C'è qualcuno che ha usato un metodo analitico e gli hanno dato qualche punto??
io mi sono accorto oggi che per l'equazione di una retta parallela all'asse delle ordinate ho scritto y=...
altrimenti tornava tutto e veniva fuori l'equazione di una circonferenza cioèèèèèèèèèèèèèè
Problema di Geometria
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Ebbene sì...: qualcuno ha usato la retta di Eulero e due omotetie... con un misto di soddisfazione e vergogna al tempo stesso... Miserere. Prometto che non lo faccio più... forse.
s
PS: mi unisco agli altri nel fare i complimenti a tutti... soprattutto ai soliti
.
PPS: ehm... poichè non scrivo quasi mai sul forum forse è il caso che mi presenti... Sono Stefano di Provvido da Teramo... Alloggiavo al villa Tina.
PPPS: per HumanTorch: chi sei?
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ma figuriamoci, ognuno può utilizzare quello che vuole (alzi la mano chi non ha urlato CAUCHY e riordinamento a prima botta vedendo il 5, che fra parentesi mi sono ciulato con l'induzione senza verifica per n=4 ma per cui c'è una soluzione alternativa che magari posto asseguito)Serrano ha scritto:Ebbene sì...: qualcuno ha usato la retta di Eulero e due omotetie... con un misto di soddisfazione e vergogna al tempo stesso... Miserere. Prometto che non lo faccio più... forse.
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PPS: ehm... poichè non scrivo quasi mai sul forum forse è il caso che mi presenti... Sono Stefano di Provvido da Teramo... Alloggiavo al villa Tina.
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chi sono? sono Batman.
No, sono quello con i capelli. Tanti. From Lecce con furore (al KING)
Credo questa sia la dimostrazione più corta che esiste (l'idea è di frengo, i conti ora li ho fatti io, quindi ogni merito è suo, ogni demerito mio ):
Sistema di riferimento vettoriale col circocentro di APB nell'origine allora (le lettere indicano i vettori posizione)
$ \overrightarrow{H}=\overrightarrow{A}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{B} $ per fatti ben noti sulla retta di Eulero
quindi
$ \overrightarrow{PH}=\overrightarrow{H}-\overrightarrow{P}=(\overrightarrow{A}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{B})-\overrightarrow{P}=\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B} $
Quindi la trasformazione che manda P nel suo H è una traslazione di vettore $ \overrightarrow{A}+\overrightarrow{B} $.
E' facile affermare che tale vettore ha come modulo il doppio del segmento OM, dove M è il punto medio di AB. Quindi abbiamo che il nostro luogo è proprio la circonferenza simmetrica rispetto ad AB, ricordandoci di affermare che tutte le ugualianze sono invertibili e che dobbiamo togliere le immagini di A e B nella traslazione abbiamo finito.
):Sistema di riferimento vettoriale col circocentro di APB nell'origine allora (le lettere indicano i vettori posizione)
$ \overrightarrow{H}=\overrightarrow{A}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{B} $ per fatti ben noti sulla retta di Eulero
quindi
$ \overrightarrow{PH}=\overrightarrow{H}-\overrightarrow{P}=(\overrightarrow{A}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{B})-\overrightarrow{P}=\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B} $
Quindi la trasformazione che manda P nel suo H è una traslazione di vettore $ \overrightarrow{A}+\overrightarrow{B} $.
E' facile affermare che tale vettore ha come modulo il doppio del segmento OM, dove M è il punto medio di AB. Quindi abbiamo che il nostro luogo è proprio la circonferenza simmetrica rispetto ad AB, ricordandoci di affermare che tutte le ugualianze sono invertibili e che dobbiamo togliere le immagini di A e B nella traslazione abbiamo finito.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
Non so se vale, ma è la stessa medesima idea che ho avuto io, solo in notazione affine:
Sia O il circocentro di ABP e G il baricentro. O è il centro di Gamma e si sa che
G = (A+B+P)/3 = (2O+H)/3.
Risolvendo in H e riarrangiando si trova
H = P + (A-O) + (B-O),
ossia H è il traslato di P attraverso la traslazione T di vettore OA + OB. Ne segue che il luogo è contenuto in T(Gamma \ A,B), che è una circonferenza congruente a Gamma.
Inoltre, se scelgo P diametralmente opposto ad A, si vede che 2O = A + P, da cui H = B[A]. Cioè il luogo passa per A e per B ed è necessariamente il simmetrico di Gamma rispetto all'asse radicale AB (tranne i soliti due punti rognosi).
L'altro contenimento è ovvio, considerando la traslazione inversa.[]
Sia O il circocentro di ABP e G il baricentro. O è il centro di Gamma e si sa che
G = (A+B+P)/3 = (2O+H)/3.
Risolvendo in H e riarrangiando si trova
H = P + (A-O) + (B-O),
ossia H è il traslato di P attraverso la traslazione T di vettore OA + OB. Ne segue che il luogo è contenuto in T(Gamma \ A,B), che è una circonferenza congruente a Gamma.
