Sia $ \Gamma $ una conica e $ A,B,C,D $ quattro punti su di essa. Chiamiamo $ X=AB\cap CD $, $ Y=BC\cap DA $, $ P=pol_\Gamma(A)\cap pol_\Gamma(C) $ e $ Q=pol_\Gamma(B)\cap pol_\Gamma(D) $. Detta $ r $ la retta $ XY $, chiamiamo infine $ M=XY\cap AC $ e $ N=XY\cap BD $.
Dimostrare che
1) $ P\in r $ e $ Q\in r $
2) $ (X:Y:P:Q)\cdot(X:Y:M:N)=1 $
3) $ P\equiv N\land Q\equiv M $ se e solo se $ ABCD $ è armonico, ovvero $ (A:B:C:D)_{\Gamma}=-1 $.
Tante belle rette
Tante belle rette
Ultima modifica di FeddyStra il 29 ago 2009, 14:11, modificato 3 volte in totale.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Che bel problema abbandonato miseramente! 
1) $ \displaystyle~P=pol_\Gamma(A)\cap pol_\Gamma(C) $ implica $ \displaystyle~P = pol_\Gamma(AC) $ e $ \displaystyle~Q=pol_\Gamma(B)\cap pol_\Gamma(D) $ ci dà $ \displaystyle~Q = pol_\Gamma(BD) $, quindi $ \displaystyle~AC \cap BD = pol_\Gamma(PQ) $. Sappiamo però che $ \displaystyle~AC \cap BD \in pol_\Gamma(X) $ e $ \displaystyle~AC \cap BD \in pol_\Gamma(Y) $, da cui $ \displaystyle~AC \cap BD = pol_\Gamma(XY) $. Abbiamo quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(AC \cap BD)=XY=PQ $. Dunque le rette $ \displaystyle~XY~(r) $ e $ \displaystyle~PQ $ coincidono. (Si poteva anche mostrare con Pappo-Pascal sugli esagoni $ \displaystyle~AADCCB $ e $ \displaystyle~ADDCBB $)
2) Chiamiamo $ \displaystyle~F=AC \cap BD $ e $ \displaystyle~G=FY \cap CD $, $ \displaystyle~H=FY \cap AB $. $ \displaystyle~X\in AB $, quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(A) \cap pol_\Gamma(B) \in pol_\Gamma(X) $, ma $ \displaystyle~pol_\Gamma(X)=FY=HY $, quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(A),pol_\Gamma(B),HY $ concorrono in un punto $ \displaystyle~R $. Ora bisogna mostrare che $ \displaystyle~(X:Y:P:Q)=\frac{1}{(X:Y:M:N)}=(X:Y:N:M) $. Otteniamo $ \displaystyle~(X:Y:N:M)=(FX:FY:FN:FM)=(X:G:D:C) $$ \displaystyle~=(YX:YG:YD:YC)=(X:H:A:B)=(RX:RH:RA:RB) $. Ma $ \displaystyle~P\in pol_\Gamma(A)=RA $ e $ \displaystyle~Q\in pol_\Gamma(B)=RB $, inoltre $ \displaystyle~X,Y,P,Q $ sono allineati (v. punto 1), dunque $ \displaystyle~(RX:RH:RA:RB)=(X:Y:P:Q) $
3) Credo che intendessi "$ \displaystyle~P\equiv N\land Q\equiv M $ e $ \displaystyle~ABCD $ ciclico se e solo se $ \displaystyle~ABCD $ è armonico" (la seconda correzione serve perché i punti possono coincidere anche su una conica generica). Supponiamo quindi d'ora in poi che $ \displaystyle~\Gamma $ sia una circonferenza. Grazie al punto 1 $ \displaystyle~P\equiv N $ equivale a $ \displaystyle~P\in BD $ e $ \displaystyle~Q\equiv M $ equivale a $ \displaystyle~Q\in AC $. Dato che $ \displaystyle~P=pol_\Gamma(AC) $ e $ \displaystyle~Q=pol_\Gamma(BD) $ abbiamo $ \displaystyle~P\in BD $ sse $ \displaystyle~pol_\Gamma(BD)\in pol_\Gamma(P) $, cioè $ \displaystyle~Q\in AC $. Conseguentemente la tesi diventa "$ \displaystyle~P\in BD $ sse $ \displaystyle~ABCD $ armonico". Meglio partire prima dall'ipotesi $ \displaystyle~P\in BD $ e dimostrare che vale $ \displaystyle~AB\cdot CD=BC\cdot DA $ (definizione di quadrilatero armonico): abbiamo
$ \displaystyle~AD=DP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~ADP $)
$ \displaystyle~CD=DP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~CDP $)
