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Sia ABC un triangolo con ortocentro H, e sia r una retta che tagli
 1) la retta AB in C\'
 2) la retta BC in A\'
 3) la retta CA in B\'
 Da A\',B\' e C\' conduciamo, rispettivamente, le perpendicolari a
 BC, AC, AB. Andremo a determinare un nuovo triangolo A\'\'B\'\'C\'\',
 con ortocentro H\'\'. Dimostrare che
 
 1) ABC e A\'\'B\'\'C\'\' sono simili (easy)
 2) il punto medio del segmento HH\'\' giace su r (quite hard)

Rispondo alla parte facile del quesito.
 Dal momento che due angoli aventi i lati
 reciprocamente perpendicolari e che sono
 della stessa specie (cioe\' entrambi retti,acuti od ottusi)
 sono congruenti,ABC ed A\"B\"C\" hanno gli angoli
 congruenti e quindi sono simili.
 La parte seconda mi sembra effettivamente \"hard\"
 e per ora non ho cavato ragno dal classico buco
 se non immaginando improbabili trasformazioni
 di un triangolo nell\'altro.

Se ABC e\'rettangolo ( in A) anche A\"B\"C\" e\' rettangolo ( in A\") e
 la congiungente gli ortocentri A ed A\" e\' la diagonale del rettangolo
 AB\'A\"C\' di cui B\'C\' e\' l\'altra diagonale ed il teorema e\' dimostrato.
 Se ABC non e\' rettangolo lo si puo\' rendere tale mediante una opportuna
 omologia w tra il piano p di ABC ed un piano p\' ad esso sovrapposto.
 Poiche\' una omologia tra piani (non necessariamente sovrapposti)
 e\' una omografia, mi chiedevo se ,una volta trovata l\'omologia in
 questione (leggi appresso sul come costruirla),il teorema non fosse
 dimostrato in generale.Beninteso e\' solo una mia ipotesi.
 Per chi volesse studiare una soluzione alternativa ma sempre
 di natura proiettiva,puo\' osservare che,in base al reciproco
 del teorema di Desargues,i triangoli iniziali ABC e A\"B\"C\"
 sono omologici in una omologia che ha per asse la retta data
 e per centro il punto in cui,sempre per Desargues,s\'incontrano
 le rette AA\",BB\" e CC\".
 NOTIZIE SULLA OMOLOGIA.
 [Come trasformare un triangolo generico in un altro che sia rettangolo.]
 (Ci vorrebbe la figura : ho tentato con Word ma e\' venuto una
 \"zoza\" e non l\'allego.)
 Un omologia w tra piani (sovrapposti o meno) p e p\' e\' una corrispondenza
 biunivoca puntuale nella quale coppie di punti corrispondenti
 sono allineati con un punto S detto centro di w e coppie di rette
 corrispondenti s\'intersecano tutte su una stessa retta s detta
 asse dell\'omologia.Se r(inf) e\' la retta impropria di p, la sua corrispondente
 j\' in w e\' detta retta limite di p\';reciprocamente se r\'(inf) e\'
 la retta impropria di p\',la sua corrispondente j e\' detta ancora retta limite.
 Le rette limite j e j\' sono parallele all\'asse s e disposte
 simmetricamente rispetto ad S e s.Ci sono altre proprieta\' che ometto.
 Detto questo ,sia ABC il triangolo generico da trasformare;
 sul prolungamento di AB (per es. dalla parte di B) prendiamo
 un punto qualunque M e su MC( dalla parte di C) un punto
 qualunque D in modo da avere il quadrilatero ABCD.
 Le rette AD e BC s\'incontrino in N.
 Assumiamo allora come retta limite j dell\'omologia w cercata
 la retta MN,come asse s una qualunque retta parallela a j e
 come centro S un qualunque punto della semicirconferenza di
 diametro MN.
 Le rette AM e CM incontrino l\'asse s in X ed Y e siano a\' e b\' le
 parallele a MS condotte da X ed Y.Le rette AN e CN incontrino
 l\'asse s in U e V a siano c\' e d\' le parallele ad NS condotte
 da U e V.Le 4 rette a\',b\',c\',d\' determinano un rettangolo A\'B\'C\'D\' di cui
 il triangolo ( rettangolo) A\'B\'C\' rappresenta il trasformato di ABC.
 (attenzione nell\'individuare nel giusto modo i punti A\',B\',C\',D\')
 Mi rendo conto che la soluzione e\' noiosa ,ma non ho trovato di meglio.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 20-05-2004 00:36 ]

