OliForum Matematico

Tibor Gallai ha scritto:
Per il punto 2, vediamo che serve un'altra idea, ...

forse serve anche un altro suggerimento ... (il piu' piccolo possibile, se e' possibile)

DH interseca la crf circoscritta a ABC in J, allora Essendo AH diametro \angle ADJ = \frac{\pi}{2} quindi J e' diametralmente opposto a A, quindi BHCD e' un parallelogramma quindi per DH passa per il punto medio di BC, quindi per menelao sulla trasversale DH e il triangolo BCM si conclude ...

karl ha scritto:

Salvo errori avrei provato ( il condizionale è d'obbligo) che la tesi è falsa.
...

Hai ragione! La tesi che volevo sostenere e' HM/HB = KM/KC.

Chiedo scusa.

Eh, però la clessidra con le alette non ha parte interna connessa.


ah gia' ... deve essere pure connesso.



Posto che la clessidra alata è un poliedro molto degenere, cosa si può dire se invece di torcere di 60° ti fermi a 30°?

In effetti, se ho capito bene, basta anche una piccolissima ...

Anér ha scritto:Va bene, a parte qualche errore:
OA'*OP = A'C^2 = OA^2
al posto di A'C ci va ....

grazie per aver risistemato. ho fatto su un foglio la pprova usando lettere diverse poi ho cercato di riadattarle, ma evidentemente sono stato frettoloso.

Però non abbiamo definito quali angoli sono convessi e quali concavi in un poligono intrecciato, né quali angoli sono interni e quali esterni.


mah... se servisse, avrebbero dovuto dare la definione gli autori del testo. mentre parlano solo di poligoni "semplici". in ogni caso, qualunque parte si ...

Allora proviamo così:


Sia ABC il triangolo equilatero di "sotto" e A'B'C' quello di "sopra". Oltre ai colegamenti "naturali" XX', come lati del poliedro consideriamo anche AB', BC' e CA'(*). Se rutiamo adesso il traingolo di sopra nel stesso senso in cui abbiamo etichettatto il traingolo di sotto ...

Sia I l'incentro di ABC ed E l'excentro rispetto a C. Essendo <EAI = <EBI = 90°, EAIB e' ciclico ed EI e' un diametro. Siano F e G i punti comuni a c(ABI) ed i. Sia K il punto di tangenza tra i e c. Sia P il punto in cui la retta FG interseca AB. Si vede facilmente che anche la tangente comune in K ...

Come sanno anche le pietre, ogni poligono è triangolabile, ovvero è un'unione di triangoli aventi i vertici nei vertici del poligono, e parti interne a due a due disgiunte.



questo e' vero anche per i poligoni intrecciati? In questo sarebbe buona cosa avere una defizione precisa di punti interni ...

Ok! Allora, è chiaro che punto (2) implica punto (1): se un poliedro è triangolabile (nel senso di scomponibile in tetraedri i cui vertici sono anche vertici del poliedro), allora non può avere punti interni invisibili dai vertici. Anzi, da ogni punto interno sono visibili almeno 4 vertici. Quindi ...

C'e' almeno un'altra soluzione.

Solo un'altra soluzione ? Ma io dico almeno altre dieci.Tutte più belle,più eleganti
(soprattutto nel "tono" e nella "forma ") .Della mia, ovviamente!!!
:D :D :D

Scusa Karl, ma non capisco il senso del messaggio e, per evitare il pur piccolo rischio che anche ...

questo risultato e' utile per una delle soluzioni del problema proposto a:

viewtopic.php?t=13753

http://img691.imageshack.us/img691/6787/sp22.th.png

Siano :
AD la bisettrice da A,H l'ortocentro di ABC e HT la la parallela ad AD( vedi fig.) .
Abbiamo:
\displaystyle HBC=NBC=\frac{\pi}{2}-\gamma
\displaystyle HCB=LCB=\frac{\pi}{2}-\beta
\displaystyle BHC=\pi -HCB-HBC=\pi-(\frac{\pi}{2 ...

Tibor Gallai ha scritto:Uppo questo thread, che purtroppo ha 0 risposte.
Forse non interessa a nessuno, o è troppo difficile, troppo facile, troppo esoterico... Boh?
Devo dare un hint di qualche tipo?

Prova a dare qualche suggerimento, gradualmenet se possibile.

Soluzione alternativa : Come si può vedere dalla figura il triangolo rosso è simile a quello verde ed entrambi sono isosceli (si mostra con l' angol ciasing ). Quindi gli angoli in \displaystyle~P formati dai lati del triangolo verde con quelli del triangolo rosso sono uguali. Si conclude con il 1 ...