$ \displaystyle~AB=AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{ABD}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~ABP $) $ \displaystyle~=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}} $ (angoli alla circonferenza)
$ \displaystyle~CB=CP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{CBD}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~CBP $) $ \displaystyle~=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}} $ (angoli alla circonferenza e $ \displaystyle~AP=CP $)
Quindi moltiplicando abbiamo:
$ \displaystyle~AB\cdot CD=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}}\cdot DP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}}=CB\cdot AD=BC\cdot DA $
Ora è ovvio anche il viceversa: se $ \displaystyle~ABCD $ è armonico sia $ \displaystyle~D' $ l'altro punto di intersezione di $ \displaystyle~BP $ con $ \displaystyle~\Gamma $. Anche $ \displaystyle~ABCD' $ è armonico (come abbiamo appena dimostrato); segue che $ \displaystyle~AB\cdot CD=BC\cdot DA $ e $ \displaystyle~AB\cdot CD'=BC\cdot D'A $, da cui $ \displaystyle~\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}=\frac{AD'}{D'C} $. Ma il luogo dei punti che hanno il rapporto delle distanze da $ \displaystyle~A $ e $ \displaystyle~C $ costante è una circonferenza (detta di Apollonio). $ \displaystyle~B,D,D' $ sono intersezioni di quest'ultima con $ \displaystyle~\Gamma $, ma dato che $ \displaystyle~A,C\in\Gamma $ queste circonferenze sono distinte e dunque possono avere al più due intersezioni: siccome $ \displaystyle~B $ e $ \displaystyle~D $ sono distinti deve per forza essere $ \displaystyle~D\equiv D' $, cioè $ \displaystyle~B,D,P $ allineati, da cui $ \displaystyle~P\in BD $
P.S.: Nel titolo forse volevi battere una "t" al posto della "r" (i tasti sono incredibilmente vicini)
1) $ \displaystyle~P=pol_\Gamma(A)\cap pol_\Gamma(C) $ implica $ \displaystyle~P = pol_\Gamma(AC) $ e $ \displaystyle~Q=pol_\Gamma(B)\cap pol_\Gamma(D) $ ci dà $ \displaystyle~Q = pol_\Gamma(BD) $, quindi $ \displaystyle~AC \cap BD = pol_\Gamma(PQ) $. Sappiamo però che $ \displaystyle~AC \cap BD \in pol_\Gamma(X) $ e $ \displaystyle~AC \cap BD \in pol_\Gamma(Y) $, da cui $ \displaystyle~AC \cap BD = pol_\Gamma(XY) $. Abbiamo quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(AC \cap BD)=XY=PQ $. Dunque le rette $ \displaystyle~XY~(r) $ e $ \displaystyle~PQ $ coincidono. (Si poteva anche mostrare con Pappo-Pascal sugli esagoni $ \displaystyle~AADCCB $ e $ \displaystyle~ADDCBB $)
2) Chiamiamo $ \displaystyle~F=AC \cap BD $ e $ \displaystyle~G=FY \cap CD $, $ \displaystyle~H=FY \cap AB $. $ \displaystyle~X\in AB $, quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(A) \cap pol_\Gamma(B) \in pol_\Gamma(X) $, ma $ \displaystyle~pol_\Gamma(X)=FY=HY $, quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(A),pol_\Gamma(B),HY $ concorrono in un punto $ \displaystyle~R $. Ora bisogna mostrare che $ \displaystyle~(X:Y:P:Q)=\frac{1}{(X:Y:M:N)}=(X:Y:N:M) $. Otteniamo $ \displaystyle~(X:Y:N:M)=(FX:FY:FN:FM)=(X:G:D:C) $$ \displaystyle~=(YX:YG:YD:YC)=(X:H:A:B)=(RX:RH:RA:RB) $. Ma $ \displaystyle~P\in pol_\Gamma(A)=RA $ e $ \displaystyle~Q\in pol_\Gamma(B)=RB $, inoltre $ \displaystyle~X,Y,P,Q $ sono allineati (v. punto 1), dunque $ \displaystyle~(RX:RH:RA:RB)=(X:Y:P:Q) $
