La più semplice dimostrazione del teorema sulla retta di Eulero è conseguenza del fatto che il circocentro di un triangolo ABC è l'ortocentro del triangolo dei punti medi di A'B'C'. Notiamo che ABC è simile ad A'B'C'.
Questo fatto ha una simpatica generalizzazione, che viene dal TST della Turchia, 2007:
Sia $ ~ ABC $ un triangolo e $ ~ A'B'C' $ un triangolo simile ad ABC i cui vertici stanno (nell'ordine più ovvio) sui lati di ABC.
Dimostrare che il circocentro di ABC è l'ortocentro di A'B'C'.
Triangoli simili accomodati
Sia O il circocentro di ABC e LMN il suo triangolo mediale.
Sia inoltre L'M'N' l'immagine di LMN secondo una rotazione di centro O,
ed L''M''N'' il triangolo i cui vertici sono le intersezioni di OL',OM',ON' con
i lati BC,AC,AB (rispettivamente). Lemma: L''M''N'' è simile ad L'M'N'.
Questo perché OL''/OL'=OL''/OL è la secante dell'angolo di rotazione.
Segue facilmente la tesi.
Sia inoltre L'M'N' l'immagine di LMN secondo una rotazione di centro O,
ed L''M''N'' il triangolo i cui vertici sono le intersezioni di OL',OM',ON' con
i lati BC,AC,AB (rispettivamente). Lemma: L''M''N'' è simile ad L'M'N'.
Questo perché OL''/OL'=OL''/OL è la secante dell'angolo di rotazione.
Segue facilmente la tesi.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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Uff.. non vale hai postato di mattina!!
Comunque posto la mia, che è puro angle-chasing..
Sia $ H $ l'ortocentro di $ A'B'C' $, allora $ \angle B'HC' $ vale $ \pi - \alpha $. Quindi il quadrilatero $ AB'HC' $ è ciclico, e analoghe sugli altri vertici. Allora si vede che $ \angle HAB = \angle HAC' = \angle HB'C' = \pi/2 - \gamma $ perchè H è ortocentro, e analogamente $ \angle HAC = \pi/2 - \beta $. Quindi H è sulla congiungente tra A e il circocentro. Ragionando analogamente sugli altri vertici, segue la tesi.
EDIT: Ok scusate, ero di fretta
Comunque posto la mia, che è puro angle-chasing..
Sia $ H $ l'ortocentro di $ A'B'C' $, allora $ \angle B'HC' $ vale $ \pi - \alpha $. Quindi il quadrilatero $ AB'HC' $ è ciclico, e analoghe sugli altri vertici. Allora si vede che $ \angle HAB = \angle HAC' = \angle HB'C' = \pi/2 - \gamma $ perchè H è ortocentro, e analogamente $ \angle HAC = \pi/2 - \beta $. Quindi H è sulla congiungente tra A e il circocentro. Ragionando analogamente sugli altri vertici, segue la tesi.
EDIT: Ok scusate, ero di fretta
Ultima modifica di Sisifo il 13 apr 2007, 15:09, modificato 1 volta in totale.
"Non è certo che tutto sia incerto"(B. Pascal)
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph
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Potevate spendere anche qualche parolina in più eh...
Elianto: dovresti almeno dimostrare che la tua funzione raggiunge tutti i triangoli A'B'C'.
Sisifo: A questo punto potevi mettere il "da cui segue la tesi" già all'inizio della dimostrazione.
Devi dimostrare che quel coso è il circocentro, non che alcuni quadrilateri sono ciclici.
Elianto: dovresti almeno dimostrare che la tua funzione raggiunge tutti i triangoli A'B'C'.
Sisifo: A questo punto potevi mettere il "da cui segue la tesi" già all'inizio della dimostrazione.
Devi dimostrare che quel coso è il circocentro, non che alcuni quadrilateri sono ciclici.
Non mi ero accorto l'aveste già risolto!
E' più o meno la stessa di elianto, vista sotto un altro punto di vista.
Costruisco un triangolo XYZ facendo le parallele ai lati di A'B'C' passanti per i vertici opposti. X è opposto ad A' eccetera. Per le note proprietà del triangolo mediale e perchè A'B'C' rimane se stesso (;)) mi basta dimostrare che XYZ e ABC hanno lo stesso circocentro. Chiamo O il circoncetro di XYZ. Ora per ragioni che spero edriv mi passi ovvie XAC'OB' è un pentagono inscrittibile. Ma allora <XOA=<XB'A=<AC'X=x. Ciclando la relazione sui tre lati avremo che una rotazione di centro e ampiezza x manda XYZ in un triangolo simile ad ABC e tale che vertici corrispondenti siano allineati ad O. Ma allora esiste una rotoometia di centro O che manda XYZ in ABC, e il chè conclude la nostra dimostrazione.
Costruisco un triangolo XYZ facendo le parallele ai lati di A'B'C' passanti per i vertici opposti. X è opposto ad A' eccetera. Per le note proprietà del triangolo mediale e perchè A'B'C' rimane se stesso (;)) mi basta dimostrare che XYZ e ABC hanno lo stesso circocentro. Chiamo O il circoncetro di XYZ. Ora per ragioni che spero edriv mi passi ovvie XAC'OB' è un pentagono inscrittibile. Ma allora <XOA=<XB'A=<AC'X=x. Ciclando la relazione sui tre lati avremo che una rotazione di centro e ampiezza x manda XYZ in un triangolo simile ad ABC e tale che vertici corrispondenti siano allineati ad O. Ma allora esiste una rotoometia di centro O che manda XYZ in ABC, e il chè conclude la nostra dimostrazione.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
