Dispensiamo proiettiva

[Sonner]

Aggiungo la dimostrazione di Brianchon

Dimostrazione 7

Applico il teorema di Pascal all'esagono ADBFCE (posso farlo siccome nella dimostrazione non avevamo usato in alcun modo che il poligono fosse convesso), allora siano X,Y,Z i punti allineati. Per i fatti 5 allora le loro polari concorrono. Qual è la polare di Z? Z è intersezione di BD e CE, quindi la sua polare passa per i poli delle due rette, che sono vertici opposti (separati da 3 segmenti) nell'esagono del teorema di Brianchon, quindi le polari di X,Y,Z sono proprio le diagonali cercate.

[dario2994]

Bon, le dimostrazioni 7,8,9 sono perfette
La dimostrazione del 6 non mi è chiara... fino a prima della traslazione mi torna... poi non capisco che fai... puoi riscriverla?
Continuo un poco anche se circa ho finito (che ovviamente non vuol dire che la geometria proiettiva finisce qua... anzi, io manco ho definito piano proiettivo..., ma che qua finisce quello che so io... se mai imparerò le proiettività e robe di quel genere mi impegnerò a continuare (ma in effetti così non è male... aggiungendoci fatti di proiettiva "vera" rischierebbe di diventare una noia algebrica... (simpatica giustificazione della mia ignoranza ) ) )
Piccola nota: tutti i fatti sulle polari, la definizione stessa, possono essere rimaneggiati in modo da funzionare anche sulle coniche... questo principalmente perchè la "conicità" (l'essere conica) si mantiene per proiettività (ok, questa è metafisica, mi sono convinto io che è per questo che si può generalizzare... ma potrebbe essere una sbalorditiva minchiata )

Teorema 10:
Siano $A,B,C$ 3 punti e $\omega$ una circonferenza. Dimostrate che le rette $\overleftrightarrow{APol_{\omega}(BC)},\overleftrightarrow{BPol_{\omega}(CA)},\overleftrightarrow{CPol_{\omega}(AB)}$ concorrono.

Testo nascosto:

Di questo non riesco a ricordarmi la dimostrazione, ma sono certo sia vero e fattibile. È interessante notare che non ha molto a che fare con la geometria euclidea alla fine...

Def.4 Quadrilatero armonico
Dato $ABCD$ quadrilatero ciclico lo definisco armonico sse $AB\cdot CD=AD\cdot BC$

Teorema 11:
Dato $ABCD$ quadrilatero ciclico è armonico se e solo se le tangenti da $A,C$ si incontrano su $BD$

Corollario 11.1: Lemma della simmediana
Dato $ABCD$ ciclico se $BD$ è simmediana di $ABC$ allora $CA$ è simmediana di $BCD$

[fph]

la "conicità" (l'essere conica) si mantiene per proiettività (ok, questa è metafisica, mi sono convinto io che è per questo che si può generalizzare... ma potrebbe essere una sbalorditiva minchiata )

È vero, la "conicità" si mantiene per proiettività. In coordinate proiettive è banale: una conica [proiettiva] è il luogo di zeri di un'equazione di secondo grado [omogenea] in x e y [e t].

[EvaristeG]

Una proiettività può essere vista così: prendete il vostro piano su cui ci sono i vostri disegni e mettetelo nello spazio 3d (come un foglio trasparente con dei disegni sopra, solo infinito), scegliete un punto fuori da questo foglio e metteteci un sole puntiforme, poi prendete un altro foglio infinito (o piano) e considerate l'ombra dei disegni Ovvero proiettate dal punto il primo piano sul secondo.
La mappa da un piano all'altro (che poi può essere considerata una trasformazione dal piano in sé stesso) è una proiettività.

A questo punto, prendete un piano con una conica sopra, prendete il piano di arrivo e il punto da cui proiettate, fate il cono dal punto sulla conica, allora l'immagine della conica tramite la proiettività è un'altra sezione del cono, quindi è sempre una conica.

