamente un quadrilatero bicentrico. Ora, basta riportare il problema nel quadrilatero ABCD, trasformarlo in un parallelogramma tramite una proiezione, dimostrare l\'allineamento (banale) nel caso particolare e riportare il tutto indietro con la certezza che tre punti allineati rimangono allineati sotto proiezione.
<BR>
<BR>Se qualcuno ha voglia di fare i tre punti sopra, buon lavoro!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

In effetti non e\' che ho molto da aggiungere.
<BR>
<BR>I teoremi (e il sito che li espone) a cui facevo riferimento sono a:
<BR>
<BR>http://www.maths.gla.ac.uk/~wws/cabripages/quad.html
<BR>
<BR>
<BR>Dico solo per chi non si vuole andare a guardare il sito che, i teoremi in questione quello del quadrilatero inscritto e quello del quadrilatero circoscritto sono derivabili dal teorema di pascal (che a sua volta puo\' essere derivato a colpi di Menelao e/o Ceva) sugli esagoni e dal suo duale.
<BR>
<BR>Che la polare p di un polo P rispetto ad un cerchio di centro O sia ortogonale alla retta OP non e\' difficile da ricavare.
<BR>
<BR>Vorrei invece dare delle indicazioni sui sotto problemi che avevo proposto e poi rilanciare un altro problema connesso ad una delle configurazioni su cui ho ragionato nel tentativo di risolvere il problema.
<BR>
<BR>Innanzitutto premetto che in quasi tutti questi tentativi mi avvalgo del programma WINGEOM (consiglio a chi vuole sperimentare con la geometria di usarlo: e\' molto carino ma per niente caro).
<BR>
<BR>-----
<BR>
<BR>Pr. 1 - Costruire un quadrilatero bicentrico di cui si conoscono un lato e gli angoli adiacenti.
<BR>
<BR>Sol.
<BR>
<BR>Si costruisca il triangolo che ha un lato e gli angoli adiecenti uguali ai dati disponibili. (Uso delle lettere per evitari lunghe perifrasi <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> ) Siano AB e alfa e beta i dati forniti. Sia ABP il triangolo costruito a partire da questi dati. Indichiamo con I l\'incentro di ABP e con Q l\'intersezione della perpendicolare per P a PI con la retta AB. Da Q si tracci una seconda tangente al cerchio inscritto in ABP che taglia PB e PA in C e D rispettivamente. ABCD e\' il quadrilatero richiesto.
<BR>
<BR>Dim.
<BR>
<BR>Se non la invia qualcuno prima, la posto io a breve.
<BR>
<BR>
<BR>-----
<BR>
<BR>Pr. 2 - Costruire un quadrilatero bicentrico di cui si conoscono due lati e l\'angolo compreso.
<BR>
<BR>Sol.
<BR>
<BR>Il problema e\' equivalente a costruire un traingolo di cui si conosce un lato l\'angolo opposto e la differenza degli altri due lati.
<BR>Che a sua volta e\' equivalente a costruire un traingolo di cui si conoscono due lati e un angolo non compreso.
<BR>
<BR>
<BR>Dim.
<BR>
<BR>Se non la invia qualcuno prima, la posto io a breve.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 27-05-2004 11:09 ]
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

PRL270504
<BR>
<BR>Dato un quadrilatero ciclico, provare che il punto comune alle diagonali e\' l\'ortocentro del triangolo di vertici il centro del cerchio circoscritto e le intersezioni dei lati opposti del quadrilatero. (con tutte le considerazioni del caso su eventuali punti mooooolto lontani e casi \"(s)fortunati\" di rette parallele)
<BR>
<BR>
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Antimateria
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Messaggio da Antimateria »

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-05-27 11:05, sprmnt21 wrote:
<BR>Innanzitutto premetto che in quasi tutti questi tentativi mi avvalgo del programma WINGEOM (consiglio a chi vuole sperimentare con la geometria di usarlo: e\' molto carino ma per niente caro).
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Direi piuttosto che e\' freeware!
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karl
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Messaggio da karl »

Scusate se ancora una volta faccio uso( ed abuso) di metodi
<BR>proiettivi ma essi sono cosi\' concisi ed eleganti che non posso
<BR>fare a meno di usarli , quando se ne presenta l\'occasione.
<BR>Sia ABCD il quadrilatero inscritto nella circnf. di centro O;
<BR>M,N le intersezioni delle coppie di lati opposti
<BR>(AD,BC ), (AB,CD) rispettivamente e P l\'intersezione
<BR>delle diagonali (AC,BD) .
<BR>Il triangolo MNP (detto anche triangolo diagonale del
<BR>quadrilatero completo ABCD) e\' autopolare rispetto
<BR>alla circonferenza ,nel senso che ogni suo vertice ha
<BR>per polare il lato opposto;pertanto la polare del vertice
<BR>M e\' la retta NP.Ora tale polare NP e\' anche la congiungente
<BR>i punti di contatto con la crf. delle tangenti uscenti da M,
<BR>congiungente che e\' perpendicolare ad OM.
<BR>In conclusione NP e\' perpendicolare ad OM ed analogamente
<BR>MP e\' perpendicolare ad ON e quindi il punto P e\'
<BR>effettivamente l\'ortocentro del triangolo MNO.
sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 »

Non c\'e\' di che (scusarsi) Karl, almeno per me. Io ho scoperto relativamente da poco la geometria proiettiva e mi sono convinto che non si puo\' fare a meno di apprezzarne la potenza e la bellezza.
<BR>
<BR>Il problema che ho (pro)posto ha, \"naturalmente\", una soluzione proiettiva.
<BR>
<BR>
<BR>Per me (nel senso delle cose che io do\' per \"note\" nel contesto della geometria proiettiva) mancherebbe solo la prova dell\'affermazione: \"Il triangolo MNP (detto anche triangolo diagonale del quadrilatero completo ABCD) e\' autopolare rispetto alla circonferenza ,nel senso che ogni suo vertice ha per polare il lato opposto; \"
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 28-05-2004 14:42 ]
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karl
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Messaggio da karl »

Per poter dimostrare che\" MNP e\' autopolare... etc\" occorrono
<BR>varie nozioni di g.proiettiva ed in primo luogo quelle di birapporto,
<BR>di birapporto armonico e di polarita\' indotta da una conica (in particolare
<BR>da una circonferenza) tra punti e rette del suo piano.Mi riesce difficile
<BR>( anche se ho tentato) sintetizzare tali nozioni senza cadere
<BR>nell\'approssimativo.Magari ,se cio\' puo\' interessare qualcuno
<BR>e se le mie conoscenze lo permetteranno, lo faccio un po\' per volta.
<BR>
Bloccato