Un problema veramente difficile

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

scusate se mi intrometto...
 
 qualcuno ha indirizzi/dispense/roba varia (che non sia il solito wolfram)
 su \'sta \"teoria della polarità\"??
 
 mi piacerebbe saperne di più, visto che è saltata fuori diverse volte, ultimamente
 
 thnx

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Talpuz, sinceramente non so di dispense o siti decenti sulla geometria proiettiva sintetica...per quel che può servirti, puoi definire le cose in questo modo, senza uscire dalla geometria euclidea standard:
 
 Data una conica C e un punto esterno P ad essa ed alla parte di piano da essa delimitata, la polare di P rispetto alla conica C ( pol_C(P) ) è la retta per due punti Q,R tali che PQ e RP siano tangenti a C.
 
 La cosa interessante per la geometria proiettiva è la seguente: le trasformazioni della geometria proiettiva (che conservano le proprietà proiettive) consentono (dal piano in sè) di mandare 4 punti non a tre a tre allineati in 4 punti non a tre a tre allineati; detta dunque T una qualsiasi trasformazione del genere, abbiamo che, date una conica C e un punto P, detta r=pol_C(P) la polare di P rispetto alla conica C, si ha che T(r)=pol_T(C)(T(P)) ovvero se applichiamo la trasformazione alla retta polare di P rispetto a C, otteniamo la retta polare di T(P) rispetto a T(C).
 
 Questo vuol dire che tu puoi risolvere un problema che coinvolga solo proprietà proiettive per un parallelogramma e poi estendere il risultato a qualsiasi quadrilatero tramite le suddette trasformazioni (come più abitualmente faresti nella geometria euclidea dimostrando un risultato per i triangoli equilateri e poi estendendolo a tutti gli altri con le affinità).
 
 Altre proprietà proiettive sono l\'appartenenza, l\'incidenza (in senso lato: due rette parallele sono incidenti all\'infinito), l\'essere un punto/una retta/una conica, il birapporto di quattro punti (o quattro rette per un punto).
 
 Certo non è granchè, ma spero possa servirti a capire la discussione. <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-28 19:18, talpuz wrote:
 scusate se mi intrometto...
 
 qualcuno ha indirizzi/dispense/roba varia (che non sia il solito wolfram)
 su \'sta \"teoria della polarità\"??
 
 mi piacerebbe saperne di più, visto che è saltata fuori diverse volte, ultimamente
 
 thnx
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 
 L\'ho indicato piu\' volte e anche in questa discussione avevo dato un riferimento. Ma se repetita juvant, ecco dove cominciare a guardare per saperne di piu\' su poli, polari, proiettivita\' e affini <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">.
 
 http://www.maths.gla.ac.uk/~wws/cabripa ... ics01.html

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

grazie a entrambi, ci darò un\'occhiata
 
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Altre notizie si possono reperire all\'indirizzo:
 \"http://www.mat.uniroma2.it/~eal/geatti.html\"
 Vi si trovano delle dispense in formato *.pdf
 di livello universitario.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

@sprmnt21 : l\'affermazione di Karl può essere giustificata molto velocemente utilizzando le coordinate omogenee
 
 (chi non sapesse nulla di coordinate omogenee proiettive, non vada avanti a leggere)
 
 data una conica K e quattro punti A,B,C,D su di essa fissi un sistema di riferimento in cui A=[1,0,0] B=[0,1,0] C=[0,0,1] D=[1,1,1] a questo punto la conica deve essere scritta nella forma [xy(1+a) -yz -axz=0] per un qualche a e i vertici del triangolo diagonale di ABCD sono M=[1,1,0]={int tra AB e CD} N=[0,1,1]={int tra AD e BC} P=[1,0,1]={int tra AC e DB} e le rette polari solo:
 pol_M : [x + y - z=0] a cui appartengono evidentemente N e P
 pol_N : [x - y - z=0] a cui appartengono evidentemente M e P
 pol_P : [-x + y - z=0] a cui appartengono evidentemente M eN
 Mi duole dirlo, ma è anche elegante...
 