Scusate il msg inutile ma sono curioso. Karl ma dove trovi il tempo di rispondere a tutto? Io che nemmeno frequento l\'università nn ho trovato nemmeno il tempo per leggere gli es postati ultimamente....mah

Info si meravigliera\' ancor piu\' se dico che non solo
 frequento l\'Universita\' ma lavoro pure( piccole
 cose per la verita\').Il fatto e\' che dedico qualche ora notturna
 alle risposte,tant\' e\' vero che i mei posts non sono quasi mai
 immediati.
 Gabba,Gabba ,Hey! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 19-05-2004 15:50 ]

Credo di essere riuscito (con tanta fatica) a trovare una soluzione euclidea \"classica\" del problema. La sostanza della mia soluzione, che non riporto adesso per intero, si basa sul seguente lemma:
 
 Lemma RL210504
 
 Dati tre cerchi passanti per lo stesso punto e tali che gli altri tre punti comuni alle coppie di cerchi siano allineati, allora l\'ortocentro del triangolo con vertici i centri dei tre cerchi appartiene alla linea determinata dai tre punti comuni a due soli cerchi.
 
 
 La dimostrazione di questo lemma non l\'ho trovata semplice, ma alla fine l\'ho sbrogliata.
 
 L\'applicazione di questo lemma alla soluzione del problema originario non e\' immediata, anzi. Bisogna ragionare su una marea di cerchi e di linee.
 
 Quando postero\' la soluzione mi sara\' utile (se non indispensabile) allegare delle figure. Come si fa?

Cosa e\' successo? c\'e\' stato un blackout di tre giorni.
 
 Volevo aggiungere un altro risultato che puo\' essere utilizzato per la risoluzione del problema \"hard\".
 
 Lemma RL240504
 
 Dati due triangoli simili in un piano, ABC e A\'B\'C\'. Se A\", B\" e C\" sono punti su AA\', BB\' e CC\' rispettivamente il triangolo A\"B\"C\" e simile ai triangoli dati se e solo se AA\"/A\"A\' = BB\"/BB\' = CC\"/CC\'.
 
 
 In effetti per provare il problema dato (oltre al Lemma RL210504) basterebbe un risultato meno forte di quest\'ultimo. Ma a volte e\' piu\' semplice provare i casi un po\' piu\' generali.

Una domanda a sprmnt21(spero lecita) :
 i tuoi lemma sono numerati in un curioso modo
 (siamo a RL240510 ed a RL210504):e\' un tuo modo
 di catalogare le ricerche o che altro?
 Insieme alla (eventuale) risposta sono in speranzosa attesa
 della tua soluzione al problema,a cui mi sono applicato
 pure io ,sia pure in altro ambito.

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-25 18:14, karl wrote:
 Una domanda a sprmnt21(spero lecita) :
 i tuoi lemma sono numerati in un curioso modo
 (siamo a RL240510 ed a RL210504):e\' un tuo modo
 di catalogare le ricerche o che altro?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 il numero indica sola la data in cui ho fatto la \"scoperta\". Le lettere sono per ricordarmi che l\'ho scoperto (o riscoperto nella maggior parte dei casi) da solo.
 
 
 Ps
 ho provato ad allegare un disegno ma non ci riesco.

Sia I l’intersezione dei cerchi c(A’B’C) e c(A’BC’), dove con c(XYZ) si intende il cerchio circoscritto al triangolo di vertici X, Y e Z.
 
 Si ha che I € c(AB’C’). Infatti < B’IC’ = < B’IA’ + < A’IC’ = < B’CA’ + < A’BA, da cui segue che < B’AC’ + < B’IC’ = 180°.
 
 Si verifica facilmente che A” € c(AB’C’), B” € c(A’BC’) e C” € c(AB’C’).
 
 Siano D, E ed F i centri dei cerchi c(AB’C’), c(A’BC’) e c(AB’C’) rispettivamente e sia K l’ortocentro di DEF.
 
 Per il lemma RL210504 si ha che K € r.
 
 Dato che D,E ed F sono i punti medi di AA”, BB” e CC” rispettivamente, per il lemma RL250504 si ha che DEF ~ ABC ~ A”B”C”. Da cui segue che DEK ~ ABH ~ A”B”H”. Applicando a quest’ultimo risultato ancora il lemma RL250504 si ha che KH = KH”.
 
 Questo conclude la prova.
 
 PS
 
 Aspettero’ un po’ prima di postare la prova dei due lemma.
 
 Nel frattempo spero di riuscire ad allegare delle figure.
 
