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La mia idea era di sfruttare le proprieta\' \"ottiche\" della parabola.
 
 Per il parallelismo di MN con l\'asse della parabola, mi piacerebbe vedere una prova geometrica.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 04-03-2003 15:58 ]

Per sprmnt21 (o come diavolo si scrive)
 La cosa è un po\' complessa, almeno per come la conosco io, quindi ti consiglio di farti il disegno, altrimenti ti perdi (almeno, io mi sto perdendo già adesso...
 1)dimostriamo che, scelti due punti AB sulla parabola e detto M il punto medio di AB, conducendo le tangenti alla parabola per A e B, esse si incontrano in C, cosicchè CM è// all\'asse della parabola.
 
 Sia F il fuoco e d la direttrice. Siano D ed E le proiezioni di A e B su d. AC è asse di DF e BC è asse di EF => C è circocentro di EDF. La proiezione N di M su d è il punto medio di DE, per Talete perciò MN è asse di DE e deve giungere anch\'esso in C, ma allora CM è perpendicolare a d e => // all\'asse.
 
 2)dimostriamo che CM incontra la parabola in un punto P tale che la tangente per P è // a AB
 
 Siano K e H le intersezioni della tangente per P rispettivamente con AC e BC.
 Per quanto detto prima sappiamo che il punto medio di AP e K stanno su una retta // all\'asse che incontra AM nel punto medio per Talete. Lo stesso dicasi per il punto medio di PB, H e il punto medio di BM Quindi,ancora grazie a Talete, di mostra che KH congiunge i punti medi di AC e BC e quindi è //AB.
 
 3)dimostriamo che se una qualunque corda è //AB allora il suo punto medio giace su CM.
 
 Si faccia passare per il punto medio di una corda RS una retta // all\'asse della parabola. Questa retta passerà, per quanto detto, in un punto Q della parabola per cui la tangente della parabola è //RS, ma allora sarà anche //AB e questo punto è il punto P. Quindi tutti i punti medi delle corde // AB giacciono sulla retta passante per P parallela all\'asse. CVD
 
 TUTTO Chiaro ? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 Per il fuoco... mmmh... direi di tracciare la solita AB con il solito p medio M, tracciare per M la // all\'asse che incontra la par. in C, segnamo sulla retta MC il punto D, simmetrico di M rispetto a C; tracciamo DA e DB, tracciamo da A e da B le // all\'asse AZ e BW. Costruiamo la simmetrica di AZ rispetto a AC e la simmetrica di BW rispetto a BC. Il punto di incontro di queste due rette è il fuoco!!!
 
 Uff, che fatica scrivere di geometria senza un disegno... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 04-03-2003 18:57 ]

Tutto chiaro e molto interessante la prima parte.
 
 Per il fuoco non mi e\' chiaro il ruolo di D e perche\' le due rette simmetriche di AZ e BW rispetto ad AC e BC passano per il fuoco.
 
 Potresti dare qualche dettaglio in piu\', come hai fatto per la prima parte?
 
 ########
 vorresti dire che Ad e Bd sono tangenti alla parabola, forse?
 ########
 
 ora mi e\' chiaro il tutto. ma qualche dettaglio in piu\' non guasterebbe. L\'argomento e\' troppo interessante per non approfondirlo a sufficienza.
 
 
 
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 05-03-2003 09:32 ]

Dunque, dal punto 2) della dimostrazione deriva come corollario che il segmento che collega il punto medio della corda al punto di incontro delle tangenti per gli estremi della corda incontra la parabola in corrispondenza del proprio punto medio. Per il fatto che le rette ottenute nell\'ultimo passaggio si incontrano nel fuoco, prova a pensare alle proprietà ottiche della parabola, come tu stesso hai suggerito.
 
 Altra proprietà curiosa: traccia una corda e fai passare per il suo punto medio la solita parallela all\'asse e dal punto di intersezione di questa con la direttrice conduci la perpendicolare alla corda. Ripeti il procedimento con un\'altra corda. Il punto di incontro delle due perpendicolari è il fuoco.
 Visto che t piacciono tanto le parabole, prova a dimostrarlo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> è un esercizio abbastanza istruttivo.

Sia AB la corda, M il punto medio, C,D ed N le loro proiezioni sulla direttrice ed F il fuoco. Per definizione (una delle tante) di parabola si ha che A e B sono i centri di due cerchi tangenti alla direttrice in C e D e passanti per F. Se G e\' il secondo punto comune ai diue cerchi, la corda GF taglia la tangente comune ai due cerchi nel punto medio N di CD, come si deduce dalle proprieta\' degli assi radicali spiegati in una delle appendici del giornalino(ma si puo\' provare anche direttamente). Ma La corda comune e\' ortogonale alla congiungente i due centri. Quindi la tesi.
 
