Va bene, capisco che geometria ripudii ai più (anche se dopo le ammissioni a Pisa di quest\'anno, qualcuno farebbe meglio a cambiare idea...), però non è possibile che l\'unico quesito recente di geometria (a parte i tentativi di tener vivo l\'argomento dello stoico sprmnt21) sia una geodetica su un cubo...
<BR>Quindi ecco un problema (facilino a dir la verità) la cui soluzione, a quel che ne so, non è proprio una perla di eleganza euclidea...la richiesta aggiuntiva è dunque quella di trovare una dimostrazione, oltre che, ovviamente, corretta, anche elegante (qualunque cosa questo voglia dire).
<BR>
<BR>Sia ABC in un generico triangolo e sia P un punto ad esso esterno, sullo stesso piano di ABC. I segmenti AP, BP, CP intersecano i lati BC,CA,AB (o i loro prolungamenti) nei punti D,E,F rispettivamente. Si sa che PBD, PCE, PAF sono equiestesi.
<BR>Dimostrare che l\'area di ciascuno di questi tre triangoli è uguale all\'area di ABC.
<BR>
<BR>Buon Divertimento.
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
Geometria inelegante
Moderatore: tutor
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Antimateria
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Decisamente ti sbagli, Anti...
<BR>So che sarebbe molto più caritatevole allegare un disegno, ma non lo faccio per due motivi:
<BR>1) non lo so fare (io e gli allegati siamo nemici giurati)
<BR>2) non sono caritatevole.
<BR>
<BR>Posso però dire che devi disegnare il tutto con una certa cura, poichè, ovviamente, sebbene il triangolo sia generico, il punto P non lo è...interessante sarebbe anche trovare quando esista P e se esso sia un punto unico o se vi siano più punti che portano allo stesso risultato.
<BR>Cmq...diciamo che, se PA incontra il prolungamento di BC dalla parte di B, PC dovrà incontrare il prolungamento di AB dalla parte di A e PB dovrà intersecare AC tra A e C.
<BR>Chiaro no? <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
<BR>So che sarebbe molto più caritatevole allegare un disegno, ma non lo faccio per due motivi:
<BR>1) non lo so fare (io e gli allegati siamo nemici giurati)
<BR>2) non sono caritatevole.
<BR>
<BR>Posso però dire che devi disegnare il tutto con una certa cura, poichè, ovviamente, sebbene il triangolo sia generico, il punto P non lo è...interessante sarebbe anche trovare quando esista P e se esso sia un punto unico o se vi siano più punti che portano allo stesso risultato.
<BR>Cmq...diciamo che, se PA incontra il prolungamento di BC dalla parte di B, PC dovrà incontrare il prolungamento di AB dalla parte di A e PB dovrà intersecare AC tra A e C.
<BR>Chiaro no? <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
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Ospite
si chiaro...
<BR>pero\' prima non ho capito se ti interessa comunque la mia soluzione superalgebricosa o vuoi aspettarne una molto piu divertente ed \"elegante\" geometrica(sempre che la riesca trovare)...
<BR>se poi antimateria ha ancora problemi sui disegni, mi chieda sono un\'esperta di disegnini...
<BR>byez
<BR>ff
<BR>pero\' prima non ho capito se ti interessa comunque la mia soluzione superalgebricosa o vuoi aspettarne una molto piu divertente ed \"elegante\" geometrica(sempre che la riesca trovare)...
<BR>se poi antimateria ha ancora problemi sui disegni, mi chieda sono un\'esperta di disegnini...
<BR>byez
<BR>ff
Faccio vedere come funziona il meccanismo per un punto P INTERNO.
<BR>Aggiustando un po\' di segni (presente teorema di Ceva - teorema di
<BR>Menelao? Stessa storia) si ottiene anche la collocazione di P ESTERNO
<BR>come richiesto dal problema.
<BR>
<BR>Assumiamo che le coordinate trilineari del nostro punto P siano
<BR>f(a):f(b):f(c)
<BR>
<BR>Avremo
<BR>AF/FB = [APF]/[FPB] = [ACP]/[PCB] = b f(b) / a f(a)
<BR>E procediamo analogamente per BD/DC e CE/EA.
<BR>Avremo [PAF]=AF f(c) = b c f(b) f(c) / ( b f(b) + a f(a) )
<BR>E procediamo analogamente per [PBD] e [PCE]
<BR>
<BR>Ora [PAF]=[PBD]=[PCE] implica (dopo qualche conto)
<BR>che le coordinate trilineari di P siano del tipo 1/a:1/b:1/c
<BR>Ovvero che P sia il BARICENTRO di ABC (quando P è interno).
<BR>
<BR>Non è un metodo *completamente* geometrico ma credo
<BR>sia sufficientemente elegante.. Ora sta a voi rimettere a
<BR>posto i segni, onestamente adesso non ne ho voglia!
