Dispensiamo proiettiva

[bĕlcōlŏn]

(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?)

sì

[Gigi95]

Si può andare col prossimo?

[dario2994]

Se esistesse un prossimo io lo piazzerei
Il problema è che a malapena so che è una proiettività...
Se qualcuno vuole può prendere il comando e passare alla proiettiva vera ma io oltre questo non so andare

p.s. ammazza che bello che è uscito sto topic

[bĕlcōlŏn]

Aggiungo altri problemi che hanno una dimostrazione "proiettiva" (nel senso che sfrutta ciò che è stato detto in questo post ).

$ \textbf{Problema [1]:Teorema della farfalla} $: Data una circonferenza e una corda $AB$ al suo interno, sia $M$ il punto medio di $AB$. Siano $r$ e $s$ due rette che passano per $M$ e siano $R_1$ e$R_2$ le intersezioni di $r$ con la circonferenza (rispettivamente sopra e sotto la corda) e $S_1$ e $S_2$ le intersezioni di $s$ e della circonferenza. Allora $T=R_1S_2 \cap AB$ e $T'=S_1R_2 \cap AB$. Allora $M$ è il punto medio di $TT'$.

$ \textbf{Problema [2]} $: Dato un triangolo $ABC$ sia $P$ un punto interno ad esso. $AP\cap BC=A_1$ e analogamente sono definiti $B_1$ e $C_1$. $A_1B_1 \cap AB = C_2$ e analogamente sono definiti $A_2$ e $B_2$. $A_2$, $B_2$ e $C_ 2$ sono allineati su quella che si definisce tripolare di $P$.

$ \textbf{Problema [3]} $: Sia $ABCD$ un quadrilatero circoscritto a una circonferenza e siano $A_1,B_1,C_1,D_1$ le tangenze dei lati con la circonferenza. Allora le diagonali $AC$, $BD$, $A_1C_1$ e $B_1D_1$ concorrono.

[Sonner]

Dimostrazione 13

$(A,T,M,B)=(A,R',S',B)=(A,M,T',B)$ per proiezione da $S_2$ e da $R_2$. Ma allora $\frac{TB}{TM}=\frac{AT'}{MT'} \rightarrow \frac{TB}{TM}-1=\frac{AT'}{MT'}-1 \rightarrow \frac{MB}{TM}=\frac{AM}{MT'} \rightarrow TM=MT'$.

Dimostrazione 14

$(B,C,A_1,A_2)=(A,B,C_1,C_2)=(A,C,B_1,B_2)=-1$ per costruzione, quindi:
$$\frac{BA_1}{BA_2}\cdot\frac{CA_2}{CA_1}\cdot\frac{AC_1}{AC_2}\cdot\frac{BC_2}{BC_1}\cdot\frac{AB_1}{AB_2}\cdot\frac{CB_2}{CB_1}\rightarrow (\frac{BA_1\cdot CB_1\cdot AC_1}{A_1C\cdot B_1A \cdot C_1B})(\frac{A_2B\cdot B_2C \cdot C_2A}{A_2C\cdot B_2A\cdot C_2B})=-1$$
La prima parentesi è Ceva per $A_1,B_1,C_1$ rispetto ad $ABC$, la seconda Menelao per $A_2,B_2,C_2$ sempre rispetto ad $ABC$. Quindi vale l'allineamento se e solo se vale la concorrenza.

Dimostrazione 15

Siano $P= A'B'\cap C'D'$ e $Q=A'C'\cap B'D'$. Allora $P\in pol(B), P\in pol(D) \rightarrow BD=pol(P)$, ma anche $Q$ sta sulla polare di $P$, quindi $BD,A'C',B'D'$ concorrono in $Q$. Ripetendo il ragionamento anche per l'altra diagonale si vede che anche $AC$ passa di lì.

[bĕlcōlŏn]

Bene per le tre dimostrazioni, se volete altri problemi del genere dovete aspettare Intanto provate a mostrare che la tripolare dell'ortocentro è l'asse radicale della circonferenza circoscritta e della circonferenza di Feuerbach (non c'entra nulla con la proiettiva, prometto di non andare più OT ma sono stato tentato dal post precedente )

[Sonner]

Vabbò la metto

Consideriamo le circonferenze per $ABC$, $H_AH_BH_C$, $BCH_BH_C$. Si vede facilmente che $A'= H_BH_C \cap BC$ è centro radicale delle 3 cfr, quindi in particolare sta sull'asse radicale di circoscritta e nove-punti. A questo punto è sufficiente ciclare il ragionamento per B' e C' analogamente definiti.

[bĕlcōlŏn]

Bon tutto bene
Metto un altro problema, con l'obbligo di risolverlo senza fare conti in coordinate di qualunque genere (oddio se proprio vi piace metteteceli, ma vorrei una soluzione nello spirito di questo thread ). Vi assicuro che esiste una bella soluzione sintetica (che utilizza qualche fatto emerso fuori in questo thread).

$ \textbf{Problema [4]}: $ In un triangolo $ABC$ dimostrare che $H_a$, piede dell'altezza condotta da $A$ a $BC$, e $I_a$, intersezione della bisettrice $AI$, dove $I$ è incentro, con $BC$, sono inversi rispetto alla circonferenza che ha come centro $M_a$, punto medio di $BC$ e raggio $M_a A_1$ dove $A_1$ è il punto di contatto della circonferenza inscritta con il lato $BC$.

