Al variare di P su una parallela ad AB (diversa da AB), l'ortocentro di ABP descrive una parabola.
(non usare la geometria analitica)
L'ortocentro descrive una parabola
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enomis_costa88
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Solo per curiosità...posto la soluzione analitica (anche se non richiesta..)
A meno di rototraslazione + omotetia:
$ A (-1,0); B(0,0); P(x_p,y_p) $
Siano inoltre Q e H i piedi delle altezze rispettivamente per B e P.
La retta PA risulta:
$ y=\frac{y_p}{x_p+1}(x+1) $
Quindi QB risulta (perpendicolare a PA passante per B):
$ y=\frac{(-x_p-1)}{y_p}x $
Inoltre PH è:
$ x=x_p $
L’ortocentro O risulta quindi avere ordinata (intersezione tra PH e PA):
$ y=\frac{(-x_p-1)x_p}{y_p} $
e ascissa $ x_p $.
Non è difficile concludere che al variare di P sulla retta $ y=y_p $ il luogo cercato è la parabola:
$ y=\frac{-x^2-x}{y_p} $
Edit: che stupido
A meno di rototraslazione + omotetia:
$ A (-1,0); B(0,0); P(x_p,y_p) $
Siano inoltre Q e H i piedi delle altezze rispettivamente per B e P.
La retta PA risulta:
$ y=\frac{y_p}{x_p+1}(x+1) $
Quindi QB risulta (perpendicolare a PA passante per B):
$ y=\frac{(-x_p-1)}{y_p}x $
Inoltre PH è:
$ x=x_p $
L’ortocentro O risulta quindi avere ordinata (intersezione tra PH e PA):
$ y=\frac{(-x_p-1)x_p}{y_p} $
e ascissa $ x_p $.
Non è difficile concludere che al variare di P sulla retta $ y=y_p $ il luogo cercato è la parabola:
$ y=\frac{-x^2-x}{y_p} $
Edit: che stupido
Ultima modifica di enomis_costa88 il 29 ago 2006, 15:09, modificato 2 volte in totale.
"Tu che lo vendi cosa ti compri di migliore?"
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
Membro dell'EATO.
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Se non che, enomis, la dilatazione dell'asse delle ordinate non conserva gli ortocentri, in quanto non manda rette perpendicolari in rette perpendicolari, in generale. Quindi puoi supporre che A e B siano due punti fissati, ma poi devi lasciare indicata l'ordinata di P come parametro ... non che questo cambi molto i conti.
Consentitemi una divagazione (sia pure imprecisa) di geometria proiettiva.
Siano H l'ortocentro del generico triangolo APB ed r la retta parallela ad AB.
Consideriamo i fasci di rette (A) e (B) [ovvero di centri A e B] e diciamo
corrispondenti due rette di essi che s'intersecano nel medesimo punto P
di r.Allora tali fasci risultano proiettivi ( in realta' prospettivi) e dunque lo
sono pure i fasci di medesimi centri A e B in cui si considerano corrispondenti
le due rette AH e BH perpendicolari alle rette (prospettiche) BP e AP rispettivamente.
Per il teorema di Steiner l'intersezione H descrive una conica.
Ora se P si porta nel punto improprio di r (ovvero se le rette prospettiche
AP e BP si "adagiano" su AB) le rette BH ed AH diventano le perpendicolari
per B ed A alla AB e la loro intersezione H risulta essere il punto
improprio nella direzione perpendicolare ad r.La conica in questione
avra' un solo punto all'infinito e sara' pertanto una parabola.
Se AB ed r non sono parallele (ma sempre complanari) la conica
diventa una iperbole eventualmente degenere.
Leandro
Siano H l'ortocentro del generico triangolo APB ed r la retta parallela ad AB.
Consideriamo i fasci di rette (A) e (B) [ovvero di centri A e B] e diciamo
corrispondenti due rette di essi che s'intersecano nel medesimo punto P
di r.Allora tali fasci risultano proiettivi ( in realta' prospettivi) e dunque lo
sono pure i fasci di medesimi centri A e B in cui si considerano corrispondenti
le due rette AH e BH perpendicolari alle rette (prospettiche) BP e AP rispettivamente.
Per il teorema di Steiner l'intersezione H descrive una conica.
