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Sia ABC un triangolo e G il suo baricentro. Una retta passante per G interseca i lati nei punti X,Y,Z, ordinati come in figura, dove Z cade sul prolungamento del lato.
Dimostrare che 2GX è la media armonica tra GY e GZ.

fonte: libro "Geometry Revisited"

In sostanza si tratta di dimostrare che:
1/GX=1/GY+1/GZ
Sia allora BN la mediana su AC.Applicando Ceva al triangolo AXY con
trasversale BN e al triangolo BXZ con trasversale AM, si ha:
$ $ \frac{GX}{GY} \cdot \frac{NY}{AN} \cdot \frac{AB}{BX} =1 $
$ $ \frac{GX}{GZ} \cdot \frac{MZ}{BM} \cdot \frac{AB}{AX} =1 $
Da cui:
$ $ \frac{GX}{GY}=\frac{AN}{AB} \cdot \frac{BX}{NY} $
$ $ \frac{GX}{GZ}=\frac{BM}{AB} \cdot \frac{AX}{MZ} $
Sommando:
$ $\frac{GX}{GY}+\frac{GX}{GZ}=\frac{AN}{AB}\cdot\frac{BX}{NY}+\frac{BM}{AB}\cdot\frac{AX}{MZ} $
Oppure equivalentemente:
$ $\frac{GX}{GY}+\frac{GX}{GZ}=\frac{AC}{AB}\cdot\frac{BX}{BG}\cdot\frac{GN}{NY}+\frac{BC}{AB}\cdot\frac{AX}{AG}\cdot\frac{GM}{MZ} $
Applicando ora il teorema dei seni ad opportuni triangoli si ottiene:
$ $\frac{GX}{GY}+\frac{GX}{GZ}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}\cdot\frac{\sin(BGX)}{\sin(BXG)} $$ $\cdot\frac{\sin(GYN)}{\sin(NGY)}+\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}\cdot\frac{\sin(AGX)}{\sin(AXG)}\cdot\frac{\sin(GZM)}{\sin(MGZ)} $
Semplificando:
$ $\frac{GX}{GY}+\frac{GX}{GZ}=\frac{\sin\beta \cdot \sin(GYN)+\sin\alpha \cdot \sin(GZM)}{\sin\gamma \cdot \sin(BXG)} $
Poniamo ora per comodita' GYN=u .Si ha:
$ $GZM=\gamma-u,BXG=\alpha+u $
e sostituendo:
$ $\frac{GX}{GY}+\frac{GX}{GZ}=\frac{\sin(\alpha+\gamma) \cdot\sin u+ \sin\alpha \cdot \sin(\gamma -u)}{\sin\gamma \cdot \sin(\alpha+u)}=1 $
Da cui ,dividendo per GX,si ha la tesi.
Leandro

eheh... assicuro l'esistenza di almeno due dimostrazioni più semplici

- Una solo con le similitudini
- Una quasi "senza parole"

Dai, ecco qui i suggerimenti:
- per togliermi le frazioni potrei moltiplicare per ....
- cosa ricorda il baricentro sulle aree?
- come rappresento il rapporto geometricamente?

forza adesso

Ri-uppo il problema aggiungendo da dimostrare questo, sulla stessa figura:
$ ~ \frac{BX}{XA} + \frac{CY}{YA}=1 $

Così vi allenate sulla tecnica di "spostare i rapporti in un posto comodo"

Leandro ha scritto: Sia allora BN la mediana su AC.Applicando Ceva al triangolo AXY con
trasversale BN e al triangolo BXZ con trasversale AM, si ha:
$ $ \frac{GX}{GY} \cdot \frac{NY}{AN} \cdot \frac{AB}{BX} =1 $
$ $ \frac{GX}{GZ} \cdot \frac{MZ}{BM} \cdot \frac{AB}{AX} =1 $

Scusa ma non ho capito qualcosa in questa parte... Per favore, rispondimi (o mi risponda qualcun altro) che mi sa che allora di Ceva ho capito proprio poco .

Applicando Ceva al triangolo AXY non devo trovare tre ceviane che taglino i lati in tre punti e poi impostare i rapporti? Non capisco in questo caso quali siano le ceviane, cosa c'entri BN (in che senso trasversale?), quale sia il punto in cui si intersecano le Ceviane... Insomma non ho capito niente . Lo stesso vale per il triangolo BXZ (il punto A non appartiene al triangolo BXZ... Come fa a venire fuori usando Ceva?).

credo che il nostro Leandro volesse dir Menelao, visto che nomina una trasversale ... il che comunque non altera la formula.

Sì, è vero... E' menelao... Non me ne ero accorto

Intanto metto la soluzione carina del primo problema (che ormai è abbastanza vecchio):

È noto che i triangolini ABG, BCG, CAG hanno la stessa area, chiamiamola 2s.
Traccio le parallele a GX passanti per A,B,C.
Ora, la dimostrazione è quasi "senza parole", basta notare, guardando le aree, che:
$ \displaystyle d(l_A,l_B) = \frac{S}{GX} $
$ \displaystyle d(l_C,l_A) = \frac{S}{GY} $
$ \displaystyle d(l_B,l_C) = \frac{S}{GZ} $
$ \displaystyle d(l_A,l_B) + d(l_B,l_C) = d(l_A,l_C) $

edriv ha scritto:Ri-uppo il problema aggiungendo da dimostrare questo, sulla stessa figura:
$ ~ \frac{BX}{XA} + \frac{CY}{YA}=1 $

Così vi allenate sulla tecnica di "spostare i rapporti in un posto comodo"

Sia M il punto medio di BC, a=MC, b=CZ. Allora per Menelao applicato al triangolo AMC con la trasversale GZ
$ ~ \frac{CY AG MZ}{YA GM ZC}=1 \rightarrow \frac{CY}{YA} = \frac{b}{2a+2b} $
Analogamente
$ \frac{BX}{XA} = \frac{2a+b}{2a+2b} $
Da cui facilmente la tesi.

Ok, oppure: traccio le parallele a XG e YG per B e C che intersecano AG in B' e C'.
Allora BB'CC' è un parallelogramma e:
$ \displaystyle \frac {BX}{XA} + \frac {CY}{YA} = \frac {B'G}{GA} + \frac {C'G}{GA} = \frac {B'G + C'G} {GA} = \frac {GA}{GA} = 1 $