 (fine parte sulle coordinate omogenee)
 
 Se invece vuoi un modo puramente sintetico per farlo, puoi procedere come segue:
 considera che se conduci una secante ad una conica per un punto P, l\'intersezione tra la secante e la polare di P è un punto P\' che è coniugato armonico di P rispetto ai due punti in cui la secante incontra la conica (e questa è una definizione alternativa di polare); poi studia le relazioni di coniugato armonico tra i vertici del triangolo diagonale ed otterrai la tesi.
 
 @ tutti gli altri : cmq ho suggerito una via euclidea, se qualcuno la tenta non mi offendo...

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

La soluzione di EvaristeG mi sembra piuttosto buona.
 Tuttavia essa sposta il problema su altre nozioni
 di geometria proiettiva che a loro volta ne trascinano altre.
 Insomma che il triangolo diagonale sia autopolare
 (o meglio autoconiugato) non e\' una cosa dimostrabile
 in quattro e quattr\'otto,come avevo del resto gia\' scritto.

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Io avevo pensato ad una cosa del genere. Il risultato su cui mi baso e\' sostanzialmente il fatto che le diagonali dei quadrilateri duali inscritto e circoscritto ad un cerchio sono concorrenti. Questo risultato (che si trova nel sito piu\' volte, da me, citato) deriva dall\'applicazione diretta del teorema di pascal.
 
 Sia ABCD il quadrilatero inscritto e sia A\'B\'C\'D\' il quadrilatero circoscritto in modo tale che A\' e\' il polo di AB, B\' il polo di BC, C\' il polo di CD e D\' il polo di DA. Sia K il punto comune alle diagonali AC, BD (e quindi anche a A\'C\' e B\'D\').
 
 Siano P e Q le intersezioni di AB,CD e AD,BC.
 
 Dato che D\'AD e B\'CB si corrispondono proiettivamente attraverso K, le intersezioni dei lati corrispondenti A\', C\' e Q sono allineati (per il teorema di Deasargues). Ma essendo P l\'intersezione tra la polare di C\' (DC) e la polare di A\' (AB) si ha (per il teorema di De la Hire) che A\'C\' e\' la polare di P.
 Pertanto la polare di P passa per Q e viceversa.
 
 e questo chiude la prova del fatto che K e\' l\'ortocentro di OPQ.
 
 
 
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 01-06-2004 16:53 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 @ tutti gli altri : cmq ho suggerito una via euclidea, se qualcuno la tenta non mi offendo...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 
 Dato ABCD ciclico siano P, Q e K le intersezioni di (AB,CD), (AD,BC) e (AC,BD) rispettivamente. Provare che OK e\' ortogonale a PQ.
 
 Dim.
 Avendo provato (con l\'uso dei potenti mezzi della geometria proiettiva) che K e\' l\'ortocentro di OPQ non ci sarebbe altro da fare che richiamare l\'esercizio precedente.
 
 dare una prova geometrica senza l\'uso di concetti tipo poli e polari e\', secondo me, molto tosto.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Uffa...la geometria proiettiva, se proprio vuoi, ha anche delle coordinate molto comode, che smontano il problema in pochi colpi, senza neanche bisogno di citare teoremi già pronti, solo scrivendo le equazioni di rette e mostrando che alcuni punti vi appartengono.
 
 La strada che ho indicato non è per nulla impossibile con la normale geometria euclidea, quindi non sarebbe male se qualcuno provasse..

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Ma e\' proprio quello che sto cercando di fare: trovare una soluzione COMPLETAMENTE non proiettiva del problema.
 
 Al momento, sono riuscito a provare che:
 
 1) Dato ABCD ciclico siano P, Q e K le intersezioni di (AB,CD), (AD,BC) e (AC,BD) rispettivamente. Provare che OK e\' ortogonale a PQ.
 
 
 Dim. un po\' difficile.
 
