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Baricentriche!
Re: Baricentriche!
A me piace un sacco chiacchierare, però odio i monologhi. In particolare, capisco che gli esercizi 1,2,3,4,5,7 siano noiosetti (anche se alcuni contengono fatti molto utili), ma almeno 9,10,11,12 sarebbe carino che li faceste ![Razz :P](./images/smilies/icon_razz.gif)
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Re: Baricentriche!
Facciamo quelli noiosetti.
Esercizio 1
Dal modo, scritto sopra, di determinare il segno dell'area orientata segue che:
i. P è interno ad ABC
ii. P appartiene ad almeno una delle rette dei lati
iii. P è interno ad uno degli angoli di ABC
iv. P è interno ad uno degli angoli "opposti al vertice" di ABC
v. impossibile
Esercizio 1
Dal modo, scritto sopra, di determinare il segno dell'area orientata segue che:
i. P è interno ad ABC
ii. P appartiene ad almeno una delle rette dei lati
iii. P è interno ad uno degli angoli di ABC
iv. P è interno ad uno degli angoli "opposti al vertice" di ABC
v. impossibile
Re: Baricentriche!
Esercizio 2
Se D è interno a BC, allora entrambe le aree $[ABD], [CAD] $ sono positive e la tesi è vera; se D non è interno a BC, allora una delle aree sarà negativa e sottraendola all'altra otteniamo $[ABC] $.
Se D è interno a BC, allora entrambe le aree $[ABD], [CAD] $ sono positive e la tesi è vera; se D non è interno a BC, allora una delle aree sarà negativa e sottraendola all'altra otteniamo $[ABC] $.
Re: Baricentriche!
Io capisco che hai capito, ma il caso iii, per come l'hai scritto, contiene il caso i ...matpro98 ha scritto:Facciamo quelli noiosetti.
Esercizio 1
Dal modo, scritto sopra, di determinare il segno dell'area orientata segue che:
i. P è interno ad ABC
ii. P appartiene ad almeno una delle rette dei lati
iii. P è interno ad uno degli angoli di ABC
iv. P è interno ad uno degli angoli "opposti al vertice" di ABC
v. impossibile
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iii. è interno all'angolo formato dalle semirette (wlog) AB e AC, nel semipiano delimitato dalla retta BC che non contiene
(oppure quello che scrivi + ma non interno ad ABC o sui lati o sui loro prolungamenti).
Re: Baricentriche!
Lascio quelli noiosi a Matteo (che gli piacciono tanto
)...
Esercizio 11. Chiamo $P$ l'intersezione di $r$ con $BC$. Quindi $P=[0:n:-m]$. Ora, l'intersezione con $BC$ della simmetrica $s$ di $r$ rispetto alla bisettrice è il punto $Q$ tale che il punto medio di $PQ$ sia il piede della bisettrice $F$, e cioè il punto $[0:c:-b]$. Quindi, detto $Q=[0:p:q]$ devo avere
\[F=[0:c:-b]=\left[0:\frac{n}{n-m}+\frac{p}{p+q}:\frac{m}{n-m}+\frac{q}{p+q}\right]=[0:2np+nq-mp:mp+nq].\]
Ora devo trovare $[p:q]$ in funzione di $m,n,c,b$. Questo è l'equazione:
\[0=mpc+nqc+2npb+nqb-mpb=p(mc+2nb-mb)+q(nc+nb).\]
Da cui $Q=[0:p:q]=[0:nc+nb:mb-mc-2nb]$. La retta $s$ per $A$ e $Q$ è quindi $(mc+2nb-mb)y+(nc+nb)z=0$ (modulo errori di calcolo).
Va bene?![Wink ;)](./images/smilies/icon_wink.gif)
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Esercizio 11. Chiamo $P$ l'intersezione di $r$ con $BC$. Quindi $P=[0:n:-m]$. Ora, l'intersezione con $BC$ della simmetrica $s$ di $r$ rispetto alla bisettrice è il punto $Q$ tale che il punto medio di $PQ$ sia il piede della bisettrice $F$, e cioè il punto $[0:c:-b]$. Quindi, detto $Q=[0:p:q]$ devo avere
\[F=[0:c:-b]=\left[0:\frac{n}{n-m}+\frac{p}{p+q}:\frac{m}{n-m}+\frac{q}{p+q}\right]=[0:2np+nq-mp:mp+nq].\]
Ora devo trovare $[p:q]$ in funzione di $m,n,c,b$. Questo è l'equazione:
\[0=mpc+nqc+2npb+nqb-mpb=p(mc+2nb-mb)+q(nc+nb).\]
Da cui $Q=[0:p:q]=[0:nc+nb:mb-mc-2nb]$. La retta $s$ per $A$ e $Q$ è quindi $(mc+2nb-mb)y+(nc+nb)z=0$ (modulo errori di calcolo).
