Poligoni figli dei fiori

[Gottinger95]

Sia \(A_1 \ldots A_n\) un \(n\)-agono equiangolo, e sia \(\alpha \in \mathbb{R}\). Per ogni lato \(A_i A_{i+1}\), consideriamo l'arco \(\Gamma_i\) di circonferenza tangente ad \(A_{i-1}A_i\) e a \(A_{i+1} A_{i+2}\), passante per \(A_i, A_{i+1}\) e esterno al poligono. Prendiamo un punto \(B_1 \not \equiv A_{1,2}\) su \(\Gamma_1\) tale che \(\angle B_1A_1 A_2 = \alpha\), e definiamo \(B_{i+1} = B_i A_{i+1} \cap \Gamma_{i+1}\), con \(B_{i+1} \not \equiv A_{i+1}\).

(a) Dimostrare che \(B_{i} \equiv B_j\) sse \(i \equiv j \pmod{n}\) e che \(B_1 \ldots B_n\) è un poligono equiangolo (semplice).

Sia \(P\) l'\(n\)-agono equiangolo \(A_1 \ldots A_n\), \(Q\) l' \(n\)-agono equiangolo \(B_1 \ldots B_n\) e \(\mathcal{Q}_n\) l'insieme degli \(n\)-agoni equiangoli a meno di similitudini. Definiamo \(\tau(\alpha,P): \mathcal{Q}_n \rightarrow \mathcal{Q}_n\) la trasformazione che manda \(P\) in \(Q\) e tale che \(\angle B_1 A_1 A_2 = \alpha\).

b) Fissato \(\alpha\), determinare l'insieme \(\mathcal{G}_{\alpha} = \{ Q \in \mathcal{Q}_n \ \ : \ \ \exists P \in \mathcal{Q}_n\ \ :\ \ \tau(\alpha, P) = Q\}\) (il codominio fissato \(\alpha\)).
c) Fissato \(P \in \mathcal{Q}_n\), determinare l'insieme \(\mathcal{H}_P= \{ Q \in \mathcal{Q}_n \ \ :\ \ \exists \alpha \in \mathbb{R}_0 \ \ :\ \ \tau(\alpha, P) = Q\}\) (il codominio fissato il poligono).
d) Fissati \(P, \alpha\), determinare l'insieme \(\mathcal{M}_{P, \alpha} = \{ Q \in \mathcal{Q}_n \ \ :\ \ \exists k \in \mathbb{N} \ \ : \ \ \tau^k(\alpha,P) = Q\}\).

[Gottinger95]

Nessuno prova nemmeno il punto a) ?

[maurizio43]

Scusa, una domanda :
Perchè definisci $ \Gamma_i $ come " l ' arco " di circonferenza tangente ad $ A_{i−1} A_i $ e a $ A_{i+1}A_{i+2} $ , ecc. ; non credi che ce ne sia più di uno ?

[Gottinger95]

Scusami, intendevo l'arco esterno, ho corretto

[maurizio43]

Mi sembra di essere incorso in un abbaglio(forse per essermi alzato troppo presto, continuando a seguire l’ ora non solare) :
probabilmente sbaglio nel considerare l’ arco $ \Gamma_1 $ come il più estremo degli archi interni, il primo ad essere esterno,in quanto tangente ai due lati in $ A_1 $ e $ A_2 $
( e così via per gli altri $ \Gamma_i $ ).
Così mi capita di vedere che le varie $ \Gamma_i $intersechino i vari segmenti $ A_i A_{i+1} $ solo negli estremi dei segmenti stessi,
e che i vari successivi $ B_i $ coincidano con i vertici dell’ n-agono di partenza.
Ne esce un poligono di (n+1) lati ottenuto dal poligono precedente interponendo $ B_1 $ (individuato su $ \Gamma_1 $ ) tra $ A_1 $ e $ A_2 $ , poligono che non vedo equiangolo .
Viceversa continuando con lo stesso procedimento oltre a $ B_{n+1} $ , si ripercorrono gli n vertici del poligono originale (che è quasi ciò che si richiedeva nella prima parte della domanda)
Devo avere interpretato male i dati nel costruire la figura .

[Gottinger95]

...e che i vari successivi \(B_i\) coincidano con i vertici dell’ \(n\)-agono di partenza.

Aspetta, forse sono stato poco chiaro:

...definiamo \(B_{i+1}=B_iA_{i+1} \cap \Gamma_{i+1}\).

Graficamente significa: traccio la retta \(B_i A_{i+1}\) e questa interseca \(\Gamma_{i+1}\) in \(A_{i+1}\) (che già esiste) e in \(B_{i+1}\) (che è il punto appena definito). Pensavo si capisse dalla formulazione che era l'intersezione distinta dai vertici, adesso correggo!