3) Credo che intendessi "$ \displaystyle~P\equiv N\land Q\equiv M $ e $ \displaystyle~ABCD $ ciclico se e solo se $ \displaystyle~ABCD $ è armonico" (la seconda correzione serve perché i punti possono coincidere anche su una conica generica). Supponiamo quindi d'ora in poi che $ \displaystyle~\Gamma $ sia una circonferenza. Grazie al punto 1 $ \displaystyle~P\equiv N $ equivale a $ \displaystyle~P\in BD $ e $ \displaystyle~Q\equiv M $ equivale a $ \displaystyle~Q\in AC $. Dato che $ \displaystyle~P=pol_\Gamma(AC) $ e $ \displaystyle~Q=pol_\Gamma(BD) $ abbiamo $ \displaystyle~P\in BD $ sse $ \displaystyle~pol_\Gamma(BD)\in pol_\Gamma(P) $, cioè $ \displaystyle~Q\in AC $. Conseguentemente la tesi diventa "$ \displaystyle~P\in BD $ sse $ \displaystyle~ABCD $ armonico". Meglio partire prima dall'ipotesi $ \displaystyle~P\in BD $ e dimostrare che vale $ \displaystyle~AB\cdot CD=BC\cdot DA $ (definizione di quadrilatero armonico): abbiamo
$ \displaystyle~AD=DP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~ADP $)
$ \displaystyle~CD=DP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~CDP $)
$ \displaystyle~AB=AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{ABD}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~ABP $) $ \displaystyle~=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}} $ (angoli alla circonferenza)
$ \displaystyle~CB=CP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{CBD}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~CBP $) $ \displaystyle~=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}} $ (angoli alla circonferenza e $ \displaystyle~AP=CP $)
Quindi moltiplicando abbiamo:
$ \displaystyle~AB\cdot CD=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}}\cdot DP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}}=CB\cdot AD=BC\cdot DA $
Ora è ovvio anche il viceversa: se $ \displaystyle~ABCD $ è armonico sia $ \displaystyle~D' $ l'altro punto di intersezione di $ \displaystyle~BP $ con $ \displaystyle~\Gamma $. Anche $ \displaystyle~ABCD' $ è armonico (come abbiamo appena dimostrato); segue che $ \displaystyle~AB\cdot CD=BC\cdot DA $ e $ \displaystyle~AB\cdot CD'=BC\cdot D'A $, da cui $ \displaystyle~\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}=\frac{AD'}{D'C} $. Ma il luogo dei punti che hanno il rapporto delle distanze da $ \displaystyle~A $ e $ \displaystyle~C $ costante è una circonferenza (detta di Apollonio). $ \displaystyle~B,D,D' $ sono intersezioni di quest'ultima con $ \displaystyle~\Gamma $, ma dato che $ \displaystyle~A,C\in\Gamma $ queste circonferenze sono distinte e dunque possono avere al più due intersezioni: siccome $ \displaystyle~B $ e $ \displaystyle~D $ sono distinti deve per forza essere $ \displaystyle~D\equiv D' $, cioè $ \displaystyle~B,D,P $ allineati, da cui $ \displaystyle~P\in BD $
P.S.: Nel titolo forse volevi battere una "t" al posto della "r" (i tasti sono incredibilmente vicini)
Ultima modifica di kn il 24 ago 2009, 08:57, modificato 1 volta in totale.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Premetto che non mi ricordavo neppure più di aver postato questo problema!!!
So però dire con certezza che era own (vabbeh... il punto 1 è stra-noto... intendo dire che gli altri due punti non li ho trovati come testi di una gara).
Ad ogni modo, ora vedo di raccapezzarmici un po', per quanto possibile, al fine di ricostruirne le dimostrazioni.
Osservazione I
Il punto 1 è alquanto diretto. Non avevo pensato a Pascal, quindi l'ho fatto (proprio come te) dicendo che $ X,Y,P,Q\in pol_{\Gamma}(AC\cap BD) $.