Ora se P si porta nel punto improprio di r (ovvero se le rette prospettiche
AP e BP si "adagiano" su AB) le rette BH ed AH diventano le perpendicolari
per B ed A alla AB e la loro intersezione H risulta essere il punto
improprio nella direzione perpendicolare ad r.La conica in questione
avra' un solo punto all'infinito e sara' pertanto una parabola.
Se AB ed r non sono parallele (ma sempre complanari) la conica
diventa una iperbole eventualmente degenere.
Leandro
Due fasci di rette sono sempre "proiettivi", come dici tu ... il teorema di Steiner dice più precisamente che se $ \mathcal{L}:\mathscr{F}\to\mathscr{F'} $ è una proiettvitità tra due fasci di rette, allora l'insieme
$ C=\{m\cap \mathcal{L}(m) \mid m\in\mathcal{F}\} $
dei punti di intersezione tra una retta e la sua immagine (la sua "omologa" si direbbe) è una conica (se poi la trasformazione è una prospettività, la conica è degenere).
Per l'inverso di Steiner (o per la definizione di prospettività duale) la trasformazione che associa ad AP la retta BP per ogni P in r è una prospettività; poi bisogna osservare che il passaggio all'ortogonale è, per ciascun fascio una proiettività (di ordine 2, anche se non serve) e dunque la composizione di tutto l'affare è ancora una proiettività (non più prospettività perchè il passaggio all'ortogonale non lo è). A questo punto si può applicare Steiner e considerare che l'intersezione con la retta all'infinito è unica (nel caso presente) e che dunque la conica è una parabola.
Quindi, fondamentalmente, era tutto giusto, solo che quella che serve per applicare Steiner non è una proprietà dei fasci, ma una proprietà della trasformazione ed è questo che si deve verificare.
$ C=\{m\cap \mathcal{L}(m) \mid m\in\mathcal{F}\} $
dei punti di intersezione tra una retta e la sua immagine (la sua "omologa" si direbbe) è una conica (se poi la trasformazione è una prospettività, la conica è degenere).
Per l'inverso di Steiner (o per la definizione di prospettività duale) la trasformazione che associa ad AP la retta BP per ogni P in r è una prospettività; poi bisogna osservare che il passaggio all'ortogonale è, per ciascun fascio una proiettività (di ordine 2, anche se non serve) e dunque la composizione di tutto l'affare è ancora una proiettività (non più prospettività perchè il passaggio all'ortogonale non lo è). A questo punto si può applicare Steiner e considerare che l'intersezione con la retta all'infinito è unica (nel caso presente) e che dunque la conica è una parabola.
Quindi, fondamentalmente, era tutto giusto, solo che quella che serve per applicare Steiner non è una proprietà dei fasci, ma una proprietà della trasformazione ed è questo che si deve verificare.
Mi riferisco alle ultime 3 righe della risposta di Evariste ( le altre
le lascio perdere perche' mi sembrano un'astratta ripetizione
di quello cho ho scritto io).
Se non ho capito male avrei dovuto dimostrare che nel passaggio
all'ortogonale si conserva la proiettivita' tra i fasci, in modo da poter poi
applicare il teorema di Steiner.E perche' non dimostrare anche quest'ultimo
e magari dare pure una breve(!!) definizione di proiettivita' tra forme di
prima specie,con il contorno delle definizioni e delle proprieta' piu' importanti ?
La prossima volta che in qualche post trovero' applicato il teorema di Pitagora
chiedero' all'estensore del perche' non lo ha dimostrato e via via giu' giu'
fino alle 4 operazioni elementari.
Leandro
le lascio perdere perche' mi sembrano un'astratta ripetizione
di quello cho ho scritto io).
Se non ho capito male avrei dovuto dimostrare che nel passaggio
all'ortogonale si conserva la proiettivita' tra i fasci, in modo da poter poi
applicare il teorema di Steiner.E perche' non dimostrare anche quest'ultimo
e magari dare pure una breve(!!) definizione di proiettivita' tra forme di
prima specie,con il contorno delle definizioni e delle proprieta' piu' importanti ?
La prossima volta che in qualche post trovero' applicato il teorema di Pitagora
chiedero' all'estensore del perche' non lo ha dimostrato e via via giu' giu'
fino alle 4 operazioni elementari.
Leandro
Innanzitutto calmati. In secondo luogo, penso che quasi nessuno in questo forum sappia cos'è una forma di prima specie e che differenza c'è tra una proiettività e una prospettività, in quanto la geometria proiettiva non è argomento comune.
Inoltre...