Va bene?
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"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo
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Re: Baricentriche!
Eh no, non va affatto bene... se $AP$ e $AQ$ sono simmetriche rispetto a $AF$, non è vero che $F$ è il punto medio di $PQ$ (o meglio, è vero solo se $AP=AQ$: bisettrice e mediana coincidono solo nel triangolo isoscele).
Inoltre il tuo piede della bisettrice interna mi lascia più di qualche dubbio: dovrebbe avere due coordinate positive!
Inoltre il tuo piede della bisettrice interna mi lascia più di qualche dubbio: dovrebbe avere due coordinate positive!
Re: Baricentriche!
Poi scusami, ma se sai fare i coniugati isogonali, dovresti sapere a priori in che retta finisci... in effetti questo esercizio è la dimostrazione di quel fatto!
Un hint: guarda le distanze della retta e della simmetrica dai lati![Wink ;)](./images/smilies/icon_wink.gif)
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Re: Baricentriche!
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P.S.:
Eh, sì... infatti avevo parecchi dubbî ma ero convinto che la distanza dei piedi delle rette $r$ ed $s$ da $F$ fosse uguale... chissà perché, forse invece di studiare baricentriche dovrei studiare geometria sintetica...Drago96 ha scritto:Poi scusami, ma se sai fare i coniugati isogonali, dovresti sapere a priori in che retta finisci...
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Re: Baricentriche!
Wow, gran bella guida (e molto utile, anche)!
Segnalo solo un piccolo typo:
Intanto provo a fare il 4 (così cerco di abituarmi a usare i segmenti orientati).
Sia $l$ la distanza di $Q$ da $BC$.
Se $EF \parallel BC$ è ovvio, in quanto $l = h = k = \lambda k + \mu h \; \forall \: \lambda, \mu$ t.c $\lambda + \mu = 1$.
Ora supponiamo che la retta $EF$ incontri $BC$ in $P$. Con la convenzione dei segmenti con segno, vale la proporzione $h : PE = l : PQ = k : PF$, da cui $\displaystyle l = h \frac{PQ}{PE}$. Ma $PQ = PE + EQ = PE + \lambda EF$ e $\displaystyle \frac{EF}{PE} = \frac{PF - PE}{PE} = \frac k h - 1$, da cui segue $$l = h \frac{PQ}{PE} = h \frac{PE + \lambda EF}{PE} = h \left ( 1 + \lambda \frac{EF}{PE} \right ) = h \left ( 1 + \lambda \frac k h - \lambda \right ) = h \left ( \lambda \frac k h + \mu \right ) = \lambda k + \mu h$$
$\blacksquare$
Segnalo solo un piccolo typo:
Dovrebbe essere $2p/BC$ etc... ma vabbè, son dettagli.EvaristeG ha scritto:... è una retta parallela alla retta $BC$ e distante da essa *$p/BC$*; [...] Allo stesso modo, l'insieme dei punti tali che $[CAP] = q$ è una retta parallela alla retta $CA$ e distante *$q/CA$*
Intanto provo a fare il 4 (così cerco di abituarmi a usare i segmenti orientati).
Sia $l$ la distanza di $Q$ da $BC$.
Se $EF \parallel BC$ è ovvio, in quanto $l = h = k = \lambda k + \mu h \; \forall \: \lambda, \mu$ t.c $\lambda + \mu = 1$.
Ora supponiamo che la retta $EF$ incontri $BC$ in $P$. Con la convenzione dei segmenti con segno, vale la proporzione $h : PE = l : PQ = k : PF$, da cui $\displaystyle l = h \frac{PQ}{PE}$. Ma $PQ = PE + EQ = PE + \lambda EF$ e $\displaystyle \frac{EF}{PE} = \frac{PF - PE}{PE} = \frac k h - 1$, da cui segue $$l = h \frac{PQ}{PE} = h \frac{PE + \lambda EF}{PE} = h \left ( 1 + \lambda \frac{EF}{PE} \right ) = h \left ( 1 + \lambda \frac k h - \lambda \right ) = h \left ( \lambda \frac k h + \mu \right ) = \lambda k + \mu h$$
$\blacksquare$
Re: Baricentriche!