Osservazione II
Riguardo al punto 2, mi sento di dover aggiungere un'osservazione che non ho visto emergere nella tua soluzione: entrambi i birapporti $ (X:Y:P:Q) $ e $ (X:Y:M:N) $ sono uguali a $ -1 $, quindi il loro prodotto fa $ 1 $!
Lascio la possibilità a qualcun'altro di vedere perchè essi sono effettivamente uguali a $ -1 $.
Commento
Per quanto concerne il punto 3, ho il forte presentimento di essere stato in possesso di una dimostrazione più breve e con insight maggiore. Sto lavorando al suo ritrovamento...
Nuovi aggiornamenti
Con $ ABCD $ armonico intendevo dire che preso un punto $ T $ sulla conica si ha $ (TA:TB:TC:TD)=-1 $. Come è noto, il birapporto non dipende dal particolare punto $ T $ scelto. $ ABCD $ non deve quindi essere per forza ciclico.
PS: quasi dimenticavo... complimenti!
So però dire con certezza che era own (vabbeh... il punto 1 è stra-noto... intendo dire che gli altri due punti non li ho trovati come testi di una gara).
Ad ogni modo, ora vedo di raccapezzarmici un po', per quanto possibile, al fine di ricostruirne le dimostrazioni.
Osservazione I
Il punto 1 è alquanto diretto. Non avevo pensato a Pascal, quindi l'ho fatto (proprio come te) dicendo che $ X,Y,P,Q\in pol_{\Gamma}(AC\cap BD) $.
Osservazione II
Riguardo al punto 2, mi sento di dover aggiungere un'osservazione che non ho visto emergere nella tua soluzione: entrambi i birapporti $ (X:Y:P:Q) $ e $ (X:Y:M:N) $ sono uguali a $ -1 $, quindi il loro prodotto fa $ 1 $!
Lascio la possibilità a qualcun'altro di vedere perchè essi sono effettivamente uguali a $ -1 $.
Commento
Per quanto concerne il punto 3, ho il forte presentimento di essere stato in possesso di una dimostrazione più breve e con insight maggiore. Sto lavorando al suo ritrovamento...
Nuovi aggiornamenti
Con $ ABCD $ armonico intendevo dire che preso un punto $ T $ sulla conica si ha $ (TA:TB:TC:TD)=-1 $. Come è noto, il birapporto non dipende dal particolare punto $ T $ scelto. $ ABCD $ non deve quindi essere per forza ciclico.
PS: quasi dimenticavo... complimenti!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
FeddyStra ha scritto:il punto 1 è stra-noto...
Ah ok.. Ho cercato su Google "quadrilatero armonico" e "harmonic quadrilateral" ottenendo ben pochi risultati, fra cui un topic di edriv che dava l'altra definizione (e la pagina relativa di MathWorld, vuotaFeddyStra ha scritto:Con $ ABCD $ armonico intendevo dire che preso un punto $ T $ sulla conica si ha $ (TA:TB:TC:TD)=-1 $
)Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Ma infatti era un mio errore, quadrilatero armonico è quello; io avevo chiamato il mio erroneamente così solo perchè le rette che passano per i vertici e per un punto della conica formano una quaterna armonica. Mea culpa.kn ha scritto:Ah ok.. Ho cercato su Google "quadrilatero armonico" e "harmonic quadrilateral" ottenendo ben pochi risultati, fra cui un topic di edriv che dava l'altra definizione
Non avevo mai visto un pagina vuota su MathWorld!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
$ \displaystyle~(X:Y:M:N)=(FX:FY:FM:FN)=(X:FY\cap CD:C:D) $ (intersecando con $ \displaystyle~CD $). Ma $ \displaystyle~(X:FY\cap CD:C:D)=-1 $, poiché $ \displaystyle~FY=pol_\Gamma(X) $, dunque $ \displaystyle~(X:Y:M:N)=-1 $. Inoltre $ \displaystyle~-1=(FX:FY:FM:FN)=(Y:X:P:Q) $ (il birapporto si conserva in una trasformazione polare), da cui $ \displaystyle~(Y:X:P:Q)=\frac{1}{(X:Y:P:Q)}=-1 $ oppure $ \displaystyle~(X:Y:P:Q)=-1 $.. Ci sono altre strade?FeddyStra ha scritto:entrambi i birapporti $ ~(X:Y:P:Q) $ e $ ~(X:Y:M:N) $ sono uguali a $ ~-1 $
Se $ \displaystyle~P\in BD $ otteniamo $ \displaystyle~-1=(Y:X:P:Q)=(DY:DX:DP:DQ) $$ \displaystyle~=(DA:DC:DB:DD)=(A:C:B:D)_\Gamma=-1 $ (considerando per $ \displaystyle~DD $ la tangente in $ \displaystyle~D $).. È molto simile al tuo birapportoFeddyStra ha scritto:Con $ ~ABCD $ armonico intendevo dire che preso un punto $ ~T $ sulla conica si ha $ ~(TA:TB:TC:TD)=-1 $
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Perfetto! E così si è dovuto usare anche che i birapporti in questione sono proprio $ -1 $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Facciamo chiarezza:
Def: un quadrilatero ABCD inscritto una conica generica $ \Gamma $ è armonico se $ (A,B;C,D)_\Gamma=-1 $ (ovvero se, rispetto ad un punto qualsiasi della conica, le congiungenti di questo punto ai vertici sono una quaterna armonica di rette.