Comunque se siete d'accordo invito chiunque abbia un bel problema da proporre che presenti soluzioni che utilizzino fatti/lemmi/teoremi/problemi di questo thread a metterlo. Magari poi potremmo copia-incollare le soluzioni, indicando la fonte e il solutore, e far uscire fuori un bel pdf (alla maniera di Mathlinks ). Per precisare intendo copiare la prima parte di teoria in cui ci sono tutti i teoremi e le definizioni di dario2994 (che se qualcuno vuole può integrare) e poi fare una seconda sezione in cui mettere problemi a partire da quelli che ho proposto io. Che ne dite?

[EvaristeG]

Beh, per quel problema 4 c'è anche una soluzione sintetica che non usa proiettiva

Testo nascosto:

Sia $M$ il punto medio dell'arco $BC$ che non contiene $A$. Allora $ABMC$ è ciclico e le sue diagonali sono il lato $BC$ e la bisettrice $IM$ dell'angolo $\hat{A}$. Dunque le proiezioni di $B$, $C$ su $IM$ e di $A$, $M$ su $BC$ sono concicliche (proiezioni dei vertici di un ciclico sulle sue diagonali); queste due ultime sono $H_a$ e $M_a$. Ora, con abile trucco, si nota che le proiezioni di $B$ e $C$ su $IM$ stanno in effetti sulla circonferenza di centro $M_a$ e raggio $M_aA_1$: sono anch'essi, insieme a $A_1$ e al suo simmetrico in $M_a$, le proiezioni dei vertici di un quadrilatero ciclico sulle sue diagonali, nella fattispecie $I,B,C,I_A$ dove $I_A$ è l'opportuno excentro. Quindi l'inverso della circonferenza per $H_a, M_a$ e le proiezioni di $B$, $C$ su $IM$ è la retta $IM$ da cui, poiché la retta $BC$ è stabile sotto inversione, l'inverso di $H_a$ è $I_a$.

ma forse il trucchetto è un po' misconosciuto.

[bĕlcōlŏn]

Bella soluzione! Il trucchetto non l'avevo mai visto
Un commento sulla soluzione:

Testo nascosto:

Si nota che le proiezioni di $B$ e $C$ su $IM$ stanno in effetti sulla circonferenza di centro $M_a$ e raggio $M_aA_1$.

La conclusione non mi era sembrata subito immediata e allora ho fatto un po' di conti con gli angoli e ho visto che in effetti $M_aA_1$ è diametro. Volevo aggiungere che il quadrilatero ciclico ha una coppia di angoli di 90 gradi sse la "circonferenza delle proiezioni" ha centro su una delle due diagonali, e in particolare su quella non vista (se c'è ) dagli angoli di 90 gradi. E infatti è proprio quello che avviene in questo caso perché $IBCI_a$ ha due angoli opposti retti e la circonferenza delle proiezioni sarà proprio quella di diametro $M_a A_1$.

Per chi vuole provarci, uno sketch della mia soluzione

Testo nascosto:

Chiamo $\gamma$ la circonferenza di centro $M_a$ e raggio $M_aA_1$. Allora la polare di $I$ rispetto a $\gamma$ e la polare del punto all'infinito della retta $AI$ (questa polare sarebbe la perpendicolare ad $AI$ condotta per il centro di $\gamma$), conocorrono su $AH_a$.

[Sonner]

Prima di dimenticarmi scrivo un'altra dimostrazione del problema 4 (anche questa di Sam ).

$I_a$ excentro, $L$ piede della bisettrice, D tangenza dell'incerchio su BC. $(A,L,I,I_a)=-1$ perchè $A,L$ sono centri di similitudine interno/esterno di incerchio/excerchio (stanno sulla retta dei centri e sulle tangenti). Ma allora basta tracciare le perpendicolari a BC dei vari punti per ottenere $(H_a,L,D,A_1)=-1$ che è la tesi (serve ancora un lemma che si è dimostrato da qualche parte in questo topic).

[amatrix92]

E' un peccato non andare avanti in questo post

Metto qualche fatterello carino.

Definizione: Due quaterne si dicono proiettivamente equivalenti se esiste una permutazione dei punti per cui le due quatene hanno lo stesso birapporto.

Osservazione 17: Dati una quaterna $ A, B, C, D $ esistono 6 possibili valori che le quaterne proiettivamente indipendenti possono assumere e detto $ \displaystyle k= \frac {AC\cdot BD}{AD \cdot BC} $ gli altri sono $ 1-k , \frac{1}{k} , \frac{1}{1-k} , \frac{k}{k-1}, \frac{k-1}{k} $.


Teorema 18 (Modulo di una quaterna di punti):
Siano $ S= \{ A, B, C, D \} $ e $ S' = \{ A', B' ,C' ,D' \} $ e siano $ k=(A,B,C,D) $ e $ k'=(A',B',C',D') $. $ S $ e $ S' $ sono proiettivamente equivalente se e solo se $ \displaystyle\frac { (k^2-k+1)^3 }{k(k-1)^2} = \frac { ( (k')^2 -k' +1)^3}{k'(k'-1)^2} $.

Teorema 19: Siano $ r,s $ due retta coincidenti in $ A $, e siano $ B,C,D $ appartendenti a $ r $ e $ B',C',D' $ appartenti a $ s $. Tutti i punti considerati sono distinti. le rette $ BB $' , $ CC' $ e $ DD' $ concorrono in un unico punto se e solo se $ (A,B,C,D) = ( A,B',C',D') $.