 C’e’ qualche trucco ( o limitazione) particolare oltre che seguire quanto dice la funzione del tasto “allegati”?
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 26-05-2004 10:31 ]

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-21 14:51, sprmnt21 wrote:
 Lemma RL210504
 
 Dati tre cerchi passanti per lo stesso punto e tali che gli altri tre punti comuni alle coppie di cerchi siano allineati, allora l\'ortocentro del triangolo con vertici i centri dei tre cerchi appartiene alla linea determinata dai tre punti comuni a due soli cerchi.
 
 La dimostrazione di questo lemma non l\'ho trovata semplice, ma alla fine l\'ho sbrogliata.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Do\' una mano a Rocco, dimostrandogli un lemma: <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 Poiche\' l\'asse radicale di 2 circonferenze secanti e\' perpendicolare alla retta passante per i centri, la tesi del lemma equivale a:
 
 Date 2 circonferenze di centri P e Q sencanti in A e B, siano C e D due punti situati rispettivamente su ognuna delle circonferenze (con C dalla parte di P), tali che B, C, D siano allineati. Allora la parallela a CA passante per Q e la parallela a DA passante per P si intersecano su CD.
 
 Dimostrazione: sia E su CD in modo che CA//EQ. Vogliamo provare che anche DA//EP. Abbiamo <BPQ=<BCA=<DEQ, quindi PBEQ e\' ciclico. Da cio\' segue che <BEP=<BQP=<BDA, da cui la tesi.[addsig]

Lettere a parte (che comunque ti chiedo di ricontrollare: non mi trovo con le figure) e\' uguale alla prova che avevo trovato anch\'io.
 
 Per una prova dell\'altro lemma suggerisco di fare delle traslazioni.
 
 Prima di trovare la prova sintetica, quando ho congetturato il fatto, ho pensato che poteva convenire esprimere in qualche modo \"vettoriale\" ma \"lineare\" l\'hortocentro in funzione dei tre vertici e quindi dedurre, dal fatto che i vertici del \"terzo\" triangolo sono una combinazione linerae degli altri due, che anche il \"terzo\" ortocentro e\' ottenuto combinando linearmente allo stesso modo i primi due ortocentri.
 
 Ma non so come si possa fare e non tempo e voglia di andare a guardarmi libri di algebra.
 
 Qualcuno puo\' confermare (o smentire) la bonta\' dell\'idea. Come si potrebbe fare?

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>Lemma RL240504
 
 Dati due triangoli simili in un piano, ABC e A\'B\'C\'. Se A\", B\" e C\" sono punti su AA\', BB\' e CC\' rispettivamente il triangolo A\"B\"C\" e simile ai triangoli dati se e solo se AA\"/A\"A\' = BB\"/BB\' = CC\"/CC\'.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Supponiamo che AA\"/A\"A\' = BB\"/BB\' = CC\"/CC\'. Trasliamo ABC e A\'B\'C\' in modo che C e C\' vada su C\" e siano D ed E i corrispondenti di A e B e D\' ed E\' i corrispondenti di A\' e B\'.
 
 Dato che DEC\" e D\'E\'C\" sono simili (per ipotesi) si ha che < DD\'C\" = < EE\'C\" (in quanto differenza di angoli uguali) ed essendo DC\"/D\'C2 = EC\"/E\'C\" se gue che DD\'C\" e EE\'C\" sono simili.
 Dato che A\" e B\" (*) dividono DD\' ed EE\' in parti proporzianali con considerazioni analoghe alle precedenti sugli angoli e sui latri proporzionali si deduce la similitudine di A\"B\"C\" rispetto ad (per esempio) DEC\" e quindi la (meta\' della) tesi.
 
 Supponendo invece che AA\"/A\"A\' = BB\"/BB\' e che C\" sia un punto del piano tale che A\"B\"C\" sia simile ad ABC allora si prova anche utilizzando la parte precedente della prova che C\" e\' un punto di CC\' tale che AA\"/A\"A\' = BB\"/BB\' = CC\"/CC\'.
 
 
 (*)
 I punti E, B\", E\" sono allineati in quanto i traingoli BEB\" e B\'E\"B\" sono simili per avere due lati proporzionali BE(=CC\')/BB\" = B\'E\"(=C\'C\")/B\'B\" e l\'angolo compreso uguale. Per analoghe ragioni sono allineati D, A\" e D\'.

Direi che partendo dal lemma precedente si puo\' arrivare ad estendere il risultati a figure poligonali simili, in quanto (comunque) composte da triangoli simili.
 
 E oserei dire per chi osasse mettere giu\' gli integrali (e/o limiti, in fondo gli integrali sono dei limiti) opportuni si puo\' pensare di estendere la cosa alle figure con contorno continuo (o forse anche qualcosa di piu\' generale ancora. Ma questa non e\' roba per me).

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