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Un po' di ripasso di vettori... Direi di segnare qui i vettori che sappiamo "scrivere" in modo umano. Personalmente ne conosco un po': il baricentro e i punti medi dei lati (questi sono facili), l'incentro, gli excentri e i piedi delle bisettrici interne ed esterne (si applica il teorema della bisettrice più e più volte oppure si usa qualche fatto noto), l'ortocentro e il punto di Feuerbach se prendo il circocentro come origine (retta di eulero)... Chi più ne ha più ne metta!!

Vi invito a trovare espressioni vettoriali per i punti che vi ho proposto e proponete anche voi!!

P.S.: dopo aver trovato le espressioni vettoriali, dimostrare che i piedi delle bisettrici esterne sono allineati

Non potresti spiegarti meglio? A me pare che i punti non siano vettori; forse intendi il vettore che arriva a quel punto? E la posizione dei vertici è identificata dal vettore che li raggiunge, partendo da un'origine nota?

Credo che simo intenda questo:
se fissiamo un'origine, ogni punto corrisponde ad un vettore e viceversa.
1) Fissando un'origine "a caso", quali punti notevoli del triangolo siamo in grado di scrivere come vettori (utilizzando i vettori che individuano i vertici del triangolo e cose ricavabili da essi come le lunghezze dei lati e le ampiezze degli angoli)?
2) Quali punti siamo in grado di scrivere almeno rispetto ad una particolare origine (e quale origine, allora), sempre utilizzando quanto detto sopra?
E questo basti ai puntigliosi

Non si tratta di puntiglio; se mai, di mia ignoranza o stupidità. Mi ci sono voluti infatti più di cinque minuti per formulare un'ipotesi che desse un senso all'enunciato e oltre mezz'ora per convincermi della sua giustezza: non poco per un quesito posto in teoria di base! Comunque le prime domande sono effettivamente facili; sfruttando il suggerimento dato e ammettendo di poter fare uso anche di calcoli con gli scalari, ho capito come trovare le intersezioni fra lati e bisettrici; non ho invece alcuna idea per gli altri punti. Ho atteso nella speranza di qualche risposta che finora non c'è stata; posso chiedere che, trascorso quello che ritenete un tempo ragionevole, diate voi stessi la soluzione?

Mah, in fondo è il glossario e poi oggi pomeriggio non ho niente da fare...

I VETTORI

Consideriamo il piano e scegliamo un punto che ci sta particolarmente simpatico, di cui abbiamo profonda e immutabile stima. Chiamiamolo $ O $, all'anagrafe origine.
Allora, ogni altro punto $ P $ porta con sè tre informazioni

1. la distanza $ \overline{OP} $
2. la retta per $ O,\ P $
3. la semiretta da $ O $ verso $ P $

In un piano con un'origine scelta, ogni punto individua dunque un insieme di tre dati (detti 1.intensità o modulo o norma, 2.direzione, 3.verso), detto vettore.

Viceversa, un vettore (ovvero l'aver specificato una retta per O, aver scelto una delle due semirette in cui essa è divisa e aver misurato su essa una distanza da O) specifica un punto, che è il punto P sulla semiretta giusta e alla distanza giusta.

Con un paragone fisico, i vettori si possono ad esempio intendere come spostamenti da O, o come velocità, o come forze.

Un vettore si indicherà con $ \vec{OP} $ o, se non si deve specificare l'origine, con $ \vec{P} $ o ancora, non volendo citare il punto associato, con $ \vec{v} $. La norma di un vettore si indicherà con $ |\vec{OP}| $ o con $ \|\vec{OP}\| $.

Somma tra vettori
Dati due vettori $ \vec{OP},\ \vec{OQ} $ rispetto alla stessa origine, la loro somma $ \vec{OP}+\vec{OQ} $ è il vettore $ \vec{OR} $ tale che il quadrilatero $ OPRQ $ sia un parallelogramma.