Io vado avanti, ma prima o poi fateli sti esercizi XD
Una delle mille notazioni inventate da Conway
Indichiamo con $S$ il doppio dell'area di $ABC$, ovvero $S=2[ABC]$. In particolare, la trigonometria ci dice che
$$S=ab\sin \gamma=ac\sin\beta=bc\sin \alpha$$
Dato un angolo $\theta$, definiamo $S_\theta=S\cot\theta$ e, per complicare le cose, poniamo $S_A=S_\alpha$, $S_B=S_\beta$, $S_C=S_\gamma$.
Fatto 6 Si ha
$$S_A=S\cot\alpha=bc\sin\alpha\cot\alpha=bc\cos\alpha=bc\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}\;.$$
Da questa segue subito che $S_B+S_C=a^2$ (e cicliche) e che $S_A+S_B+S_C=(a^2+b^2+c^2)/2$.
Inoltre
$$S^2=b^2c^2\sin^2\alpha=b^2c^2(1-\cos^2\alpha)=b^2c^2-S_A^2$$
e l'ultima è ovvia.![Exclamation :!:](./images/smilies/icon_exclaim.gif)
Esercizio 14 Mostrare che $S_BS_C=S^2-a^2S_A$ e cicliche.
Mostrare che $S_AS_B+S_BS_C+S_AS_C=S^2$.
Ora, alcuni punti che abbiamo trovato si scrivono bene con questa notazione:
$$O=[a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C],\qquad H=[S_BS_C:S_AS_C:S_AS_B]=[S_A^{-1}:S_B^{-1}:S_C^{-1}]$$
Il centro della circonferenza di Feuerbach, che avrete calcolato in un precedente esercizio, è
$$N=[S^2+S_BS_C:S^2+S_AS_C:S^2+S_AS_B]$$
E, grazie alle formule di cui sopra, è anche comodo il calcolo delle coordinate esatte, poiché le somme sono facili da fare. Ad esempio, per il centro della circonferenza di Feuerbach, le coordinate esatte sono
$$S\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S^2}=\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S}$$
e cicliche.
Tale notazione però ha la sua maggiore utilità nell’applicazione della formula di Conway:
Fatto 7 Sia $P$ un punto del piano e siano $\theta=\widehat{PBC}$, $\phi=\widehat{PCB}$, tali che $-\pi/2\leq \theta,\phi\leq \pi/2$, prendendo gli angoli positivi o negativi a seconda che abbiano lo stesso verso o quello opposto di $\widehat{CBA}$ e $\widehat{BCA}$. Allora le coordinate di $P$ sono
$$[-a^2:S_C+S_\phi:S_B+S_\theta]$$
Dim: Intanto notiamo che la condizione sui segni dice semplicemente che, se $P$ e $A$ stanno da parti opposte rispetto a $BC$, i due angoli sono positivi. Inoltre, le restrizioni su $\theta$ e $\phi$ dicono che $P$ si trova nella regione delimitata dalle due perpendicolari a $BC$ che passano per i suoi estremi.
Ora, possiamo scrivere le aree come segue
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\cdot CP\sin(\gamma+\phi)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\phi)}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\cdot BP\sin(\beta+\theta)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\phi)}$$
Notiamo che $CP\sin(\theta+\gamma)=BC\sin\theta$ e $BP\sin(\theta+\phi)=BC\sin\phi$ e dunque
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\sin\gamma\cos\phi+AC\cos\gamma\sin\phi}{BC\sin\phi}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\sin\beta\cos\theta+AB\sin\theta\cos\beta}{BC\sin\theta}$$
infine, isolando un fattore $S$ a numeratore e dividendo per il seno a denominatore si ottiene
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{1}{BC^2}S(\cot\gamma+\cot\phi)=-\dfrac{1}{BC^2}(S_C+S_\phi)$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{1}{BC^2}S(\cot\beta+\cot\theta)=-\dfrac{1}{BC^2}(S_B+S_\theta)$$
da cui la tesi.![Exclamation :!:](./images/smilies/icon_exclaim.gif)
Esempio: Costruiamo il triangolo equilatero $BCA'$ di modo che $A'$ e $A$ siano da parti opposte di $BC$ e sia $D$ il suo baricentro. Allora $\widehat{DBC}=\widehat{DCB}=30^\circ$ e $\cot(\pi/6)=\sqrt{3}$, dunque $D=[-a^2:S_C+\sqrt{3}S:S_B+\sqrt{3}S]$, mentre $A'=[-a^2:S_C+S/\sqrt{3}:S_B+S/\sqrt{3}]$.
