pavia 2009

[didudo]

problema su cui mi sono ucciso per tre ore per poi trovare una soluzione del tutto diversa negli ulimi 7 minuti
siano date 2 circonferenze $ T_1 $ E $ T_2 $ tangenti esternamente in $ P $ E di raggi rispettivamente $ R_1>R_2 $ e sia M su $ T_1 $ tale che la tangente $ t $ a $ T_1 $ per M intersechi $ T_2 $,e siano $ A $ e $ A_1 $ i punti d'intersezione di $ t $ con $ T_1 $ tc $ MA \leq MA_1 $.si dimostri che $ \frac{PA}{MA} $ non dipende dalla scelta di M. 3 ore!!!

[FeddyStra]

Dimostrazione trigonometrica della serie "non mi va di pensare robe sofisticate".
Chiamo $ \alpha=\widehat{PO_2A} $. Allora $ \overline{PA}^2=2R_2^2(1-\cos\alpha) $ e $ \overline{MA}^2=2R_2(R_1+R_2)(1-\cos\alpha) $. La prima per Carnot, la seconda per Carnot e Pitagora. Da ciò risulta che $ \displaystyle \frac{\overline{PA}}{\overline{MA}}=\sqrt{\frac{R_2}{R_1+R_2}} $. Mi scuso per l'ineleganza, ma quando si trova una soluzione scontata, ci si accontenta.

[sprmnt21]

Dimostrazione trigonometrica della serie "non mi va di pensare robe sofisticate".
Chiamo $ \alpha=\widehat{PO_2A} $. Allora $ \overline{PA}^2=2R_2^2(1-\cos\alpha) $ e $ \overline{MA}^2=2R_2(R_1+R_2)(1-\cos\alpha) $. La prima per Carnot, la seconda per Carnot e Pitagora. Da ciò risulta che $ \displaystyle \frac{\overline{PA}}{\overline{MA}}=\sqrt{\frac{R_2}{R_1+R_2}} $. Mi scuso per l'ineleganza, ma quando si trova una soluzione scontata, ci si accontenta.

Aiutandomi con la tua soluzione,


Sia B la seconda intersezione di MP con c2, rinomino A1 come C e chiamo O1 e O2 i due centri.

Per il teorema delle secanti, si ha che PA/PM = CB/BM = BP/BC.

Inoltre essendo i due cerchi tangenti, <PCB = 1/2 <PO2B = 1/2 <PO1M = <CMB, quindi i triangoli PCB e CMB sono simili.

Percio' BC/BP = BM/BC da cui BC^2/BP = BM e quindi BC^2/BP^2 = BM/BP = (R1+R2)/R2.

[FeddyStra]

Per il teorema delle secanti, si ha che PA/PM = CB/BM = BP/BC.

Probabilmente nel primo rapporto intendevi PA/AM, altrimenti non è corretto. Comunque, per il resto va bene ed è molto bello. Un altro fatto interessante, che si dimostra immediatamente e da cui si può concludere al medesimo modo, è che ABC è isoscele.