Quadrato, punto interno e cerchi
Sia $ABCD$ un quadrato e sia $K$ un punto interno al quadrato e non appartenente ad alcuna delle sue diagonali. Per $K$ si conduca una retta e siano $M$ e $N$ le sue intersezioni rispettivamente con i lati $AB$ e $CD$. SI provi che le circonferenze $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$, tracciate rispettivamente per $K,N,D$ e $K,M,B$, sono secanti.
Se suppongo che la retta per $K$ sia perpendicolare ai lati $AB$ e $CD$ la dimostrazione mi viene facile per assurdo.
Infatti, con riferimento alla figura che segue
si ha che $\hat{KMB}=\hat{KND}=90°$, quindi $KB$ e $KD$ sono diametri. A questo punto, se per assurdo, si supponesse che che le circonferenze fossero tangenti, $D,K,B$ risulterebbero allineati, e quindi $K$ risulterebbe appartenere ad una delle diagonali del quadrato $ABCD$ contro l'ipotesi iniziale che vieta questa collocazione di $K$.
Non riesco invece a procedere con la retta per $K$ non perpendicolare ai lati $AB, CD$: qualche suggerimento?
Se suppongo che la retta per $K$ sia perpendicolare ai lati $AB$ e $CD$ la dimostrazione mi viene facile per assurdo.
Infatti, con riferimento alla figura che segue
si ha che $\hat{KMB}=\hat{KND}=90°$, quindi $KB$ e $KD$ sono diametri. A questo punto, se per assurdo, si supponesse che che le circonferenze fossero tangenti, $D,K,B$ risulterebbero allineati, e quindi $K$ risulterebbe appartenere ad una delle diagonali del quadrato $ABCD$ contro l'ipotesi iniziale che vieta questa collocazione di $K$.
Non riesco invece a procedere con la retta per $K$ non perpendicolare ai lati $AB, CD$: qualche suggerimento?
Risposte
ti posto ugualmente una "strada" anche se non è completa. con i miei scarabocchi non ci si capisce gran che, altro che le tue belle figure (anche se occupano troppo spazio)...
"per K si conduca una retta e siano M,N..." va precisato che non si tratta di una retta qualsiasi, ma appunto di una retta che interseca le rette AB e CD all'interno dei due segmenti ... (appunto nei due puni M, N).
detto ciò, va notato che DN ed NK sono corde di $Gamma_2$, ed anche KM ed MB sono corde di $Gamma_1$. dunque N è esterno a $Gamma_1$ ed M è esterno a $Gamma_2$. le due circonferenze, dunque, avendo K in comune, o sono secanti o sono tangenti esternamente. se fossero tangenti esternamente, esisterebbe una tangente in comune passante per K, e la perpendicolare ad essa, passante per K, sarebbe la congiungente dei centri.
ma il centro di $Gamma_1$ è il punto d'intersezione degli assi dei segmenti KM ed MB, ed il centro di $Gamma_2$ è il punto d'intersezione degli assi dei segmenti DN ed NK. le quattro rette sono a due a due parallele e distinte. viene quindi individuato un parallelogramma. se le circonferenze fossero tangenti, K dovrebbe appartenere alla diagonale (congiungente i due centri).....
poco fa mi pareva bastasse, invece ora mi pare di no, comunque penso sia legato alla scelta di prendere K su nessuna diagonale.
se vuoi lavorarci un po' su e completarlo... facci sapere a che punto sei. ciao.