Moltiplicazione per scalare
Dati un vettore $ \vec{OP} $ e un numero reale $ \lambda $, si definisce il prodotto $ \lambda\vec{OP} $ come quel vettore $ \vec{OQ} $ tale che O, P, Q siano allineati, Q sia sulla semiretta OP se $ \lambda>0 $ e sia sull'altra semiretta se $ \lambda<0 $ e si abbia $ \overline{OP}:\overline{OQ}=1:\lambda $.
(Il discorso sulle semirette si può lasciar cadere se si assume che l'ultimo rapporto sia inteso tra segmenti orientati.)

Osservazione: La somma è associativa e commutativa, $ \vec{OP}+(-1)\vec{OP}=0 $ e il prodotto per scalare è distributivo sulla somma.

Combinazione lineare convessa
Sia $ \lambda $ un numero reale e siano $ \vec{OP} $ e $ \vec{OQ} $ due vettori di modo che O,P,Q non siano allineati.
Allora il vettore $ \vec{OR}=\lambda\vec{OP}+(1-\lambda)\vec{OQ} $ si dice combinazione lineare convessa di $ \vec{P},\vec{Q} $.

Consideriamo i due vettori $ \vec{OR}-\vec{OP} $ e $ \vec{OR}-\vec{OQ} $; si ha
$ \vec{OR}-\vec{OP}=-(1-\lambda)\vec{OP}+(1-\lambda)\vec{OQ}=(\lambda-1)(\vec{OP}-\vec{OQ}) $
$ \vec{OR}-\vec{OQ}=\lambda)\vec{OP}-\lambda\vec{OQ}=\lambda(\vec{OP}-\vec{OQ}) $
Questo vuol dire che i due vettori $ \vec{OR}-\vec{OP} $ e $ \vec{OR}-\vec{OQ} $ hanno la stessa direzione, ovvero che P, Q, R sono allineati.

Del resto, non è difficile dimostrare (cioè, fatelo) che per ogni R sulla retta per P e Q posso trovare $ \lambda $ tale che $ \vec{OR}=\lambda\vec{OP}+(1-\lambda)\vec{OQ} $.

Infine, si ha $ \displaystyle{\frac{\|\vec{OR}-\vec{OP}\|}{\|\vec{OR}-\vec{OQ}\|}=\left|\frac{\lambda-1}{\lambda}\right|} $, ovvero (convincetevene!) $ \dfrac{PR}{RQ}=\dfrac{1-\lambda}{\lambda} $ con le consuete regole sui rapporti di segmenti orientati.

Combinazione lineare generica
Scelti due vettori $ \vec{OP} $ e $ \vec{OQ} $ di modo che O,Q,P non siano allineati, per ogni coppia di numeri reali $ \lambda,\mu $ (non necessariamente di somma 1) possiamo costruire
$ \vec{OR}=\lambda\vec{OP}+\mu\vec{OQ} $
Si può dimostrare che ogni punto R del piano può essere ottenuto in questo modo.

Prodotto scalare
Dati due vettori $ \vec{OP} $ e $ \vec{OQ} $, si definisce il loro prodotto scalare come il numero reale
$ \|\vec{OP}\|\cdot\|\vec{OQ}\|\cdot\cos(\widehat{POQ}) $
e si indica con $ (\vec{OP},\vec{OQ}) $ o $ \vec{OP}\cdot\vec{OQ} $.

Valgono le seguenti:

• $ (\vec{OP},\vec{OP})=\|\vec{OP}\|^2 $
• $ (\vec{OP},\vec{OQ})=(\vec{OQ},\vec{OP}) $
• $ (\vec{OP},\vec{OQ}+\vec{OR})=(\vec{OP},\vec{OQ})+(\vec{OP},\vec{OR}) $
• $ (\vec{OP},\lambda\vec{OQ})=\lambda(\vec{OP},\vec{OQ}) $

Esercizi
1)Dimostrare che due vettori non nulli (entrambi diversi dal vettore $ \vec{OO} $) hanno prodotto scalare non nullo se e solo se le loro direzioni sono perpendicolari.
2)Dimostrare che $ \|\vec{P}+\vec{Q}\|^2=\|\vec{P}\|^2+\|\vec{Q}\|^2+2(\vec{P},\vec{Q}) $.
3)Dati due vettori $ \vec{Q},\ \vec{P} $ con direzioni diverse (ovvero non allineati), dimostrate che per ogni vettore $ \vec{R} $ si ha
$ \vec{R}=\lambda\vec{P}+\mu\vec{Q} $
con $ \lambda=(\vec{P},\vec{R}) $ e $ \mu=(\vec{Q},\vec{R}) $.