[dario2994]

Bueno ,c'ho preso
Faccio una piccola aggiunta, che mi ero completamente dimenticato:

Teorema 12: Desargues
Siano $ABC$ e $A'B'C'$ 2 triangoli, allora le rette $AA',BB',CC'$ concorrono se e solo se i punti $AB\cap A'B', BC\cap B'C', CA\cap C'A'$ sono allineati.

Testo nascosto:

Io per dimostrarlo mi sono ispirato alla dimostrazione di Sonner di Pascal...

[dario2994]

Tanto per sminchiare: oggi, 420 anni fa, nacque Desargues

[gatto_silvestro]

Dimostrazione 10
Applico Brianchon all'esagono $ A,Pol_{\omega}(AB), B, Pol_{\omega}(BC), C, Pol_{\omega}(CA) $.
Infatti ogni lato è tangente a $ \omega $ per la definizione di polare.

[Sonner]

Scusami ma mi sa che non ho capito

Se ho capito bene, l'esagono di cui parli è formato da 3 punti esterni a $ \omega $ (A,B,C) e da tre punti interni (i poli delle rette) e non è inscrivibile. O meglio, è inscrivibile sse le rette sono tangenti a $ \omega $ (e allora si ha il punto di Gergonne), mi sono perso qualcosa?

[gatto_silvestro]

Non hai capito perchè avevo aggiunto un ipotesi.

Teorema 13
$(A,B,C,D)=(pol(A),pol(B),pol(C),pol(D))$

Dimo:
Proietto su una retta passante per il centro e poi son 2 conti.

Dimostrazione 10
Sia $D=pol(AB), E=pol(BC), F=pol(AC)$ e sia $S=AE\cap BF, T=BC \cap DF, U=BC\cap AE, V=DF\cap AE $

Allora

$pol(AU)=pol(AE)=DF\cap BC=T$ e $pol(AT)=DF\cap AE = V$

Quindi per il teorema 13 (B,C,U,T)=(AB,AC,AU,AT)=(D,F,T,V)=(F,D,V,T).

E per il colorrario 1.1 $AE,BF,CD$ concorrono.

[dario2994]

Up... che mancano ancora 11, 11.1, 12 da dimostrare

[Gigi95]

Dimostrazione 11
Siano $ A,B,C $ tre punti fissati e $ \Gamma $ la loro circonferenza circoscritta.
Sia $ P $ l'intersezione tra le tangenti da $ A $ e $ C $; sia $ D $ l'intersezione (diversa da $ B $), tra $ PB $ e $ \Gamma $.
Per la similitudine tra $ \triangle APD $ e $ \triangle BPA $ si ha $ \displaystyle \frac{AD}{AP}=\frac{AB}{PB} $ e allo stesso modo $ \displaystyle \frac{CD}{CP}=\frac{BC}{PB} $.
Quindi moltiplicando si ottiene $ \displaystyle \frac{AD\cdot BC}{AP\cdot PB}=\frac{AB\cdot CD}{CP\cdot PB} $, inoltre, essendo segmenti di tangenti per lo stesso punto, $ AP=CP $ da cui si conclude che il quadrilatero $ ABCD $ è armonico.

Sia $ Q $ un punto sulla circonferenza $ \Gamma $, e sia $ r $ una retta non passante per $ Q $.
Se $ X\in\Gamma $, sia $ X'=QX\cap r $.
Essendo $ ABCD $ un quadrilatero armonico, si ha $ (A',C',B',D')=-1 $ (nessuno di quei punti coincide e il valore assoluto del birapporto deve essere 1 visto che il quadrilatero è armonico).
Sia $ E $ un punto su $ \Gamma $ tale che il quadrilatero $ ABCE $ è armonico, si ha $ (A',C',B',E')=-1=(A',C',B',D') $, da cui si ottiene $ E'\equiv D' $ e quindi $ E\equiv D $ e quindi il quadrilatero $ ABCD $ è l'unico quadrilatero armonico avente tre vertici in $ A,B,C $.