"per K si conduca una retta e siano M,N..." va precisato che non si tratta di una retta qualsiasi, ma appunto di una retta che interseca le rette AB e CD all'interno dei due segmenti ... (appunto nei due puni M, N).
detto ciò, va notato che DN ed NK sono corde di $Gamma_2$, ed anche KM ed MB sono corde di $Gamma_1$. dunque N è esterno a $Gamma_1$ ed M è esterno a $Gamma_2$. le due circonferenze, dunque, avendo K in comune, o sono secanti o sono tangenti esternamente. se fossero tangenti esternamente, esisterebbe una tangente in comune passante per K, e la perpendicolare ad essa, passante per K, sarebbe la congiungente dei centri.
ma il centro di $Gamma_1$ è il punto d'intersezione degli assi dei segmenti KM ed MB, ed il centro di $Gamma_2$ è il punto d'intersezione degli assi dei segmenti DN ed NK. le quattro rette sono a due a due parallele e distinte. viene quindi individuato un parallelogramma. se le circonferenze fossero tangenti, K dovrebbe appartenere alla diagonale (congiungente i due centri).....
poco fa mi pareva bastasse, invece ora mi pare di no, comunque penso sia legato alla scelta di prendere K su nessuna diagonale.
se vuoi lavorarci un po' su e completarlo... facci sapere a che punto sei. ciao.
Non credo che il parallelogramma possa essere di aiuto più di tanto.
La situazione che viene a determinarsi, quanto agli angoli, supponendo per assurdo che siano tangenti, è questa:
Non necessariamente $K$ sta sulla diagonale del parallelogramma che si determina con gli assi che intercettano i centri $O_1$ e $O_2$.
Il punto è che non riesco a capire a che assurdo si possa arrivare... E non ho in mente nessuna dimostrazione diretta.
Continuo a lavorarci sopra.
La situazione che viene a determinarsi, quanto agli angoli, supponendo per assurdo che siano tangenti, è questa:
Non necessariamente $K$ sta sulla diagonale del parallelogramma che si determina con gli assi che intercettano i centri $O_1$ e $O_2$.
Il punto è che non riesco a capire a che assurdo si possa arrivare... E non ho in mente nessuna dimostrazione diretta.
Continuo a lavorarci sopra.
no "non necessariamente", perché se K fosse sulla diagonale, K sarebbe il punto di tangenza per le due circonferenze.
basterebbe cioè dimostrare che non può essere sulla diagonale.
basterebbe cioè dimostrare che non può essere sulla diagonale.
Che bello! Un problema nel problema!
senti, ti lascio a riflettere su una cosa:
penso possa essere importante il fatto che gli angoli DNM e MNB siano congruenti, perché se li vedi come angoli alla circonferenza, da questa congruenza segue la congruenza tra gli angoli DO1K e KO2B ...
secondo me ti aiuta. io però sono troppo stanca. buona notte.
penso possa essere importante il fatto che gli angoli DNM e MNB siano congruenti, perché se li vedi come angoli alla circonferenza, da questa congruenza segue la congruenza tra gli angoli DO1K e KO2B ...
secondo me ti aiuta. io però sono troppo stanca. buona notte.
Sono nuovo di questo forum, ma a me pare che il problema possa essere risolto con la diseguaglianza sui lati di un triangolo che dica, indicando con O1 ed O2 i centri dei cerchi, che: lung(O1,O2) <= lung(O1,K) + lung(O2,K). Sto sbagliando qualcosa?? Scusate l'utilizzo di indicazioni delle lunghenze non convenzionali, sono nuovo e con impeto ho dato la mia interpretazione. Grazie
@ pasplu
benvenuto nel forum.
certo che puoi provare a verificare la disuguaglianza, ma non mi pare sia semplice.
@ WiZaRd
l'indicazione che ho lasciato ieri sera si è rivelata importante; ti lascio la fine della dimostrazione: fammi sapere se sei in grado di ricostruire i pezzi.
mi riferisco al tuo ultimo disegno (anche se sono scambiate le due circonferenze):
dalla congruenza degli angoli DNM e NMB segue la congruenza degli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$; inoltre, essendo i triangoli $DO_1K$ e $KO_2B$ isosceli, segue la congruenza anche degli angoli alla base: risuta cioè $O_1DK=O_1KD=O_2KB=O_2BK$.
se supponiamo per assurdo che K appartenga al segmento $O_1O_2$, allora dovrebbe appartenere anche al segmento $DB$, cioè la diagonale, contro l'ipotesi, perché gli angoli $O_1KD$ e $O_2KB$ risulterebbero opposti al vertice.
con la prima parte della dimostrazione, questo dovrebbe bastare. fammi sapere se saprai mettere insieme i "pezzi". ciao.
benvenuto nel forum.
certo che puoi provare a verificare la disuguaglianza, ma non mi pare sia semplice.