Inoltre, se scelgo P diametralmente opposto ad A, si vede che 2O = A + P, da cui H = B[A]. Cioè il luogo passa per A e per B ed è necessariamente il simmetrico di Gamma rispetto all'asse radicale AB (tranne i soliti due punti rognosi).
L'altro contenimento è ovvio, considerando la traslazione inversa.[]
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
Non è esattamente un modello di eleganza...
Poichè il quesito è invariante per isometria-omotetia posso scrivere P, A e B associando nel piano le seguenti coordinate
$ P\equiv (\cos \theta, \sin \theta) $
$ A\equiv (\cos \alpha, \sin \alpha) $
$ B\equiv (\cos \alpha, -\sin \alpha) $
L'altezza di $ P $ è chiaramente $ y=\sin \theta $
Il coefficente angolare di PB è $ $ \frac{\sin \theta+\sin \alpha}{\cos \theta - \cos \alpha} $
Quindi la generica perpendicolare è $ $ y=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+k $
Passando per A avremo che l'altezza di A è
$ $y=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+\sin \alpha+\cos \alpha \frac{\cos \theta-\cos \alpha}{\sin \theta + \sin \alpha} $
Quindi intersechiamo le due rette per trovare il generico H
la $ y $ è ovviamente $ \sen \theta $ per la x abbiamo l'equazione
$ $\sin \theta=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+\sin \alpha+\cos \alpha \frac{\cos \theta-\cos \alpha}{\sin \theta + \sin \alpha} $
$ $\sin \theta-\sin \alpha=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+\cos \alpha \frac{\cos \theta-\cos \alpha}{\sin \theta + \sin \alpha} $
$ $ \sin^2 \theta -\sin^2 \alpha= (\cos \alpha-\cos \theta)x-\cos \alpha(\cos \alpha-\cos \theta) $
$ $ \cos^2 \alpha -\cos^2 \theta= (\cos \alpha-\cos \theta)x-\cos \alpha(\cos \alpha-\cos \theta) $
*** ora sto facendo la divisione per cos alpha - cos theta che implica l'escludere le immagini e prima c'era una divisone (invertendo i passaggi) per sin alpha + sin theta che fa perdere AB diametro e ciò implica che ho perso 1 punto da pirla***
$ $ \cos \alpha+\cos \theta=x-\cos \alpha $
$ x=\cos \theta+2 \cos \alpha $
Quindi le coordinate dell'ortocentro sono, dadaaan
$ H\equiv (\cos \theta+2\cos \alpha, \sin \theta) $
che è
i) una circonferenza di raggio uguale a quella iniziale
ii) una circonferenza col centro sull'asse di AB
iii) la distanza centro luogo - centro circonferenza è due volte OM, dove M è punto medio di AB
Quindi è proprio la simmetria rispetto ad AB []
Poichè il quesito è invariante per isometria-omotetia posso scrivere P, A e B associando nel piano le seguenti coordinate
$ P\equiv (\cos \theta, \sin \theta) $
$ A\equiv (\cos \alpha, \sin \alpha) $
$ B\equiv (\cos \alpha, -\sin \alpha) $
L'altezza di $ P $ è chiaramente $ y=\sin \theta $
Il coefficente angolare di PB è $ $ \frac{\sin \theta+\sin \alpha}{\cos \theta - \cos \alpha} $
Quindi la generica perpendicolare è $ $ y=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+k $
Passando per A avremo che l'altezza di A è
$ $y=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+\sin \alpha+\cos \alpha \frac{\cos \theta-\cos \alpha}{\sin \theta + \sin \alpha} $
Quindi intersechiamo le due rette per trovare il generico H
la $ y $ è ovviamente $ \sen \theta $ per la x abbiamo l'equazione
$ $\sin \theta=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+\sin \alpha+\cos \alpha \frac{\cos \theta-\cos \alpha}{\sin \theta + \sin \alpha} $
$ $\sin \theta-\sin \alpha=\frac{\cos \alpha-\cos \theta}{\sin \theta + \sin \alpha}\cdot x+\cos \alpha \frac{\cos \theta-\cos \alpha}{\sin \theta + \sin \alpha} $
$ $ \sin^2 \theta -\sin^2 \alpha= (\cos \alpha-\cos \theta)x-\cos \alpha(\cos \alpha-\cos \theta) $
$ $ \cos^2 \alpha -\cos^2 \theta= (\cos \alpha-\cos \theta)x-\cos \alpha(\cos \alpha-\cos \theta) $
*** ora sto facendo la divisione per cos alpha - cos theta che implica l'escludere le immagini e prima c'era una divisone (invertendo i passaggi) per sin alpha + sin theta che fa perdere AB diametro e ciò implica che ho perso 1 punto da pirla***
$ $ \cos \alpha+\cos \theta=x-\cos \alpha $
$ x=\cos \theta+2 \cos \alpha $
Quindi le coordinate dell'ortocentro sono, dadaaan
$ H\equiv (\cos \theta+2\cos \alpha, \sin \theta) $
che è
i) una circonferenza di raggio uguale a quella iniziale
ii) una circonferenza col centro sull'asse di AB
iii) la distanza centro luogo - centro circonferenza è due volte OM, dove M è punto medio di AB
Quindi è proprio la simmetria rispetto ad AB []
Ultima modifica di Boll il 11 mag 2006, 16:33, modificato 3 volte in totale.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
ROTFL!!!!!!