 Qual e\' la fonte di questi \"problemi\"?
 Ne hai degli altri?
 
 Li puoi condividere con noi?

La fonte è il fatto che le coniche mi piacciono più da un punto di vista geometrico che dal punto di vista analitico. Se proprio ti piacciono, ne posso pensare e postare qualcun altro... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> Per quel che riguarda il primo problema, l\'ha postato Anti, prova a chiedere a lui... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Dato che non riuscivo a dormire stanotte mi sono messo a fare il problema killer... ma senza usare i polinomi... ho scelto un\'altra via. Ed ho trovato la soluzione, anche se in maniera poco ortodossa.
 
 La posto stasera, ora non ho abbastanza tempo.

Eccola. Spero si capisca, non so come fare le radici qui!
 
 (1) y(x+y)^2=9
 (2) y(x^3-y^3)=7
 
 (x+y)^2>0 in quanto n^2>=0, ed inoltre se (x+y)^2=0 anche (1)=0, cosa impossibile. Ma allora anche y>0, perché se y<=0 anche (1)<=0. Per cui, essendo y>0, anche x^3-y^3>0, altrimenti (2) non portebbe essere =7. Ed allora, affiché x^3-y^3>0, x>y>0.
 
 Esaminiamo ora i valori limite ddelle variabili. Consideriamo inizialmente solo (1). Pertanto si avrà x(minimo)=y(massimo)=radice terza di (9/2) circa = a 1,651 (arrotondato per eccesso); e x(massimo)= +infinito, a cui corrisponde y(minimo)=0. Passiamo ora all\'analisi di (2). y(minimo)=0 implica x(minimo)=radice terza di 7, e y(massimo)=1,651 implica x(masimo) circa = a 8,74 (approssimato per eccesso).
 
 Ora, con questi dati, costruiamo un grafico. Sull\'asse delle ascisse mettiamo le y, e sull\'asse delle ordinate delta x (d\'ora in poi scritto come d(x)). Ad y si associa d(x)=x(2)-x(1). Questo significa che sostituisco la y separatamente nelle due equazioni, e che sottraggo alla x risultante da (2) la x risultante da (1). Pertanto ottengo un grafico, il cui Campo di Esistenza in y varia tra 0 e 1,651 (estremi esclusi). Io ho costruito il grafico programmando la mia calcolatrice, e cioè, al variare della variabile y ho fatto in modo di ottenere direttamente i risultati in d(x):
 
 d(x)= [radice terza di (7/y+y)]-[radice quadra di (9/y)]-y
 
 Pertanto si otteneva una curva che si intersecava con l\'asse y solo in y=1. E l\'intersezione significava che d(x)=0 e che quindi c\'era una soluzione.
 
 So che questo metodo non è molto ortodosso, ma si giunge comunque alla soluzione.

Per risolvere l\'eqauzione killer ho fatto così: dalla seconda si ricava che x=(y^4 + 7)^(1/3)/y^(1/3).
 Sostituendo il valore nella prima si ottiene y^(1/3)·((y^4 + 7)^(1/3) + y^(4/3))^2 - 9 che interseca l\'asse per y=1, ora, calcolando la derivata di quest\'ultima espressione, rispetto a y, si ottiene ((y^4 + 7)^(1/3) + y^(4/3))·(9·y^(4/3)·(y^4 + 7)^(2/3) + 9·y^4 + 7)/(3·y^(2/3)·(y^4 + 7)^(2/3))>0 per ogni y. Quindi la funzione iniziale è sempre crescente e dunque può avere una sola intersezione con l\'asse, da cui segue che l\'unica soluzione reale del sistema è x=2 e y =1.

Si che mi piacciono. Quindi postane pure un altro e ancora altri.
 
 Io propongo questo (un vecchio problema di cui ho trovato una facile prova analitica, ma non geometrica).
 
 Provare che i quattro punti in cui si tagliano due parabole con assi ortogonali sono su una stessa circonferenza.

S\'intende che il problema killer sia da risolversi in modo elementare (quindi niente derivate), e che la dimostrazione, in quanto tale, non debba contenere considerazioni tipo \"disegno il grafico e vedo che...\".

Ok. Ed allora riposto la parte che mi serve ancora del mio ragionamento e poi continuo...
 