Dimostrazione 11.1
Supponiamo $ BD $ simmediana di $ \triangle ABC $, per definizione di simmediana e quindi per il teorema 11, il quadrilatero $ ABCD $ è armonico.
Se $ ABCD $ è armonico, allora per il teorema 11, $ \overleftrightarrow{ (Pol_\Gamma B\cap Pol_\Gamma D)C }=\overleftrightarrow{AC} $; dove $ \overleftrightarrow{XY} $ è la retta $ XY $.
E quindi, sempre per la definizione di simmediana, $ AC $ lo è per $ \triangle BCD $.

È tutto chiaro? Per favore, segnalate qualunque imprecisione!!!

P.S. Il teorema 12 è sulle schede, ma non ho ancora pensato a una dimostrazione.

EDIT: Tolti gli hides, li avevo messi per rendere la pagina più scorrevole...

[dario2994]

Tutto chiaro e giusto Però togli le dimostrazioni da hide, mica è un segreto... e mica siamo su scienzematematiche
Resta solo il 12

[Gigi95]

Un hintino per il 12?

[bĕlcōlŏn]

Per allineamento $\Rightarrow$ concorrenza, io

Testo nascosto:

manderei la retta su cui sono allineate le intersezioni all'infinito.

Per l'altra freccia

Testo nascosto:

manderei all'infinito una retta che passa per il punto di concorrenza.

[Gigi95]

Dimostrazione 12

Step 1: allineamento $ \Rightarrow $ concorrenza.
Sia $ A_0=BC\cap B'C' $, analogamente si definiranno $ B_0 $ e $ C_0 $. Supponiamo questi tre punti allineati.
Effettuo una proiettività che manda la retta passante per $ A_0,B_0,C_0 $ nella retta all'infinito (in questa proiettività il piano su cui si proietta è parallelo al piano tra la retta $ A_0B_0 $ e il punto rispetto a cui si proietta, giusto?), diremo che la proiettività manda il generico punto $ X $ del piano nel punto $ X_1 $.
Siccome si incontrano all'infinito, si ha $ A_1B_1 \parallel A'_1B'_1 $ e cicliche.
Sia $ O=A_1A'_1\cap B_1B'_1 $, dal parallelismo di $ A_1B_1 $ e $ A'_1B'_1 $ segue che $ \triangle A_1B_1O $ è omotetico a $ \triangle A'_1B'_1O $ per il teorema di Talete. Quindi esiste un'omotetia di centro $ O $ che manda $ A_1 $ in $ A'_1 $ e $ B_1 $ in $ B'_1 $, questa omotetia conserva i parallelismi e quindi non può far altro che mandare $ C_1 $ in $ C'_1 $, ma allora $ C_1C'_1 $ passa per $ O $, da qui la tesi.

Step 2: concorrenza $ \Rightarrow $ allineamento.
Sia $ O=AA'\cap BB' \cap CC' $.
Attraverso una proiettività mando $ O $ in un punto all'infinito. Come prima, la proiettività manda $ X $ in $ X_1 $.
Sia $ A_0=B_1C_1\cap B'_1C'_1 $ e analogamente si definiscono $ B_0 $ e $ C_0 $.
Siccome si incontrano in un punto all'infinito, si ha $ A_1A'_1\parallel B_1B'_1\parallel C_1C'_1 $.
Per gli stessi motivi sopra citati, esiste un'omotetia di centro $ C_0 $ che manda $ A_1 $ in $ A'_1 $ e $ B_1 $ in $ B'_1 $, inoltre ciclicamente si ha lo stesso per le altre due omotetie.
L'omotetia di centro $ A_0 $ manda $ B_1B'_1 $ in $ C_1C'_1 $ e quella di centro $ B_0 $ manda $ C_1C'_1 $ in $ A_1A'_1 $ e quindi l'omotetia di centro $ C_0 $ è la composizione delle due omotetie di centro $ A_0 $ e $ B_0 $, quindi i tre punti $ A_0,B_0,C_0 $ sono allineati, CVD.