******************
Messaggio di presa in giro... nascosto per non rovinare la reputazione del Boll
vi lascio solo questa pillola:
******************
E poi, scusa, ma è troppo ghiotta:
******************
Messaggio di presa in giro... nascosto per non rovinare la reputazione del Boll
vi lascio solo questa pillola:******************
E poi, scusa, ma è troppo ghiotta:
Quindi le coordinate polari dell'ortocentro
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
Come l'ho risolto io:
mitchan88: Cavolo un luogo geometrico! ricordiamo quel che disse EG: scriviamo sulla tazza del cesso che bisogna dimostrare sia l'andata che il ritorno! Non si sa mai, mi scrivo pure in cima al foglio: ACHTUNG! IL TRIANGOLO PUO' ESSRE NON ACUTANGOLO!.
<mumble>
Mmmmh... sembra essere una circonferenza... ma che palle tutti sti casi! Vediamo se c' è qualcos altro di più carino!
<mumble>
Feuerbach! WOW! il simmetrico dell'ortocetro rispetto a un lato sta sulla circonferenza circoscrtitta! Ora lo dimostro!
<mumble>
felice, mi dimentico totalmente di questo e passo al 5 ed al 6 (quest'ultimo in particolare mi pareva erroneamente di averlo già visto sull'Engel)
Morale della favola: a 5 minuti dalla fine mi accorgo di essermi dimenticato il ritorno, e butto lì due parole; il lemma dell'ortocentro ovviamente l'ho dimostrato solo per triangoli acutangoli.
TOTALE : 2 punti
EFFETTI: fuori dall'oro per 1punto
mitchan88: Cavolo un luogo geometrico! ricordiamo quel che disse EG: scriviamo sulla tazza del cesso che bisogna dimostrare sia l'andata che il ritorno! Non si sa mai, mi scrivo pure in cima al foglio: ACHTUNG! IL TRIANGOLO PUO' ESSRE NON ACUTANGOLO!.
<mumble>
Mmmmh... sembra essere una circonferenza... ma che palle tutti sti casi! Vediamo se c' è qualcos altro di più carino!
<mumble>
Feuerbach! WOW! il simmetrico dell'ortocetro rispetto a un lato sta sulla circonferenza circoscrtitta! Ora lo dimostro!
<mumble>
felice, mi dimentico totalmente di questo e passo al 5 ed al 6 (quest'ultimo in particolare mi pareva erroneamente di averlo già visto sull'Engel)
Morale della favola: a 5 minuti dalla fine mi accorgo di essermi dimenticato il ritorno, e butto lì due parole; il lemma dell'ortocentro ovviamente l'ho dimostrato solo per triangoli acutangoli.
TOTALE : 2 punti
EFFETTI: fuori dall'oro per 1punto
[url:197k8v9e]http://antrodimitch.wordpress.com[/url:197k8v9e]
Membro del fan club di Ippo_
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noooo che peccato 
Io invece, dopo pochi minuti, mi son reso conto di sapere già la soluzione.
Ma prima di finire la dimostrazione ci ho messo un'ora e mezza, perchè non sapevo da dove partire!
Alla fine ho fatto caso per caso, ma per semplificare il lavoro sugli angoli ho scritto un lemma su "un sistema ortocentrico di quattro punti A,B,C,D tale che D sia interno al triangolo formato dagli altri tre".
Però un punto potevano togliermelo.
Infatti ho dimostrato "tutti i punti H si trovano sulla circonferenza simmetrica" (badate, non ho escluso A' e B'!)
E nel ritorno ho dimostrato "tutti i punti H della circ. simmetrica, esclusi A' e B', hanno il corrispondente punto P"
MA non ho detto che A' e B' non hanno il corrispondente P!
Morale: sono di prima e mi hanno perdonato
Io invece, dopo pochi minuti, mi son reso conto di sapere già la soluzione.
Ma prima di finire la dimostrazione ci ho messo un'ora e mezza, perchè non sapevo da dove partire!
Alla fine ho fatto caso per caso, ma per semplificare il lavoro sugli angoli ho scritto un lemma su "un sistema ortocentrico di quattro punti A,B,C,D tale che D sia interno al triangolo formato dagli altri tre".
Però un punto potevano togliermelo.
Infatti ho dimostrato "tutti i punti H si trovano sulla circonferenza simmetrica" (badate, non ho escluso A' e B'!)
E nel ritorno ho dimostrato "tutti i punti H della circ. simmetrica, esclusi A' e B', hanno il corrispondente punto P"
MA non ho detto che A' e B' non hanno il corrispondente P!
Morale: sono di prima e mi hanno perdonato