Esempio bis: Se avessimo costruito il triangolo con $A'$ e $A$ dalla stessa parte di $BC$, avremmo ottenuto $D=[-a^2:S_C-\sqrt{3}S:S_B-\sqrt{3}S]$ e similmente per $A'$.
Esercizio 15: Trovare le coordinate dei centri dei quadrati costruiti esternamente ai lati.
Esercizio 16: Trovare le coordinate del simmetrico del circocentro rispetto al lato $BC$; stessa cosa per l'ortocentro, ma rispetto al lato $AC$.
Esercizio 17: Con la notazione dell'Esempio (o dell'Esempio bis), costruire allo stesso modo $B'$, $E$, $C'$, $F$ e mostrare che $AD$, $BE$, $CF$ concorrono, come pure $AA'$, $BB'$, $CC'$.
Esercizio 18: Trovare, in termini di $S$, $S_\theta$, $S_\phi$, le espressioni di $S_{2\theta}$, $S_{\theta/2}$, $S_{\theta+\phi}$.
Esercizio 19: Trovare le coordinate del punto medio dell'arco $AC$ che non contiene $B$. (Sì, di nuovo... No, non come prima.)
Esercizio 20: Se $D$, $E$, $F$ sono tali che $\widehat{CAE}=\widehat{BAF}=\theta$, $\widehat{ABF}=\widehat{CBD}=\phi$, $\widehat{BCD}=\widehat{ACE}=\psi$, mostrare che le rette $AD$ ,$BE$, $CF$ concorrono (e calcolare le coordinate del punto di intersezione).
Una delle mille notazioni inventate da Conway
Indichiamo con $S$ il doppio dell'area di $ABC$, ovvero $S=2[ABC]$. In particolare, la trigonometria ci dice che
$$S=ab\sin \gamma=ac\sin\beta=bc\sin \alpha$$
Dato un angolo $\theta$, definiamo $S_\theta=S\cot\theta$ e, per complicare le cose, poniamo $S_A=S_\alpha$, $S_B=S_\beta$, $S_C=S_\gamma$.
Fatto 6 Si ha
- $S_A=(b^2+c^2-a^2)/2$ e cicliche
- $S_B+S_C=a^2$ e cicliche
- $S_A+S_B+S_C=(a^2+b^2+c^2)/2$
- $S^2=b^2c^2-S_A^2$ e cicliche
- $S_A^2+S_B^2+S_C^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2-3S^2$
$$S_A=S\cot\alpha=bc\sin\alpha\cot\alpha=bc\cos\alpha=bc\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}\;.$$
Da questa segue subito che $S_B+S_C=a^2$ (e cicliche) e che $S_A+S_B+S_C=(a^2+b^2+c^2)/2$.
Inoltre
$$S^2=b^2c^2\sin^2\alpha=b^2c^2(1-\cos^2\alpha)=b^2c^2-S_A^2$$
e l'ultima è ovvia.
![Exclamation :!:](./images/smilies/icon_exclaim.gif)
Esercizio 14 Mostrare che $S_BS_C=S^2-a^2S_A$ e cicliche.
Mostrare che $S_AS_B+S_BS_C+S_AS_C=S^2$.
Ora, alcuni punti che abbiamo trovato si scrivono bene con questa notazione:
$$O=[a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C],\qquad H=[S_BS_C:S_AS_C:S_AS_B]=[S_A^{-1}:S_B^{-1}:S_C^{-1}]$$
Il centro della circonferenza di Feuerbach, che avrete calcolato in un precedente esercizio, è
$$N=[S^2+S_BS_C:S^2+S_AS_C:S^2+S_AS_B]$$
E, grazie alle formule di cui sopra, è anche comodo il calcolo delle coordinate esatte, poiché le somme sono facili da fare. Ad esempio, per il centro della circonferenza di Feuerbach, le coordinate esatte sono
$$S\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S^2}=\dfrac{S^2+S_BS_C}{8S}$$
e cicliche.