@ WiZaRd
l'indicazione che ho lasciato ieri sera si è rivelata importante; ti lascio la fine della dimostrazione: fammi sapere se sei in grado di ricostruire i pezzi.
mi riferisco al tuo ultimo disegno (anche se sono scambiate le due circonferenze):
dalla congruenza degli angoli DNM e NMB segue la congruenza degli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$; inoltre, essendo i triangoli $DO_1K$ e $KO_2B$ isosceli, segue la congruenza anche degli angoli alla base: risuta cioè $O_1DK=O_1KD=O_2KB=O_2BK$.
se supponiamo per assurdo che K appartenga al segmento $O_1O_2$, allora dovrebbe appartenere anche al segmento $DB$, cioè la diagonale, contro l'ipotesi, perché gli angoli $O_1KD$ e $O_2KB$ risulterebbero opposti al vertice.
con la prima parte della dimostrazione, questo dovrebbe bastare. fammi sapere se saprai mettere insieme i "pezzi". ciao.
Scusate il fatto che in un triangolo qualsiasi un lato è sempre minore o uguale alla somma degli altri due non è una dimostrazione che le due circonferenze si intersecano? Dove sto sbagliando? Fatemi sapere! A proposito è se non è OT come si inseriscono le formule nel forum e i diversi simboli. Ciao
"pasplu":
Scusate il fatto che in un triangolo qualsiasi un lato è sempre minore o uguale alla somma degli altri due non è una dimostrazione che le due circonferenze si intersecano? Dove sto sbagliando? Fatemi sapere! A proposito è se non è OT come si inseriscono le formule nel forum e i diversi simboli. Ciao
Non funzione perché è proprio quello che si vuole provare: se puoi applicare la disuguaglianza triangolare che hai citato in senso stretto (cioè solo $<$) allora puoi costruire un triangolo non degenere, i.e. $K$ non appartiene alla retta per $O_1$ e $O_2$. Ma è proprio questo quello che si vuole provare: quindi, stai assumendo la tesi per provare se stessa, il che ovviamente non va bene.
Per le formule, vai nella sezione "Il nostro forum: come si usa", quì, nei primissimi topi ne trovi uno che spiega come si scrivono le formule.
@adaBTTLS
Adesso leggo e poi ti faccio sapere.
"adaBTTLS":
perché gli angoli $O_1KD$ e $O_2KB$ risulterebbero opposti al vertice.
Ho seguito tutto e ho capito fino al punto che ho quotato. Si ha che $\hat{O_1 KD}=\hat{O_2 KB}$, ma non riesco a capire come questo ne implichi l'essere opposti al vertice: la congruenza non basta per supporre l'allinemaneto reciproco dei lati, mi sfugge ancora qualche cosa.
stiamo supponendo per assurdo che i lati $O_1K$ e $KO_2$ siano adiacenti. sfruttiamo la congruenza degli angoli. otterremo che anche i lati $DK$ e $KB$ sono adiacenti. OK? ciao.
"adaBTTLS":
stiamo supponendo per assurdo che i lati $O_1K$ e $KO_2$ siano adiacenti. sfruttiamo la congruenza degli angoli. otterremo che anche i lati $DK$ e $KB$ sono adiacenti. OK? ciao.
OK. Chiaro. Grazie mille.
