OliForum Matematico

Le mediane dividono un triangolo in 6 triangoli più piccoli; dimostrate che i loro circocentri sono conciclici (=giacciono su una stessa circonferenza).

up?

Come non detto..
Leandro

Leandro, per favore, cancella il link.
Non l'ho postato per conoscere la soluzione ... e spero che ci sia ancora qualcuno su questo forum che ha interesse a risolvere i problemi e non a conoscere le soluzioni.
Per di più, scopiazzare soluzioni dall'American o dal Crux non è la cosa più bella che si possa fare...

Scopiazzare? Guarda che l'autore ha in anticipo dichiarato che
non era"farina del suo sacco" e che si era limitato a riordinare
alla meglio la risposta .Piu' onesto di cosi'...
Vuoi veder che te attingi e gli altri scopiazzano.
E poi che sarebbe sto Crux?
Se proprio ci tieni ,cancella tu il mio post e cosi' passo dopo passo
contribuirai a narcotizzare questo sito che gia' langue di suo.
Leandro.

Allora, io ho trovato il problema proposto e non risolto su internet ... Crux è Crux Mathematicorum un'altra rivista specializzata però in problemi di matematica elementare.
Ho chiesto a te di cancellare il messaggio perchè non c'entra niente con la moderazione del forum il farlo o meno; era solo una richiesta di buon senso. Sono convinto che sia più utile provare a fare i problemi che non vederne la soluzione così, senza sforzo.
Infine, quanto alle insinuazioni su narcotici e simili, non mi pronuncio...

Guarda ,guarda EvaristeG che risponde in maniera educata.
Deve essere l'ora oppure e' l'inizio di una rivoluzione con tanto di
guadagno per il Forum.
Ora ho una ragione vera per cancellare il link.
Leandro

Eccovi una soluzione d'inaudita bruttezza.
Con doveroso riferimento alla figura:


Siano $ m_a, m_b, m_c $ le lunghezze delle mediane del triangolo $ ABC $,
e $ O_1, O_2, O_3 $ i circocentri dei triangoli $ EGA, AGF, FGB $, i cui circoraggi poniamo essere $ R_1, R_2, R_3 $

$ \displaystyle \sin\widehat{O_1O_2O_3}=\sin\widehat{FGA}=\frac{2[AFG]}{FG \cdot AG}=\frac{3\Delta}{2 m_a m_c} $

$ \displaystyle R_1=\frac{b/2 \cdot 2/3 m_a \cdot 1/3 m_b}{2/3 \Delta}=\frac{b m_a m_b}{6\Delta} $

analogamente $ \displaystyle R_3=\frac{c m_b m_c}{6\Delta} $

$ \displaystyle O_1O_3^2=MN^2+(O_1N-O_3M)^2 $
$ \displaystyle O_1O_3^2=(m_b/2)^2+(R_1\cos\widehat{CAD}-R_3\cos\widehat{CFB})^2 $

Dato che

$ \displaystyle \cos\widehat{CAD}=\frac{m_a^2+b^2-1/4a^2}{2 m_a b}=\frac{1}{m_a b}\left( \frac{3}{4}b^2 + \frac{1}{4}c^2 - \frac{1}{4}a^2\right) $

e analogamente $ \displaystyle \cos\widehat{CFB}=\frac{1}{c m_c}\left( \frac{1}{2}b^2 - \frac{1}{2}a^2\right) $

quello che risulta è

$ \displaystyle O_1O_3^2=m_b^2\left(\frac{1}{4} + \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{576 \Delta^2}\right) $

segue che il raggio della circonferenza circoscritta ad $ O_1O_2O_3 $ è pari a

$ \displaystyle \sqrt{\frac{O_1O_3^2}{4\sin^2\widehat{O_1O_2O_3}}}=\frac{m_a m_b m_c}{3\Delta}\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{576 \Delta^2}} $

e lo stesso si ha se al posto dei triangoli $ EGA, AGF, FGB $ vengono presi
$ AGF, FGB, BGD $ (basta shiftare ciclicamente le variabili) oppure $ FGB, BGD, DGC $ (and so on). Segue la tesi.

Non è il massimo in fatto di estetica, ma almeno è originale

io ho risolto il problema basandomi sul seguente risultato che in mancanza di altri riferimenti ho battezzato

LemmaRL10022006

Dato un triangolo ABC e una corda DE parallela a BC (con D su AB ed E su AC). Se F e' il punto comune a BE e CD, sia G il secondo punto di intersezione tra c(BDF) e c(CEF). Provare che FG e' simmediana di FBC.


PS


Prima di sviluppare i dettagli della prova vorrei sapere se questa via ha qualcosa di simile a quanto si trova nella soluzioni citate nei mesdsaggi precedenti.

Qual e' la fonte del problema?

Diciamo che, se ho ben capito come poi usi il lemma, questa strada non è immediatamente riconducibile all'altra (anche se penso che le sia parente in qualche modo) ed è certo una via risolutiva ben diversa, almeno come impostazione.