 (1) y(x+y)^2=9
 (2) y(x^3-y^3)=7
 
 (x+y)^2>0 in quanto n^2>=0, ed inoltre se (x+y)^2=0 anche (1)=0, cosa impossibile. Ma allora anche y>0, perché se y<=0 anche (1)<=0. Per cui, essendo y>0, anche x^3-y^3>0, altrimenti (2) non portebbe essere =7. Ed allora, affiché x^3-y^3>0, x>y>0.
 
 Esaminiamo ora i valori limite ddelle variabili. Consideriamo inizialmente solo (1). Pertanto si avrà x(minimo)=y(massimo)=radice terza di (9/2) circa = a 1,651 (arrotondato per eccesso); e x(massimo)= +infinito, a cui corrisponde y(minimo)=0. Passiamo ora all\'analisi di (2). y(minimo)=0 implica x(minimo)=radice terza di 7, e y(massimo)=1,651 implica x(masimo) circa = a 8,74 (approssimato per eccesso).
 
 Inoltre sappiamo che 9 e (x+y)^2 sono quadrati perfetti, e quindi, dato che (x+y)^2 è, in quanto quadrato perfetto, un numero intero, y e (x+y)^2 possono essere solamente 1 e 9, 2,25 e 4, o 9 e 1. Ma se fossero 9 e 1 x sarebbe -10. E se fossero 2,25 e 4 x sarebbe -0,25. Ma x è positivo, e quindi y=1 e (x+y)^2=9 da cui x=2.
 
 Va bene ora, Antimateria?

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-03-11 21:54, Fede_HistPop wrote:
 Esaminiamo ora i valori limite ddelle variabili. Consideriamo inizialmente solo (1). Pertanto si avrà x(minimo)=y(massimo)=radice terza di (9/2) circa = a 1,651 (arrotondato per eccesso); e x(massimo)= +infinito, a cui corrisponde y(minimo)=0. Passiamo ora all\'analisi di (2). y(minimo)=0 implica x(minimo)=radice terza di 7, e y(massimo)=1,651 implica x(masimo) circa = a 8,74 (approssimato per eccesso).
 
 Inoltre sappiamo che 9 e (x+y)^2 sono quadrati perfetti, e quindi, dato che (x+y)^2 è, in quanto quadrato perfetto, un numero intero, y e (x+y)^2 possono essere solamente 1 e 9, 2,25 e 4, o 9 e 1. Ma se fossero 9 e 1 x sarebbe -10. E se fossero 2,25 e 4 x sarebbe -0,25. Ma x è positivo, e quindi y=1 e (x+y)^2=9 da cui x=2.
 
 Va bene ora, Antimateria?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Anche se non sono Antimateria... Innanzi tutto non credo gli permettessero l\'uso di calcolatrici, altrimenti non ci sarebbero stati problemi.
 Inoltre, tu parli di quadrati perfetti, ma nessuno ha detto che x e y debbano essere interi o debba esserlo la loro somma... :-0
 Non per fare il pignolo...il ragionamento fila, solo dovresti trovare qualche altro modo per arrivare agli ultimi passaggi. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 Or at least I think so... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Per sprmnt21: per quel problema ci penserò...non so bene ancora da che parte prenderlo: per ora sto esitando tra angoli opposti supplementari tra le corde di parabola, il teorema di tolomeo, le proprietà dei triangoli inscritti in una conica e altro... se trovo qualcosa ti faccio sapere <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
 Piuttosto, ecco un altro problema: data una parabola ed un punto P su di essa siano F il fuoco, A la proiezione sulla direttrice di P e B l\'intersezione della tangente alla parabola in P con la direttrice. Dimostrare che il quadrilatero ABPF è inscrittibile e circoscrittibile e trovare il centro del cerchio inscritto.
 Questo è simpatico e un po\' contorto, ma è peggio quello dell\'intersezione delle due parabole!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> Buona dimostrazione

Beh ... in tutta sincerita\' devo dire che e\' facilino.
 
 PF=PA per definizione di parabola.
 
 < BPF = < BPA per le proprieta\' ottiche della parabola.
 
 Pertanto i triangoli BPA e BPF sono uguali. Il cerchio circoscritto e\' il cerchio di diametro BP.
 Il cerchio inscritto ha centro sull\'intersezione tra la bisettrice di < BAP con BP e raggio la meta\' della media armonica di BA e PA.
 
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 12-03-2003 11:54 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 12-03-2003 11:59 ]

OliForum Matematico

Carino :)