Sei la mia salvatrice
prego!
in realtà potrebbero anche essere dalla stessa parte (stesso semipiano rispetto alla retta $O_1O_2$). ho omesso una parte della dimostrazione (la cosiddetta "illuminazione") perché pensavo che non fosse poi così importante, ed invece ora penso che lo sia:
se $K in O_1O_2$, dalla congruenza degli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$ segue che i segmenti $DO_1$ e $O_2B$ sono paralleli (gli angoli congruenti sono alterni interni), ma questo ci dice anche che B e D non possono essere dalla stessa parte...
fammi sapere se è chiaro e ricostruisci tutta la dimostrazione. ciao.
se $K in O_1O_2$, dalla congruenza degli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$ segue che i segmenti $DO_1$ e $O_2B$ sono paralleli (gli angoli congruenti sono alterni interni), ma questo ci dice anche che B e D non possono essere dalla stessa parte...
fammi sapere se è chiaro e ricostruisci tutta la dimostrazione. ciao.
"adaBTTLS":
in realtà potrebbero anche essere dalla stessa parte (stesso semipiano rispetto alla retta $O_1O_2$). ho omesso una parte della dimostrazione (la cosiddetta "illuminazione") perché pensavo che non fosse poi così importante, ed invece ora penso che lo sia:
se $K in O_1O_2$, dalla congruenza degli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$ segue che i segmenti $DO_1$ e $O_2B$ sono paralleli (gli angoli congruenti sono alterni interni), ma questo ci dice anche che B e D non possono essere dalla stessa parte...
fammi sapere se è chiaro e ricostruisci tutta la dimostrazione. ciao.
Perdonami ma non ho capito dove punti ad arrivare... Non ti seguo...
per farti capire dovrei fare un disegno di cui non sono capace.
considera un triangolo isoscele e la retta parallela alla base passante per il vertice. i due angoli che si vengono a formare "esternamente" sono congruenti, e pur avendo una coppia di lati opposti non sono opposti al vertice. questo perché gli altri due lati sono nello stesso semipiano individuato dalla retta degli altri due lati.
il fatto che gli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$ risultino alterni interni rispetto alle rette $DO_1$ e $O_2B$ tagliate dalla trasversale $O_1O_2$ dovrebbe escludere questa eventualità.
se provi a disegnare le due circonferenze tangenti esternamente in K, e questo è possibile solo se K appartiene alla diagonale BD, ragiona sui triangoli $DO_1K$ e $KO_2B$
ti conviene ricostruire tutta la dimostrazione considerando i disegni che hai già fatto ed in più quello con K sulla diagonale DB (naturalmente senza inserire nell'ipotesi che K è sulla diagonale).
prova. ci risentiamo più tardi. ciao.
considera un triangolo isoscele e la retta parallela alla base passante per il vertice. i due angoli che si vengono a formare "esternamente" sono congruenti, e pur avendo una coppia di lati opposti non sono opposti al vertice. questo perché gli altri due lati sono nello stesso semipiano individuato dalla retta degli altri due lati.
il fatto che gli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$ risultino alterni interni rispetto alle rette $DO_1$ e $O_2B$ tagliate dalla trasversale $O_1O_2$ dovrebbe escludere questa eventualità.
se provi a disegnare le due circonferenze tangenti esternamente in K, e questo è possibile solo se K appartiene alla diagonale BD, ragiona sui triangoli $DO_1K$ e $KO_2B$
ti conviene ricostruire tutta la dimostrazione considerando i disegni che hai già fatto ed in più quello con K sulla diagonale DB (naturalmente senza inserire nell'ipotesi che K è sulla diagonale).
prova. ci risentiamo più tardi. ciao.
Cara adaBTTLS, mi sono ristudiato passo per passo la dimostrazione che hai realizzato e ho anche tenuto conto dell'ultima indicazione che mi hai fornito.
Credo che la dimostrazione possa essere snellita senza considerare parallelogrammi e posizioni varie, ma usando solo i triangoli e l'ipotesi dell'assurdo.
Per cercare di fare un lavoro più o meno ordinato, lascio prima la ricostruzione della dimostrazione, quindi le considerazioni finali (anche relative alla tua ultima notazione).