La fonte del problema, per quel che mi riguarda, è un giornale publicato online dal dipartimento di matematica id Hong Kong, Mathematical Excalibur (se cerchi con google lo trovi subito), non mi ricordo quale numero... da quanto ha postato (e poi fortunatamente cancellato) Leandro, questo problema deve essere stato pubblicato anche su un qualche American Mathematical Monthly.

Lo schema e' il seguente.

Per provare che i sei circoncentri sono conciclici, basta provare che sono conciclici quattro a quattro, considerando le quaterne relative a a quaterne di triangoli contigui.

Basandosi sul "mio" lemma si puo' provare un risultato leggermente piu' generale di quello che servirebbe, consistendo il grado di liberta' in piu' nel fatto che una sola (e non tutte) delle tre ceviane e' una mediana.

Allora dato ABC e DE//BC (con D su AB ed E su AC), sia F = BE/\CD ed M = AF/\BC, vogliamo provare che, detti O1, O2,O3 e O4, i circoncentri di BFD,BFM, CFE, CFM, O1O2O3O4 e' inscrittibile.

Per provare la tesi basta provare che <O1O3O4 = <O1O2O4. Ma detta G l'intersezione (diversa da F) di c(BFD) con c(CFE) si ha che <O1O3O4 = <GFC. Quindi basandosi sul lemma si chiude la prova.

Lo schema e' il seguente.

Per provare che i sei circoncentri sono conciclici, basta provare che sono conciclici quattro a quattro, considerando le quaterne relative a a quaterne di triangoli contigui.

Basandosi sul "mio" lemma si puo' provare un risultato leggermente piu' generale di quello che servirebbe, consistendo il grado di liberta' in piu' nel fatto che una sola (e non tutte) delle tre ceviane e' una mediana.

Allora dato ABC e DE//BC (con D su AB ed E su AC), sia F = BE/\CD ed M = AF/\BC, vogliamo provare che, detti O1, O2,O3 e O4, i circoncentri di BFD,BFM, CFE, CFM, O1O2O3O4 e' inscrittibile.

Per provare la tesi basta provare che <O1O3O4 = <O1O2O4. Ma detta G l'intersezione (diversa da F) di c(BFD) con c(CFE) si ha che <O1O3O4 = <GFC. Quindi basandosi sul lemma si chiude la prova.

LemmaRL10022006

Dato un triangolo ABC e una corda DE parallela a BC (con D su AB ed E su AC). Se F e' il punto comune a BE e CD, sia G il secondo punto di intersezione tra c1(BDF) e c2(CEF). Provare che FG e' simmediana di FBC.


Dim.

Siano H = c1/\BC ed I = c2/\BC; siano J =GI/\ED e K = HG/\DE. Da <GFC = <GIH =<GJD segue che J sta su c1. Analogamente si prova che K giace su c2.

Siano R = DE/\FG ed S = BC/\FG, per il teorema delle secanti valgono le seguenti relazioni:

1) SB/SC = SI/SH; 2) RE/RD=RJ/RK; 3) DE*DK = DF*DC, ED*EJ = EF*EB;


dalla 2) si ha che JE/KD = (RE+RJ)/(RD+RK) = RJ/RK;

dalle 3) e Talete segue che EJ/DK = (FB/FC)^2;


per similitudine SI/SH = RJ/RK = JE/KD = (FB/FC)^2.


In definitiva SB/SC = (FB/FC)^2.

Questo per il teorema di Steiner (*) implica la tesi.



----
(*) Per una prova di questo teorema vedi qui

sopratutto la seconda prova .

EvaristeG ha scritto:Diciamo che, se ho ben capito come poi usi il lemma, questa strada non è immediatamente riconducibile all'altra (anche se penso che le sia parente in qualche modo) ed è certo una via risolutiva ben diversa, almeno come impostazione.

La fonte del problema, per quel che mi riguarda, è un giornale publicato online dal dipartimento di matematica id Hong Kong, Mathematical Excalibur (se cerchi con google lo trovi subito), non mi ricordo quale numero... da quanto ha postato (e poi fortunatamente cancellato) Leandro, questo problema deve essere stato pubblicato anche su un qualche American Mathematical Monthly.

Potrei avere, eventualmente in privato, il riferimento cassato?

sprmnt21 ha scritto:LemmaRL10022006

Dato un triangolo ABC e una corda DE parallela a BC (con D su AB ed E su AC). Se F e' il punto comune a BE e CD, sia G il secondo punto di intersezione tra c1(BDF) e c2(CEF). Provare che FG e' simmediana di FBC.

Anche se non ho nulla in particolare da dire, vi volevo far notare questa curiosità... dopo aver risolto il problema che EvaristeG propone in questo 3d, l'ho cercato sul forum e ho trovato questa pagina... Il lemma che vi ho citato, scritto sul forum nel 2006, non ricorda qualcosa a qualcuno?