Il mio intervento era finalizzato a rendere minimamente più chiaro quel che avevi detto tu anche a chi avesse solo una vaga idea di cos'è la geometria proiettiva.
Inoltre...
...fondamentalmente l'errore è qui (seppure solo di linguaggio, ma contribuisce a complicare la comprensione per chi non sia ferrato in proiettiva); come dicevo, non serve una proprietà dei fasci per applicare il teorema di Steiner, ma serve una proprietà della trasformazione che manda un fascio nell'altro. In questo caso tale proprietà c'è, ma osservare che c'è non fa male e rende minimamente più chiaro un post che altrimenti avremmo letto in tre o quattro; inoltre enunciare il teorema di Steiner non è un male, visto che, ripeto, non è conoscenza comune.Leandro ha scritto:Allora tali fasci risultano proiettivi ( in realta' prospettivi) e dunque lo sono pure i fasci di medesimi centri A e B in cui si considerano corrispondenti
le due rette AH e BH perpendicolari alle rette (prospettiche) BP e AP rispettivamente.
Il mio intervento era finalizzato a rendere minimamente più chiaro quel che avevi detto tu anche a chi avesse solo una vaga idea di cos'è la geometria proiettiva.
Avevo gia' premesso che la mia fosse una divagazione e quindi
di per sè diretta a quelli (e non credo siano poi tanto pochi) che
avessero conoscenze in proposito.Non penso proprio che, dopo
le tue delucidazioni , i restanti forumisti abbiano capito assai di piu'
e non certo per le cose che hai esposto ma per la materia in sè.
Era meglio dire che l'argomento non fosse pertinente e chiudere cosi'
la partita.Grazie di avermi comunque sopportato.
Giusto per completare la discussione chiedo:in quali casi la conica
in questione diventa degenere?
Leandro
di per sè diretta a quelli (e non credo siano poi tanto pochi) che
avessero conoscenze in proposito.Non penso proprio che, dopo
le tue delucidazioni , i restanti forumisti abbiano capito assai di piu'
e non certo per le cose che hai esposto ma per la materia in sè.
Era meglio dire che l'argomento non fosse pertinente e chiudere cosi'
la partita.Grazie di avermi comunque sopportato.
Giusto per completare la discussione chiedo:in quali casi la conica
in questione diventa degenere?
Leandro
Non so esattamente cosa intendi con "senza usare geometria analitica", comunque non mi pare di starla usando eccessivamente (in caso correggimi)...
Stabiliamo che la retta contenetne $ AB $ sia orizzontale e che la retta $ r $ ad essa parallela le passi sotto e che la distanza tra le due rette sia $ h $
Chiamiamo $ m $l punto medio di $ AB $ e, secondo la notazione standard dei triangoli, poniamo $ AB=c $ (e, ovviamente, $ BC=a $ e $ AC=b $)
Abbiamo che la distanza tra la retta $ r $ e l'ortocentro è uguale all'asse di un triangolo simile ad $ ABP $ dove ogni lato del nuovo triangolo è doppio al lato corrispondente del triangolo precedente. Di conseguenza il raggio della circonferenza circoscritta al nuovo triangolo è doppio al raggio della circonferenza circoscritta al triangolo precedente. Quindi per calcolare l'asse del lato che è il doppio di $ c $ è sufficiente la formula $ \sqrt {(\frac {ba}{h})^2-c^2} $
Sottraendo $ h $ alla metà del risultato ottenuto otteniamo la distanza tra $ r $ e il circocentro di $ ABC $
Quidni con un teorema di Pitagora si può ricavare la distanza tra la retta perpendicolare ad $ AB $ e passante per $ M $ e la retta perpendicolare ad $ AB $ e passante per l'ortocentro, che elevata al quadrato corrisponde a $ (\frac {ba}{2h})^2-(\sqrt {(\frac {ba}{2h})^2-(\frac {c}{2})^2}-h)^2 $ ovverosia $ h(\frac {c^2}{4h}-h+\sqrt {(\frac {ba}{h})^2-c^2}) $
Il che significa che prendendo come asse delle $ x $ la retta parallela ad $ AB $, compresa tra $ AB $ e $ r $ e distante da $ AB $ esattamente $ \frac {c^2}{4h} $ e come asse delle $ y $ la retta perpendicolare ad $ AB $ e passante per $ M $ allora la parabola degli ortocentri è descritta da $ \frac {x^2}{h}=y $
ciao
P.S. Scusate per le parentesi ma non ho saputo fare meglio...