Cominciamo con la prova.
Dimostrazione
Sia $ABCD$ un qualsivoglia quadrato e sia $K$ un punto interno a questo quadrato e non appartenente ad alcuna delle sue diagonali. Condotta per $K$ una qualsivoglia retta non perpendicolare ad $AB$, siano $M$ e $N$ le sue intersezioni rispettivamente con $AB$ e $CD$, di modo che $M$ e $N$ siano punti interni ai predetti lati del quadrato $ABCD$. Sia $\Gamma_1$ la circonferenza condotta per $K,N,D$ e sia $\Gamma_2$ quella condotta per $K,M,B$: siano anche $O_1$ e $O_2$ i rispettivi centri.
Cominciamo col notare che la retta $NM$ è una trasversale che taglia le due rette parallele $AB$ e $CD$, dunque risulta $\hat{DNK} \cong \hat{BMK}$. L'angolo $\hat{DNK}$ è angolo alla circonferenza per $\Gamma_1$, così come $\hat{BMK}$ per $\Gamma_2$.
L'angolo al centro corrispondente a $\hat{DNK}$ è $\hat{DO_1 K}$, e l'angolo al centro corrisponente a $\hat{BMK}$ è $\hat{KO_2 B}$; questi due angoli al centro sono congruenti: $\hat{DO_1 K} \cong \hat{KO_2 B}$.
Chiusi i triangoli $DO_1 K$ e $KO_2 B$, questi sono entrambi isosceli e hanno i rispettivi angoli al vertice tra loro congruenti, quindi sono tra loro congruenti i rispettivi angoli alla base: $\hat{O_1 DK} \cong \hat{O_1 KD} \cong \hat{O_2 KB} \cong \hat{O_2 KB}$. (*)
Si vuole provare che le due circonferenze sono secanti. Per assurdo supponiamo che siano tangenti esternamente in $K$. (**)
Se $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ sono tangenti esternamente in $K$ allora $O_1, O_2, K$ sono allineati. Ne segue che gli angoli $\hat{O_1 K N}$ e $\hat{O_2 KM}$ sono opposti al vertice e, per tanto, congruenti: $\hat{O_1 K N} \cong \hat{O_2 KM}$. (***)
Notiamo ora che è $\hat{O_2 KM} + \hat{O_2 K B} + \hat{BKN} = 180°$, semplicemente perché, per costruzione iniziale, $K,N,M$ sono allineati.
Essendo $\hat{O_1 K N} \cong \hat{O_2 KM}$ e $\hat{O_1 KD} \cong \hat{O_2 KB}$, risulta che $\hat{O_1 KN} + \hat{O_1 KD} + \hat{BKN} = 180°$, quindi $D,K,B$ sono allineati. (****)
Poiché però $K$ non deve appartenere alla diagonale $DB$, il sussistere del precedente fatto costituisce un assurdo e, quindi la tesi.
Considerazioni
(*) Le considerazioni fatte fino a questo punto sono del tutto indipendenti dall'assunzione dell'ipotesi per l'assurdo, i.e. dall'assunzione del fatto che $O_1, K, O_2$ siano allineati. Inoltre la costruzione dei triangoli $DO_1 K$ e $BO_2 K$ è senz'altro possibile, indipendetemente dalle posizioni dei centri (dico questo perché nel corso delle dimostrazioni che ho tentato invano stanotte avevo anche provato a valutare caso per caso le posizioni dei centri: inutile dire che è stat una fatica inutile, fogli e fogli di calcoli per determinare le distanze che mi hanno rincoglionito sul serio
).
(**) Poiché $N \in \Gamma_1$ è esterno per $\Gamma_2$, e lo stesso può dirsi per $M \in \Gamma_2$ rispetto a $\Gamma_1$, e poiché le due circonferenze hanno già il punto $K$ in comune, o sono secanti o sono tangenti esternamente, e una cosa esclude l'altra, dunque, se, per assurdo si nega che le circonferenze siano secanti, bisogna ritenere che esse siano tangenti esternamente.