Tale notazione però ha la sua maggiore utilità nell’applicazione della formula di Conway:
Fatto 7 Sia $P$ un punto del piano e siano $\theta=\widehat{PBC}$, $\phi=\widehat{PCB}$, tali che $-\pi/2\leq \theta,\phi\leq \pi/2$, prendendo gli angoli positivi o negativi a seconda che abbiano lo stesso verso o quello opposto di $\widehat{CBA}$ e $\widehat{BCA}$. Allora le coordinate di $P$ sono
$$[-a^2:S_C+S_\phi:S_B+S_\theta]$$
Dim: Intanto notiamo che la condizione sui segni dice semplicemente che, se $P$ e $A$ stanno da parti opposte rispetto a $BC$, i due angoli sono positivi. Inoltre, le restrizioni su $\theta$ e $\phi$ dicono che $P$ si trova nella regione delimitata dalle due perpendicolari a $BC$ che passano per i suoi estremi.
Ora, possiamo scrivere le aree come segue
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\cdot CP\sin(\gamma+\phi)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\phi)}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\cdot BP\sin(\beta+\theta)}{BP\cdot CP\sin(\theta+\phi)}$$
Notiamo che $CP\sin(\theta+\gamma)=BC\sin\theta$ e $BP\sin(\theta+\phi)=BC\sin\phi$ e dunque
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{AC\sin\gamma\cos\phi+AC\cos\gamma\sin\phi}{BC\sin\phi}$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{AB\sin\beta\cos\theta+AB\sin\theta\cos\beta}{BC\sin\theta}$$
infine, isolando un fattore $S$ a numeratore e dividendo per il seno a denominatore si ottiene
$$\dfrac{[CAP]}{[BCP]}=-\dfrac{1}{BC^2}S(\cot\gamma+\cot\phi)=-\dfrac{1}{BC^2}(S_C+S_\phi)$$
$$\dfrac{[ABP]}{[BCP]}=-\dfrac{1}{BC^2}S(\cot\beta+\cot\theta)=-\dfrac{1}{BC^2}(S_B+S_\theta)$$
da cui la tesi.
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Esempio: Costruiamo il triangolo equilatero $BCA'$ di modo che $A'$ e $A$ siano da parti opposte di $BC$ e sia $D$ il suo baricentro. Allora $\widehat{DBC}=\widehat{DCB}=30^\circ$ e $\cot(\pi/6)=\sqrt{3}$, dunque $D=[-a^2:S_C+\sqrt{3}S:S_B+\sqrt{3}S]$, mentre $A'=[-a^2:S_C+S/\sqrt{3}:S_B+S/\sqrt{3}]$.
Esempio bis: Se avessimo costruito il triangolo con $A'$ e $A$ dalla stessa parte di $BC$, avremmo ottenuto $D=[-a^2:S_C-\sqrt{3}S:S_B-\sqrt{3}S]$ e similmente per $A'$.
Esercizio 15: Trovare le coordinate dei centri dei quadrati costruiti esternamente ai lati.
Esercizio 16: Trovare le coordinate del simmetrico del circocentro rispetto al lato $BC$; stessa cosa per l'ortocentro, ma rispetto al lato $AC$.
Esercizio 17: Con la notazione dell'Esempio (o dell'Esempio bis), costruire allo stesso modo $B'$, $E$, $C'$, $F$ e mostrare che $AD$, $BE$, $CF$ concorrono, come pure $AA'$, $BB'$, $CC'$.
Esercizio 18: Trovare, in termini di $S$, $S_\theta$, $S_\phi$, le espressioni di $S_{2\theta}$, $S_{\theta/2}$, $S_{\theta+\phi}$.
Esercizio 19: Trovare le coordinate del punto medio dell'arco $AC$ che non contiene $B$. (Sì, di nuovo... No, non come prima.)
Esercizio 20: Se $D$, $E$, $F$ sono tali che $\widehat{CAE}=\widehat{BAF}=\theta$, $\widehat{ABF}=\widehat{CBD}=\phi$, $\widehat{BCD}=\widehat{ACE}=\psi$, mostrare che le rette $AD$ ,$BE$, $CF$ concorrono (e calcolare le coordinate del punto di intersezione).
Re: Baricentriche!
Bene!cip999 ha scritto: Intanto provo a fare il 4 (così cerco di abituarmi a usare i segmenti orientati).
Re: Baricentriche!