 2) Dato ABCD tale che i suoi quattro lati siano tangenti rispettivamente in E,F,G ed H al cerchio c(EFGH) di centro I. Provare che Se P, Q e K\' le intersezioni di (AB,CD), (AD,BC) e (EF,GH) rispettivamente. Provare che IK e\' ortogonale a PQ.
 
 Dim. un po\' meno difficile
 
 A questo punto mi manca di provare in modo non-proiettivo che le diagonali di ABCD ed EFGH concorrono cioe\' che K e K\' dei due problemi sono lo stesso punto.
 
 ----
 
 Ho provato in modo classico anche quest\'ultimo risultato (un paio di colpi di Tolomeo) piu\' un risultato accessorio, pure questo provato senza considerazioni proiettive.
 
 Ora mi serve un po\' di tempo per scrivere il tutto che e\' abbastanza lungo.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 03-06-2004 16:06 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Per dare una soluzione euclidea del problema proposto da EvaristeG, premetto alcuni/e risultati/definizioni.
 
 Una delle possibili definizioni di polare di un punto rispetto ad un cerchio e\' la seguente:
 
 Def. 1
 
 dato un cerchio c di centro O e raggio r e un punto P nel piano di questo, la polare p di P rispetto a c e\' la perpendicolare ad OP condotta per H, dove H e\' l\'inverso di P rispetto a c, cioe\' H e\' un punto di OP tale che OH*OP = r^2.
 
 
 Th. 1
 
 Sia P\' un punto appartenente a p polare di P rispetto a c. Vogliamo provare che la polare p\' di P\' rispetto a c passa per P.
 
 Dim.
 
 Essendo per definizione OH\'*OP\'=r^2=OH*OP, per il teorema delle secanti, si ha che H,H\', P e P\' stanno su uno stesso cerchio. Ma essendo < P\'HP = 90°, PP\' e\' il diametro di questo cerchio. Pertanto la perpendicolare ad OP\' per H\' (cioe\' la polare p\' di P\') passa per P.
 
 Th. 2
 
 Dati un cerchio c di centro O e due punti P e Q nel piano di c, siano p e q le polari di P e Q rispettivamente e sia R la loro intersezione. Si ha che la retta r per P e Q e\' la polare di R.
 
 Dim.
 
 Per il Th. 1 la polare di R, appartendendo R sia a p che a q, deve contenere sia P che Q.
 
 
 Possiamo ora provare il teorema dei quadrilateri duali.
 
 
 Th. 3
 
 Sia c un cerchio di centro I inscritto nel quadrilatero ABCD e tangente ad AB, BC, CD e DA in A\',B\',C\' e D\' rispettivamente. Provare che le quattro diagonali sono concorrenti.
 
 Dim.
 
 Siano P e Q i punti d\'intersezione di AB,DC e AD,BC rispettivamente. Proviamo che A\'D\' e B\'C\' s\'incontrano su PQ. Siano J e J\' i punti in cui PQ e\' tagliata daA\'D\' e B\'C\' rispettivamente.
 Per il teorema di Tolomeo applicato al triangolo PAQ tagliato da A\'D\' si ha che JQ/JP = A\'P/QD\'.
 Per il teorema di Tolomeo applicato al triangolo PCQ tagliato da B\'C\' si ha che J\'Q/J\'P = C\'P/QB\'.
 Pertanto dato che A\'P/QD\'=C\'P/QB\' allora J coincide con J\'.
 
 Per il th.1 si ha che J e\' la polare di AC. A\'C\' e D\'B\' sono le polari di P e Q. Essendo P, Q e J allineati, le polari corrispondenti sono concorrenti, per il th. 2.
 
 In modo identico si prova che D\'C\' e A\'B\' si incontrano su PQ. Basta considerare PDQ e PBQ tagliati rispettivamente da D\'C\' e A\'B\' ed applicare Tolomeo come sopra.
 