(***) Il fatto che siano opposti al vertice è garantito da fatto che $O_1, O_2$ no possono trovarsi dalla medesima parte del piano rispetto alla retta $MN$: infatti, $O_1$ appartiene anche all'asse di $DN$, così come $O_2$ appartiene anche all'asse di $MB$, e $DN$ e $MB$ si trovano da parti opposte del piano rispetto a $MN$ per costruzione iniziale.
(****) Credo che in questo modo si eviti la discussione sulla posizione di $D,B$ rispetto a $O_1 O_2$ (era a questo che ti riferivi, vero?). Ad ogni modo chredo che giustificare il fatto che $D,B$ non si trovino dalla stessa parte del piano rispetto a $O_1 O_2$ col fatto che sono alterni interni, non sia opportuno: infatti, se affermi che sono altrni interni già stai affermando che $D,B$ si trovano da parti opposte rispetto a $O_1 O_2$, mentre è proprio qsto che vuoi provare. Mi pare che in questo modo si usi la tesi per provare la tesi stessa. Con quelle considerazioni sulla somma degli angoli, credo che la disputa sulla posizione di $B,D$ si eviti.
Che ne pensi? Mi manca qualche cosa? Non ho capito qualche cosa a proposito della tua ultima considerazione?
Credo che la dimostrazione possa essere snellita senza considerare parallelogrammi e posizioni varie, ma usando solo i triangoli e l'ipotesi dell'assurdo.
Per cercare di fare un lavoro più o meno ordinato, lascio prima la ricostruzione della dimostrazione, quindi le considerazioni finali (anche relative alla tua ultima notazione).
Cominciamo con la prova.
Dimostrazione
Sia $ABCD$ un qualsivoglia quadrato e sia $K$ un punto interno a questo quadrato e non appartenente ad alcuna delle sue diagonali. Condotta per $K$ una qualsivoglia retta non perpendicolare ad $AB$, siano $M$ e $N$ le sue intersezioni rispettivamente con $AB$ e $CD$, di modo che $M$ e $N$ siano punti interni ai predetti lati del quadrato $ABCD$. Sia $\Gamma_1$ la circonferenza condotta per $K,N,D$ e sia $\Gamma_2$ quella condotta per $K,M,B$: siano anche $O_1$ e $O_2$ i rispettivi centri.
Cominciamo col notare che la retta $NM$ è una trasversale che taglia le due rette parallele $AB$ e $CD$, dunque risulta $\hat{DNK} \cong \hat{BMK}$. L'angolo $\hat{DNK}$ è angolo alla circonferenza per $\Gamma_1$, così come $\hat{BMK}$ per $\Gamma_2$.
L'angolo al centro corrispondente a $\hat{DNK}$ è $\hat{DO_1 K}$, e l'angolo al centro corrisponente a $\hat{BMK}$ è $\hat{KO_2 B}$; questi due angoli al centro sono congruenti: $\hat{DO_1 K} \cong \hat{KO_2 B}$.
Chiusi i triangoli $DO_1 K$ e $KO_2 B$, questi sono entrambi isosceli e hanno i rispettivi angoli al vertice tra loro congruenti, quindi sono tra loro congruenti i rispettivi angoli alla base: $\hat{O_1 DK} \cong \hat{O_1 KD} \cong \hat{O_2 KB} \cong \hat{O_2 KB}$. (*)
Si vuole provare che le due circonferenze sono secanti. Per assurdo supponiamo che siano tangenti esternamente in $K$. (**)
Se $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ sono tangenti esternamente in $K$ allora $O_1, O_2, K$ sono allineati. Ne segue che gli angoli $\hat{O_1 K N}$ e $\hat{O_2 KM}$ sono opposti al vertice e, per tanto, congruenti: $\hat{O_1 K N} \cong \hat{O_2 KM}$. (***)
Notiamo ora che è $\hat{O_2 KM} + \hat{O_2 K B} + \hat{BKN} = 180°$, semplicemente perché, per costruzione iniziale, $K,N,M$ sono allineati.