<BR>
<BR>
<BR>Aggiustando un po\' di segni (presente teorema di Ceva - teorema di
<BR>Menelao? Stessa storia) si ottiene anche la collocazione di P ESTERNO
<BR>come richiesto dal problema.
<BR>
<BR>Assumiamo che le coordinate trilineari del nostro punto P siano
<BR>f(a):f(b):f(c)
<BR>
<BR>Avremo
<BR>AF/FB = [APF]/[FPB] = [ACP]/[PCB] = b f(b) / a f(a)
<BR>E procediamo analogamente per BD/DC e CE/EA.
<BR>Avremo [PAF]=AF f(c) = b c f(b) f(c) / ( b f(b) + a f(a) )
<BR>E procediamo analogamente per [PBD] e [PCE]
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<BR>Ora [PAF]=[PBD]=[PCE] implica (dopo qualche conto)
<BR>che le coordinate trilineari di P siano del tipo 1/a:1/b:1/c
<BR>Ovvero che P sia il BARICENTRO di ABC (quando P è interno).
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<BR>Non è un metodo *completamente* geometrico ma credo
<BR>sia sufficientemente elegante.. Ora sta a voi rimettere a
<BR>posto i segni, onestamente adesso non ne ho voglia!
<BR>
<BR>
Uhm...secondo voi perchè ho scritto <B>in</B>elegante nel titolo?
<BR>Cmq...ecco la soluzione brutta (o una delle) :
<BR>
<BR>Siano [BPD]=[CPE]=[APF]=x, [ABE]=u, [PAE]=v e [BCE]=w, allora [BAD]=x-u-v. Noi possiamo calcolare i rapporti BD/DC, CE/EA, AF/FB in due modi diversi, come rapporti tra aree di triangoli di uguale altezza:
<BR>BD/DC=[DBA]/ [DCA]=(x-u-v)/(x-u+w)=[DBP]/[DPC]=x/(2x+w)
<BR>CE/EA=x/v=w/u
<BR>AF/FB=x/(x+u+v)=(2x+v)/(2x+u+v+w)
<BR>
<BR>con un po\' di algebretta si arriva a scrivere:
<BR>x=w(w^2 - uw -u^2)/(2wu+u^2) (A)
<BR>x^2(w-u)=uw(3x+w)
<BR>ed eliminando la x si ottiene
<BR>(w-u)(w+u)(w^3-3uw^2-4u^2w-u^3)=0
<BR>w=u non è accettabile, come è facile verificare sostituendo nella prima
<BR>w=-u men che meno
<BR>quindi w^3-3uw^2-4u^2w-u^3=0
<BR>e se sostituiamo w^3 da questa nella (A) otteniamo dopo qualche semplificazione x=u+w che era ciò che volevamo.
<BR>c\'è anche un altro metodo altrettanto inelegante,ma vorrei che qualcuno mi tirasse fuori dal cilindro (o da dove preferisce...) un metodo brillante, ingegnoso, semplice e strabiliante per risolvere il quesito (poi se ha tempo, porti pure la pace nel mondo, sfami l\'africa, risolva i problemi ecologici del sud America e risani il debito pubblico italiano).
<BR>Cmq...ecco la soluzione brutta (o una delle) :
<BR>
<BR>Siano [BPD]=[CPE]=[APF]=x, [ABE]=u, [PAE]=v e [BCE]=w, allora [BAD]=x-u-v. Noi possiamo calcolare i rapporti BD/DC, CE/EA, AF/FB in due modi diversi, come rapporti tra aree di triangoli di uguale altezza:
<BR>BD/DC=[DBA]/ [DCA]=(x-u-v)/(x-u+w)=[DBP]/[DPC]=x/(2x+w)
<BR>CE/EA=x/v=w/u
<BR>AF/FB=x/(x+u+v)=(2x+v)/(2x+u+v+w)
<BR>
<BR>con un po\' di algebretta si arriva a scrivere:
<BR>x=w(w^2 - uw -u^2)/(2wu+u^2) (A)
<BR>x^2(w-u)=uw(3x+w)
<BR>ed eliminando la x si ottiene
<BR>(w-u)(w+u)(w^3-3uw^2-4u^2w-u^3)=0
<BR>w=u non è accettabile, come è facile verificare sostituendo nella prima
<BR>w=-u men che meno
<BR>quindi w^3-3uw^2-4u^2w-u^3=0
<BR>e se sostituiamo w^3 da questa nella (A) otteniamo dopo qualche semplificazione x=u+w che era ciò che volevamo.
<BR>c\'è anche un altro metodo altrettanto inelegante,ma vorrei che qualcuno mi tirasse fuori dal cilindro (o da dove preferisce...) un metodo brillante, ingegnoso, semplice e strabiliante per risolvere il quesito (poi se ha tempo, porti pure la pace nel mondo, sfami l\'africa, risolva i problemi ecologici del sud America e risani il debito pubblico italiano).