 
 Th. 4
 
 Sia c un cerchio di centro I inscritto nel quadrilatero ABCD e tangente ad AB, BC, CD e DA in A\',B\',C\' e D\' rispettivamente. Siano P e Q i punti d\'intersezione di AB,DC e AD,BC rispettivamente e sia R il punto comune ad AC’, B’D’. Vogliamo provare che IR e’ ortogonale a PQ.
 
 Dim.
 Se indichiamo con N il (secondo) punto in cui c(D’B’Q) taglia PQ, si ha che < INP = 90°. Da questo deriva che PA’C’N e’ ciclico. Pertanto per il teorema degli assi radicali le tre rette A’C’, B’D’ e IN concorrono (in R).
 
 Th. 5
 
 Sia ce un cerchio di centro O circoscritto al quadrilatero ABCD. Siano P, Q ed R i punti d\'intersezione di (AB,DC), (AD,BC) e (AC,BD) rispettivamente. Vogliamo provare che OR e’ ortogonale a PQ.
 
 Dim.
 
 Sia N il (secondo) punto in cui c(BCP) taglia PQ. Dato che < CNQ = < PBC e < CDQ = < CAB si ha che < CNQ + < CDQ = 180, quindi anche c(DCQ) passa per N. Se indichiamo con O1 e O2 i centri di c(BCP) e c(DCQ) rispettivamente , si ha che OO1NO2 e’ ciclico. Infatti, dato che O1O2 e’ l’asse di CN, < O1NO2 = < O1CO2 = < BCD ed, essendo < BCD supplementare a < O1OO2, si ha che < O1OO2 + < O1NO2 = 180.
 Si ha che < NDQ = < NCQ = < OO1O2 poiche’ rette ortogonali a due a due formano angoli uguali; < O1OO2 = < DCQ poiche’ entrambi supplementari a < BCD. Essendo inoltre < DCQ = < DNQ si ha che i triangoli DNQ e OO1O2 sono simili. In particolare < O2NQ = < O3OO2 dove O3 e’ il centro di c(OO1O2) da cui deriva che ON e’ ortogonale a PQ.
 Risulta che NCOA e’ ciclico. Infatti < OCA + < COA/2 = 90°, ma < ONC + < CNP = 90 e dato che < CNP = < CBA = < COA/2 quindi < OCA = < ONC.
 Inoltre dal fatto che < DNQ = < BAD e dal fatto che sono complementari rispettivamente a < DNO e < DBO segue che anche BNDO e’ ciclico.
 Gli assi radicali dei tra cerchi c(ABCD), c(NCOA) e c(BNDO) sono concorrenti pertanto OR e’ ortogonale a PQ come dichiarato.
 
 
 Problema originario.
 
 Sol.
 Applicando il th. 3 il th. 4 e il th. 5 si ha la tesi.
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 04-06-2004 14:32 ]

amanlio · Messaggio da **amanlio** » 01 gen 1970, 01:33

Qual\'è il teorema di Tolomeo che applichi al triangolo?
 
 Io conosco solamente il Teorema di Tolomeo per i quadrilateri.
 
 
 Grazie.

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-07-12 13:32, amanlio wrote:
 Qual\'è il teorema di Tolomeo che applichi al triangolo?
 
 Io conosco solamente il Teorema di Tolomeo per i quadrilateri.
 
 
 Grazie.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 
 Leggi Menelao al posto di Tolomeo e tutto dovrebbe andare a posto <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">.
 Sorry!

amanlio · Messaggio da **amanlio** » 01 gen 1970, 01:33

OK ...puoi trovare una dimostrazione per tale esercizio in
 
 www.cut-the-knot.org/Curriculum/ Geometry/BicentricQuadri.shtml - 24k - 10 lug 2004
 
 altre dimostrazioni di tipo trigonometrico sono referenziate su tale sito......
 
 
 Pomeriggio studierò la tua dimostrazione che mi sembra molto elegante ed interessante.............. però solo dopo che l\'avrò compresa potrò valutarne il grado di difficoltà.
 
 Complimenti in ogni caso per aver utilizzato la sola geometria sintetica.