Stabiliamo che la retta contenetne $ AB $ sia orizzontale e che la retta $ r $ ad essa parallela le passi sotto e che la distanza tra le due rette sia $ h $
Chiamiamo $ m $l punto medio di $ AB $ e, secondo la notazione standard dei triangoli, poniamo $ AB=c $ (e, ovviamente, $ BC=a $ e $ AC=b $)
Abbiamo che la distanza tra la retta $ r $ e l'ortocentro è uguale all'asse di un triangolo simile ad $ ABP $ dove ogni lato del nuovo triangolo è doppio al lato corrispondente del triangolo precedente. Di conseguenza il raggio della circonferenza circoscritta al nuovo triangolo è doppio al raggio della circonferenza circoscritta al triangolo precedente. Quindi per calcolare l'asse del lato che è il doppio di $ c $ è sufficiente la formula $ \sqrt {(\frac {ba}{h})^2-c^2} $
Sottraendo $ h $ alla metà del risultato ottenuto otteniamo la distanza tra $ r $ e il circocentro di $ ABC $
Quidni con un teorema di Pitagora si può ricavare la distanza tra la retta perpendicolare ad $ AB $ e passante per $ M $ e la retta perpendicolare ad $ AB $ e passante per l'ortocentro, che elevata al quadrato corrisponde a $ (\frac {ba}{2h})^2-(\sqrt {(\frac {ba}{2h})^2-(\frac {c}{2})^2}-h)^2 $ ovverosia $ h(\frac {c^2}{4h}-h+\sqrt {(\frac {ba}{h})^2-c^2}) $
Il che significa che prendendo come asse delle $ x $ la retta parallela ad $ AB $, compresa tra $ AB $ e $ r $ e distante da $ AB $ esattamente $ \frac {c^2}{4h} $ e come asse delle $ y $ la retta perpendicolare ad $ AB $ e passante per $ M $ allora la parabola degli ortocentri è descritta da $ \frac {x^2}{h}=y $
ciao
P.S. Scusate per le parentesi ma non ho saputo fare meglio...
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Mi permetto di riportare una soluzione piuttosto contorta, ma forse interessante.
Poichè nel sistema di riferimento centrato nel circocentro l'ortocentro è dato
dalla somma dei vertici, il problema è analogo a dimostrare che
Un osservatore solidale con il circocentro di ABP
vede muoversi P lungo una parabola.
Chiaramente un osservatore solidale con A vede muoversi il circocentro
di ABP (d'ora in poi, O) lungo una semiretta contenuta nell'asse di AB.
Poniamo AB=c, AP=b, BP=a.
L'altezza di O su AB è data da
$ \displaystyle R \cos(\widehat{APB}) = \frac{c}{2\sin(\widehat{APB})}\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{abc}{\Delta}\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} $
$ \displaystyle R \cos(\widehat{APB}) =\frac{c}{2\Delta}(a^2+b^2-c^2) $
a meno di un fattore moltiplicativo e di uno additivo, costanti, l'altezza di O su AB
risulta dunque pari alla quantità $ PA^2 + PB^2 $, e parametrizzato linearmente il viaggio di P secondo una variabile x,
l'ultima quantità non può che essere un polinomio di secondo grado in x.
Segue che O vede muoversi P lungo una parabola.
Poichè nel sistema di riferimento centrato nel circocentro l'ortocentro è dato
dalla somma dei vertici, il problema è analogo a dimostrare che
Un osservatore solidale con il circocentro di ABP
vede muoversi P lungo una parabola.
Chiaramente un osservatore solidale con A vede muoversi il circocentro
di ABP (d'ora in poi, O) lungo una semiretta contenuta nell'asse di AB.
Poniamo AB=c, AP=b, BP=a.
L'altezza di O su AB è data da
$ \displaystyle R \cos(\widehat{APB}) = \frac{c}{2\sin(\widehat{APB})}\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{abc}{\Delta}\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} $
$ \displaystyle R \cos(\widehat{APB}) =\frac{c}{2\Delta}(a^2+b^2-c^2) $
a meno di un fattore moltiplicativo e di uno additivo, costanti, l'altezza di O su AB
risulta dunque pari alla quantità $ PA^2 + PB^2 $, e parametrizzato linearmente il viaggio di P secondo una variabile x,
l'ultima quantità non può che essere un polinomio di secondo grado in x.
Segue che O vede muoversi P lungo una parabola.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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