Essendo $\hat{O_1 K N} \cong \hat{O_2 KM}$ e $\hat{O_1 KD} \cong \hat{O_2 KB}$, risulta che $\hat{O_1 KN} + \hat{O_1 KD} + \hat{BKN} = 180°$, quindi $D,K,B$ sono allineati. (****)
Poiché però $K$ non deve appartenere alla diagonale $DB$, il sussistere del precedente fatto costituisce un assurdo e, quindi la tesi.
Considerazioni
(*) Le considerazioni fatte fino a questo punto sono del tutto indipendenti dall'assunzione dell'ipotesi per l'assurdo, i.e. dall'assunzione del fatto che $O_1, K, O_2$ siano allineati. Inoltre la costruzione dei triangoli $DO_1 K$ e $BO_2 K$ è senz'altro possibile, indipendetemente dalle posizioni dei centri (dico questo perché nel corso delle dimostrazioni che ho tentato invano stanotte avevo anche provato a valutare caso per caso le posizioni dei centri: inutile dire che è stat una fatica inutile, fogli e fogli di calcoli per determinare le distanze che mi hanno rincoglionito sul serio
).(**) Poiché $N \in \Gamma_1$ è esterno per $\Gamma_2$, e lo stesso può dirsi per $M \in \Gamma_2$ rispetto a $\Gamma_1$, e poiché le due circonferenze hanno già il punto $K$ in comune, o sono secanti o sono tangenti esternamente, e una cosa esclude l'altra, dunque, se, per assurdo si nega che le circonferenze siano secanti, bisogna ritenere che esse siano tangenti esternamente.
(***) Il fatto che siano opposti al vertice è garantito da fatto che $O_1, O_2$ no possono trovarsi dalla medesima parte del piano rispetto alla retta $MN$: infatti, $O_1$ appartiene anche all'asse di $DN$, così come $O_2$ appartiene anche all'asse di $MB$, e $DN$ e $MB$ si trovano da parti opposte del piano rispetto a $MN$ per costruzione iniziale.
(****) Credo che in questo modo si eviti la discussione sulla posizione di $D,B$ rispetto a $O_1 O_2$ (era a questo che ti riferivi, vero?). Ad ogni modo chredo che giustificare il fatto che $D,B$ non si trovino dalla stessa parte del piano rispetto a $O_1 O_2$ col fatto che sono alterni interni, non sia opportuno: infatti, se affermi che sono altrni interni già stai affermando che $D,B$ si trovano da parti opposte rispetto a $O_1 O_2$, mentre è proprio qsto che vuoi provare. Mi pare che in questo modo si usi la tesi per provare la tesi stessa. Con quelle considerazioni sulla somma degli angoli, credo che la disputa sulla posizione di $B,D$ si eviti.
Che ne pensi? Mi manca qualche cosa? Non ho capito qualche cosa a proposito della tua ultima considerazione?
"WiZaRd":
Cara adaBTTLS, mi sono ristudiato passo per passo la dimostrazione che hai realizzato e ho anche tenuto conto dell'ultima indicazione che mi hai fornito.
Credo che la dimostrazione possa essere snellita senza considerare parallelogrammi e posizioni varie, ma usando solo i triangoli e l'ipotesi dell'assurdo.
Per cercare di fare un lavoro più o meno ordinato, lascio prima la ricostruzione della dimostrazione, quindi le considerazioni finali (anche relative alla tua ultima notazione).
Cominciamo con la prova.
[nota: prima di questo punto, tutto OK]
Notiamo ora che è $\hat{O_2 KM} + \hat{O_2 K B} + \hat{BKN} = 180°$, semplicemente perché, per costruzione iniziale, $K,N,M$ sono allineati.