[maurizio43]

La tua ultima precisazione è stata indotta solo dalla mia dabbenaggine :
Figura piccola, punta di matita grossa, e scelta di $ B_1 $ piuttosto vicino ad $ A_1 $, mi hanno condotto alla
stupidaggine di figurarmi $ B_1A_2 $ tangente all’ arco $ \Gamma_2 $ ….. quindi vedevo un unico punto di contatto tra retta e arco …..!
Focalizzata la figura, mi sembra non difficile dimostrare la tua tesi . Io la divido in 2 parti :
Prima parte : Il caso in cui il poligono dato è anche equilatero .
Seconda parte : Il caso in cui il poligono (solo equiangolo) è ottenuto da un poligono equilatero allungando di una stessa entità due dei suoi lati paralleli.
“Tertium non datur” , suppongo, sennò indicamelo tu ( come pure mi faresti piacere se mi indicassi metodi più immediati ,ma io so arrivare solo fin lì ).

Poligono equilatero :
Consideriamo il tratto di poligono $ A_1A_2A_3 $ insieme ai due “petali” $ \Gamma_1 $ e $ \Gamma_2 $ .
Prendiamo $ B_1 $ su $ \Gamma_1 $ e costruiamo $ B_2 $ su $ \Gamma_2 $ e, per comodità visiva, tracciamo anche le due punte triangolari della stella che notoriamente si ottiene dal poligono prolungandone i lati ; in particolare : i 2 triangoli $ A_1C_1A_2 $ , e $ A_2C_2 A_3 $ (dove $ C_1 $ e $ C_2 $ sono le intersezioni , rispettivamente, della retta di $ A_1A_n $ con la retta di $ A_1A_2 $ e della retta di $ A_1A_2 $ con la retta di$ A_3A_4 $ )
Abbiamo già definito con $ \alpha = \widehat{A2B1A1} $ ; chiamiamo $ \beta =\widehat{B1A2A1} $ e $ \gamma=\widehat{B1A1A2} $ .

Poichè le crf. a cui appartengono gli archi $ \Gamma_1 $ e $ \Gamma_2 $ sono uguali, $ \widehat{A2B2A3} = \widehat{A2B1A1} =\alpha $ perché angoli alla crf. che insistono su corde uguali .
Risulta inoltre $ \widehat{C_1A_2B_1} = \widehat{B_2A_2A_3} $ perché opposti al vertice.
Ma anche $ \widehat{A_1A_2B_1} =\widehat{C_1A_2B_1} $ , perchè insitenti entrambi sull' arco $ A_2B_1 $.
Quindi vale anche l' uguaglianza $ \widehat{B_2A_3A_2}= \beta = \pi-\alpha-\gamma. $
Allora i 2 triangoli $ A_2B_2A_3 $ e $ B_1A_2A_1 $ sono uguali. E in particolare : $ A_2B_1 = B_2A_3 $ , nonchè $ A_1B_1= A_2B_2 $ .
Queste considerazioni possono essere ripetute per tutti i petali , quindi tutti gli $ A_iB_i $ sono uguali tra loro e tutti i $ B_iA_{i+1} $ sono uguali tra loro.

Ne consegue che tutti i segmenti $ B_iB_{i+1} $ sono uguali tra loro, in quanto somme di segmenti uguali, e dunque i vertici $ B_i $ formano un poligono regolare .
E da questo viene confermata la tesi.

Poligono solo equiangolo :
Penso che dovrei ricavare considerazioni simili, raddoppiando (per esempio) le lunghezze di $ A_2A_3 $ e di $ A_{n-1}A_n $ e individuando angoli interni uguali nel nuovo poligono , ma penso che valga la pena dedicarmicisi solo dopo tua conferma che non ci sono strade più semplici

[Gottinger95]

La dimostrazione per i poligoni equilateri è giusta, ma non c'è bisogno di preoccuparsi delle lunghezze!
Sia \(\alpha_i = \angle B_i A_i A_{i+1}\), \(\beta_i= \angle B_i A_{i+1} A_i\), \(\gamma_i = \angle A_i B_i A_{i+1}\), \(\delta = \angle A_i A_{i+1} A_{i+2}\).
Innanzitutto \(\gamma_i = \delta\) perchè insistono entrambi su \(A_i A_{i+1}\) sulla circonferenza \(\Gamma_i\).
Inoltre se supponiamo che \(\alpha_i = \alpha_1\) e \(\beta_i = \beta_1\) per \(i=1, \ldots, k\) (il passo base per \(k=1\) è piuttosto evidente), abbiamo:

\(\alpha_{i+1} = \pi - \delta - \beta_{i} = \pi - \gamma_i - \beta_i = \alpha_i \)
\(\beta_{i+1} = \pi - \gamma_{i+1} - \alpha_{i+1} = \pi - \gamma_i - \alpha_i = \beta_i\)

Visto che \(\alpha_{n+i} = \alpha_1 = \alpha_i\), anche \(B_{n+i} = B_i\), che dimostra la tesi. E' praticamente la stessa tua, ma la forma ci fa risparmiare parecchio spazio e parecchi artifici!