LA GEOMETRIA DEL TRIANGOLO
Supponiamo di avere un triangolo $ ABC $. Ovviamente, possiamo considerare i tre vettori $ \vec{A},\vec{B},\vec{C} $ rispetto ad una qualche origine. Si avrà
$ \|\vec{C}-\vec{B}\|=a $
$ \|\vec{A}-\vec{C}\|=b $
$ \|\vec{B}-\vec{A}\|=c $
Infatti, geometricamente, il vettore $ \vec{C}-\vec{B} $ ha direzione parallela alla retta per C e B, la percorre con verso da B verso C e ha norma $ \overline{CB} $, solo che è rispetto all'origine O, dunque sarà associato ad un punto P tale che

1. $ \overline{OP}=\overline{CB} $
2. la retta per O e P è parallela alla retta per C e B
3. il quadrilatero $ OPCB $ non è intrecciato.

Dunque si ha anche
$ (\vec{C}-\vec{B},\vec{A}-\vec{B})=ac\cos\beta=ac\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2} $
dal teorema di Carnot; similmente
$ (\vec{A}-\vec{C},\vec{B}-\vec{C})=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2} $
$ (\vec{C}-\vec{A},\vec{B}-\vec{A})=\dfrac{c^2+b^2-a^2}{2} $

Punti sui lati in rapporto dato
Un punto che divida il lato AB con rapporto (con segno) $ AP:PB=k:1 $ si scriverà
$ \vec{P}=\dfrac{1}{1+k}\vec{A}+\dfrac{k}{1+k}\vec{B} $
per quanto detto prima sulla combinazione lineare convessa.

Punti medi
Dunque, i punti medi dei lati per cui k=1 si scriveranno come
$ \vec{M}_a=\dfrac{\vec{B}+\vec{C}}2 $
$ \vec{M}_b=\dfrac{\vec{A}+\vec{C}}2 $
$ \vec{M}_c=\dfrac{\vec{B}+\vec{A}}2 $

Piedi delle bisettrici interne
Per il teorema della bisettrice, se $ AL $ è bisettrice e L sta su BC, si ha $ BL:LC=c:b $ e dunque
$ \vec{L}_a=\dfrac{b\vec{B}+c\vec{C}}{b+c} $
$ \vec{L}_b=\dfrac{a\vec{A}+c\vec{C}}{a+c} $
$ \vec{L}_c=\dfrac{b\vec{B}+a\vec{A}}{b+a} $

Piedi delle bisettrici esterne
Come sopra, se $ AJ $ è bisettrice esterna e J sta su BC, si ha $ BJ:JC=b:-c $ e dunque
$ \vec{J}_a=\dfrac{b\vec{B}-c\vec{C}}{b-c} $
$ \vec{J}_b=\dfrac{c\vec{C}-a\vec{A}}{c-a} $
$ \vec{J}_c=\dfrac{a\vec{A}-b\vec{B}}{a-b} $
(scritture sensate solo nel caso di triangolo non isoscele, come è ovvio).

Baricentro e mediane
Il baricentro $ G $ divide la mediana $ AM_a $ (e anche le altre due) in rapporto 2:1, quindi
$ \vec{G}=\dfrac{\vec{A}+2\vec{M}_a}3=\dfrac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}3 $.
Con quanto detto finora possiamo anche calcolare la lunghezza della mediana:
$ \|\vec{M}_a-\vec{A}\|^2=\left\|\dfrac{\vec{B}+\vec{C}}2-\vec{A}\right\|^2= $ $ \left\|\dfrac{\vec{B}-\vec{A}}2+\dfrac{\vec{C}-\vec{A}}2\right\|^2=\dfrac{c^2}4+\dfrac{b^2}4+\dfrac{(\vec{C}-\vec{A},\vec{B}-\vec{A})}2 $ $ =\dfrac{c^2}4+\dfrac{b^2}4+\dfrac{c^2+b^2-a^2}4=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}4 $
e simmetriche.