Caso particolare: se ABCD è ciclico ed è armonico rispetto alla propria circonferenza circoscritta, allora, preso un punto a caso P sulla conica, si ha
$ (PA,PB;PC,PD)=-1 $
ovvero (angoli e segmenti con segno)
$ \displaystyle{\frac{\sin(CPA)}{\sin(CPB)}\frac{\sin DPB}{\sin DPA}=-1} $
ovvero
$ \sin(CPA)\sin(DPB)=-\sin(CPB)\sin(DPA) $
ovvero
$ CA\cdot DB=-CB\cdot DA $
o, togliendo i segni,
$ CA\cdot DB=CB\cdot DA $
Ora, se il quadrilatero è ciclio non intrecciato, si ha
$ AB\cdot CD+AD\cdot BC=AC\cdot DB $
e questo è impossibile con la precedente relazione, quindi l'ordine dei punti da luogo a un quadrilatero intrecciato. Quello giusto è ACBD, infatti ora Tolomeo ci dice che
$ AC\cdot BD+ AD\cdot BC=AB\cdot CD $
che è compatibile con la precedente relazione.
Quindi nel quadrilatero ciclico non intrecciato $ A_1A_2A_3A_4 $ i prodotti dei lati opposti sono uguali se e solo se $ (A_1,A_3; A_2, A_4)=-1 $ (rispetto alla circonferenza circoscritta).
Def: un quadrilatero ABCD inscritto una conica generica $ \Gamma $ è armonico se $ (A,B;C,D)_\Gamma=-1 $ (ovvero se, rispetto ad un punto qualsiasi della conica, le congiungenti di questo punto ai vertici sono una quaterna armonica di rette.
Caso particolare: se ABCD è ciclico ed è armonico rispetto alla propria circonferenza circoscritta, allora, preso un punto a caso P sulla conica, si ha
$ (PA,PB;PC,PD)=-1 $
ovvero (angoli e segmenti con segno)
$ \displaystyle{\frac{\sin(CPA)}{\sin(CPB)}\frac{\sin DPB}{\sin DPA}=-1} $
ovvero
$ \sin(CPA)\sin(DPB)=-\sin(CPB)\sin(DPA) $
ovvero
$ CA\cdot DB=-CB\cdot DA $
o, togliendo i segni,
$ CA\cdot DB=CB\cdot DA $
Ora, se il quadrilatero è ciclio non intrecciato, si ha
$ AB\cdot CD+AD\cdot BC=AC\cdot DB $
e questo è impossibile con la precedente relazione, quindi l'ordine dei punti da luogo a un quadrilatero intrecciato. Quello giusto è ACBD, infatti ora Tolomeo ci dice che
$ AC\cdot BD+ AD\cdot BC=AB\cdot CD $
che è compatibile con la precedente relazione.
Quindi nel quadrilatero ciclico non intrecciato $ A_1A_2A_3A_4 $ i prodotti dei lati opposti sono uguali se e solo se $ (A_1,A_3; A_2, A_4)=-1 $ (rispetto alla circonferenza circoscritta).