Uhm mi sono accorto di non averti davvero risposto: la risposta era sì, se mi regge la voglia fino a là, cioè se vedo che qualcuno segue.erFuricksen ha scritto:è in programma anche qualcosa sulle circonferenze?
-
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Re: Baricentriche!
Grazie milleEvaristeG ha scritto:Uhm mi sono accorto di non averti davvero risposto: la risposta era sì, se mi regge la voglia fino a là, cioè se vedo che qualcuno segue.erFuricksen ha scritto:è in programma anche qualcosa sulle circonferenze?
![Smile :)](./images/smilies/icon_smile.gif)
Per far sì che la voglia rimanga posterò l'idea che avevo avuto per l'esercizio 12, anche se non mi convince molto il finale
Chiamiamo $M$ il punto medio del segmento $BC$, $D$ il punto medio dell'arco $BC$ non contenente $A$ e $E$ il punto desiderato.
Sappiamo che la bisettrice per $A$ e l'asse del segmento $BC$ si incontrano in $D$; detto questo sappiamo che l'equazione della bisettrice è $cy-bz=0$, ora ricaviamo l'equazione dell'asse $lx+my+nz=0$. Sappiamo che passa per $M=[0:1:1]$ da cui $m=-n$. Tuttavia passa anche per il circocentro $O$, quindi
$a^2(a^2-b^2-c^2)l-b^2(b^2-a^2-c^2)n+c^2(c^2-a^2-b^2)n=0$ da cui segue
$a^2(a^2-b^2-c^2)l=n(b^4-a^2b^2-b^2c^2-c^4+a^2c^2+b^2c^2)$
$a^2(a^2-b^2-c^2)l=n(c^2-b^2)(a^2-b^2-c^2)$ e perciò $a^2l = (c^2-b^2)n$
Quindi l'equazione dell'asse sarà $(c^2-b^2)x-a^2y+a^2z=0$
Trovo allora l'intersezione fra l'asse e la bisettrice per avere le coordinate di $D$
$y={b \over c}z$ $(c^2-b^2)x-{a^2b \over c}z+a^2z=0$
$c(c^2-b^2)x=a^2(b-c)z$ $x=-{a^2z \over c(b+c)}$
quindi $D=[- {a^2 \over c(b+c)} : {b \over c}: 1] = [-a^2:b(b+c):c(b+c)]$
Ora sappiamo che $O$ è il punto medio di $DE$ quindi la mia idea era di porre $E=[p:q:r]$ tali che $p+q+r=(b+c)^2-a^2$
in modo da poter utilizzare l'uguaglianza $[a^2(a^2-b^2-c^2):b^2(b^2-a^2-c^2):c^2(c^2-a^2-b^2)]=[p-a^2:q+b(b+c):r+c(b+c)]$
però non riesco a trovare un modo di rendere i calcoli più soft
![Confused :?](./images/smilies/icon_confused.gif)
Ultima modifica di erFuricksen il 27 mag 2015, 20:42, modificato 1 volta in totale.
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $
Re: Baricentriche!
Una mia curiosità (fra qualche giorno metterò qualche altra soluzione per tenere in vita questo "corso"): le coordinate baricentriche si possono usare anche nello spazio?
Re: Baricentriche!
Beh, intanto direi che ti potevi risparmiare grossa fatica usando quello che dicevo nel primo post: lì ho calcolato le coordinate di $D$, l'equazione della bisettrice interna e l'equazione dell'asse.erFuricksen ha scritto: Per far sì che la voglia rimanga posterò l'idea che avevo avuto per l'esercizio 12, anche se non mi convince molto il finale
Poi, la strategia globale non è sbagliata, utilizzando il Fatto 5, e il prossimo post sarà proprio a proposito del poter fare omotetie con le baricentriche... ma la bruttezza dei conti è invariata (ed è causata dalla bruttezza del circocentro -- btw, lo chiami ortocentro ad un certo punto, ma credo sia un lapsus tastierae).
Un'alternativa è contenuta nella tua soluzione: hai definito $D$ (punto medio dell'arco che non contiene $A$) come l'intersezione tra bisettrice interna ed asse ... non c'è una definizione simile per $E$?
Beh sì, ovviamente però avranno a che fare coi volumi orientati dei tetraedri staccati da $P$ sulle facce di un tetraedro $ABCD$ di riferimento. Il suo baricentro avrà allora coordinate $[1:1:1:1]$.matpro98 ha scritto:le coordinate baricentriche si possono usare anche nello spazio?