Incentro ed excentri
Consideriamo il triangolo $ ABL_a $; $ I $ si trova sul lato $ AL_a $ e $ BI $ è bisettrice, quindi
$ AI:IL_a=AB:BL_a $
e ovviamente $ BL_a=\dfrac{ac}{b+c} $.
Quindi
$ \vec{I}=\dfrac{\dfrac{ac}{b+c}\vec{A}+c\vec{L}_a}{\dfrac{ac}{b+c}+c}= $$ \dfrac{ac\vec{A}+bc\vec{B}+c^2\vec{C}}{b+c}\dfrac{b+c}{ac+bc+c^2} $$ =\dfrac{a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C}}{a+b+c} $.
Lo stesso discorso si ripete per gli excentri. Ad esempio, $ I_a $ sta su $ BJ_b $ e quindi, nel triangolo $ ABJ_b $ si ha
$ BI_a:I_aJ_b=BA:AJ_b=c:\dfrac{bc}{c-a} $
e dunque
$ \vec{I}_a=\frac{b\vec{B}+c\vec{C}-a\vec{A}}{b+c-a} $
e similmente
$ \vec{I}_b=\frac{a\vec{A}+c\vec{C}-b\vec{B}}{a+c-b} $
$ \vec{I}_c=\frac{a\vec{A}+b\vec{B}-c\vec{C}}{a+b-c} $

Retta d'Eulero, circocentro e ortocentro
Sappiamo che O (circocentro), G, H (ortocentro) sono allineati in quest'ordine, con $ 3\overline{OG}=\overline{OH} $.
Dunque, se poniamo l'origine in O (che si chiama così non a caso ), avremo che
$ \vec{H}=3\vec{G}=\vec{A}+\vec{B}+\vec{C} $
Attenzione!! Questa formula vale SOLO quando l'origine è nel circocentro.
In tale ipotesi valgono anche le seguenti
$ \|\vec{A}\|=\|\vec{B}\|=\|\vec{C}\|=R $
$ 2(\vec{A},\vec{B})=\|\vec{A}\|^2+\|\vec{B}\|^2-\|\vec{A}-\vec{B}\|^2=2R^2-c^2 $
$ 2(\vec{B},\vec{C})=2R^2-a^2 $
$ 2(\vec{C},\vec{A})=2R^2-b^2 $
Fatti che permettono di calcolare agevolmente, ad esempio, la distanza $ \overline{OG} $.

Proiezioni di un punto sui lati
Le proiezioni di un punto P sui lati si scrivono come
$ \vec{P}_a=\dfrac{(\vec{P}-\vec{B},\vec{C}-\vec{B})}{a^2}(\vec{C}-\vec{B})+\vec{B} $
$ \vec{P}_b=\dfrac{(\vec{P}-\vec{C},\vec{A}-\vec{C})}{b^2}(\vec{A}-\vec{C})+\vec{C} $
$ \vec{P}_c=\dfrac{(\vec{P}-\vec{A},\vec{B}-\vec{A})}{c^2}(\vec{B}-\vec{A})+\vec{A} $
utilizzando il fatto che
$ |(\vec{P}-\vec{B},\vec{C}-\vec{B})|=\overline{BP}\cdot\overline{BC}\cdot|\cos(\widehat{PBC})|=\overline{BP_a}\cdot\overline{BC} $.


ecco ...per ora basta, eh?

Sam, meriteresti una statua

Grazie mille! Avanzo un'ultima richiesta a EvaristeG: nel tuo ultimo intervento, alla voce "baricentro e mediane", inserisci uno spazio fra chiusura ed apertura di Tex, in modo che il computer possa andare a capo. E pensare che proprio tu mi hai insegnato l'importanza di evitare formule lunghe!

A dire il vero, il mio va a capo...
Cmq metterò degli spazi ... anche se, trattandosi di immagini, non so quanto questo possa aiutare.

Simo_the_wolf ha scritto:dopo aver trovato le espressioni vettoriali, dimostrare che i piedi delle bisettrici esterne sono allineati

hey ma per questo basta menelao e il teorema della bisetrice esterna