[maurizio43]

Giustissima l' osservazione, buono il metodo .
In realtà ho tirato in ballo anche le lunghezze perchè mi piaceva osservare che da equilatero si arrivava a equilatero)

[Gottinger95]

E' vero, infatti può essere importante. Per la seconda parte un po' ci ho lavorato, e sostanzialmente diventa un problema di algebra lineare (matrici, insomma).
Chiedo a chi di dovere: dove va spostato?

[maurizio43]

Come certo immagini, la seconda parte del tuo quesito non è assolutamente alla portata dei miei teneri denti, e quindi me ne sto lontano,
potendomi solo limitare ad augurarti buon lavoro.
Viceversa,tanto per completezza (come suol dire chi la tiene sempre lunga e non si rassegna mai a concludere e piantarla lì) , avrei da aggiungere alla mia dimostrazione sul caso del poligono equilatero quella ricavabile da lì per il caso di poligono solo equiangolo . E’ un doppione ed è un metodo noioso e demodè,
è vero, e se qualcuno parlasse di ‘masturbazione -(pseudo)intellettuale’ non avrei di che ribattere, ma si fa per passare il tempo...
Poligono solo equiangolo.
Otteniamo un equiangolo partendo dall’ equilatero e raddoppiando la lunghezza di una coppia di lati opposti. ( Ovviamente stiamo parlando di poligoni con un numero pari di lati, visto che parliamo di lati opposti). Metà poligono resterà inalterato, l’ altra metà subirà una traslazione nella direzione del lato raddoppiato, mantenendo inalterati angoli e lati. (Parlo di raddoppio solo per semplicità di esposizione, ma le stesse considerazioni possono essere fatte con un incremento di un fattore k reale qualunque, anziché 2 )

Siano il secondo e il penultimo lato (nell' esempio nel caso di un esagono) (**) i lati opposti di lunghezza raddoppiata. Indicando col suffisso ‘d’ i vertici traslati , il nuovo poligono sarà : $ A_1A_2A^d_3 … A^d_{n-2}A_{n-1}A_n $
I petali del secondo e del penultimo lato saranno di dimensioni doppie (*) di quelle dei petali degli altri lati, che restano inalterati .
Indicando con $ C_2 $ e $ C^d_2 $ i centri delle crf. con cui si tracciano $ \Gamma_2 $ e $ \Gamma^d_2 $, si può facilmente verificare la similitudine tra i triangoli $ A_1C_2A_2 $ e $ A_1C^d_2A^d_2 $ ,
e il conseguente rapporto 1 a 2 tra le lunghezze dei raggi $ A_1C_2 $ e $ A_1C^d_2 $.
Indichiamo con $ B_1 B^d_2 B^d_3 … B^d_n $ la figura corrispondente a $ B_1 B_2 B_3 …. B_n $ ( in analogia a quanto indicato sopra per i poligoni coi vertici "$ A $" ).
Sulla base del lemma indicato nella nota (*) si può concludere che l’ angolo alla crf. sul petalo maggiore $ \Gamma^d_2 $ ,cioè $ A_1B^d_2A^d_2 $, è uguale all’ angolo alla crf. $ A_1B_2A_2 $, del vecchio petalo $ \Gamma_2 $ e analoghe considerazioni si possono fare per i petali penultimi : $ \Gamma_{(n-1)} $ e $ \Gamma^d_{(n-1)} $.
Ne consegue che tutti gli angoli nella nuova figura sono uguali a quelli della vecchia figura, e quindi sono tutti uguali fra loro :
Anche la nuova figura ricavata è un poligono equiangolo .
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(*)Nota : Nel caso di due crf. di raggio doppio l’una rispetto all’altra, consideriamo un qualsiasi angolo alla crf. sulla maggiore, che insista
su una corda di lunghezza $ 2l $ , nonchè un angolo alla crf. sulla minore che insista su una corda di lunghezza $ l $ .
Si può dimostrare che i 2 angoli sono uguali tra loro .
(N.B.: Lo stesso vale anche se il rapporto di proporzionalità, anzichè 2, è un K positivo qualunque)
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(**)Nota : Ad essere precisi, va ricordato che il lato opposto del secondo lato di un poligono di $ n=2m $ lati può essere indicato come il lato $ (n+2) $-esimo , o anche come il lato ($ n-(m-2) $)-esimo