Essendo $\hat{O_1 K N} \cong \hat{O_2 KM}$ e $\hat{O_1 KD} \cong \hat{O_2 KB}$, risulta che $\hat{O_1 KN} + \hat{O_1 KD} + \hat{BKN} = 180°$, quindi $D,K,B$ sono allineati. (****)
Poiché però $K$ non deve appartenere alla diagonale $DB$, il sussistere del precedente fatto costituisce un assurdo e, quindi la tesi.
(***) Il fatto che siano opposti al vertice è garantito da fatto che $O_1, O_2$ no possono trovarsi dalla medesima parte del piano rispetto alla retta $MN$: infatti, $O_1$ appartiene anche all'asse di $DN$, così come $O_2$ appartiene anche all'asse di $MB$, e $DN$ e $MB$ si trovano da parti opposte del piano rispetto a $MN$ per costruzione iniziale.
(****) Credo che in questo modo si eviti la discussione sulla posizione di $D,B$ rispetto a $O_1 O_2$ (era a questo che ti riferivi, vero?). Ad ogni modo chredo che giustificare il fatto che $D,B$ non si trovino dalla stessa parte del piano rispetto a $O_1 O_2$ col fatto che sono alterni interni, non sia opportuno: infatti, se affermi che sono altrni interni già stai affermando che $D,B$ si trovano da parti opposte rispetto a $O_1 O_2$, mentre è proprio qsto che vuoi provare. Mi pare che in questo modo si usi la tesi per provare la tesi stessa. Con quelle considerazioni sulla somma degli angoli, credo che la disputa sulla posizione di $B,D$ si eviti.
Che ne pensi? Mi manca qualche cosa? Non ho capito qualche cosa a proposito della tua ultima considerazione?
sull'inutilità del parallelogramma sono d'accordo, tant'è vero che non ne ho più fatto cenno.
sull'altra questione no. nel senso che la nota (***) è OK, ma l'uguaglianza della somma degli angoli a 180° presume la posizione di B da una parte...
rifletti. e pensa alla costruzione con K su AD (senza inserirlo nell'ipotesi, ma solo nel disegno). ciao.
"adaBTTLS":
sull'inutilità del parallelogramma sono d'accordo, tant'è vero che non ne ho più fatto cenno.
sull'altra questione no. nel senso che la nota (***) è OK, ma l'uguaglianza della somma degli angoli a 180° presume la posizione di B da una parte...
rifletti. e pensa alla costruzione con K su AD (senza inserirlo nell'ipotesi, ma solo nel disegno). ciao.
Ma $K$ non può stare su $AD$: quando dico che deve essere interno al quadrato intendo che non deve stare sui lati.
Sulla somma degli angoli, non ti seguo: $O_2$ sta alla destra di $NM$ perché $MB$ sta alla destra di $NM$ ed $O_2$ deve appartenere anche all'asse di $MB$; $B$ sta alla destra di $NM$ perché per costruzione la retta $NM$ deve tagliare il quadrato in mezzo ai vertici; $O_2$ e $B$ sono distinti; quindi abbiamo la retta $NM$ con $K$ sopra questa retta e $O_2$ e $B$ distinti e nello stesso semipiano; $B$ deve stare alla destra della perpendicolare condotta per $O_2$ su $MB$, quindi, anche ammettendo che $KO_2$ scenda in un modo tutto particolare tale da intersecare $MB$ alla destra del suo punto medio, $B$ dovrebbe trovarsi almeno nella parte di piano compresa tra il prolungamento di $KO_2$ dalla parte di $O_2$ e l'asse di $MB$; senza dubbio posso unire con $K$ sia $O_2$ che $B$, quindi l'angolo piatto $\hat{NKM}$ risulta diviso in $\hat{MHO_2}, \hat{O_2 KB}, \hat{BKN}$.
Cos'è che mi sfugge?
il suggerimento del disegno con K sulla diagonale (senza dirlo) è per l'ipotesi dell'assurdo: altrimenti non ti verrebbe mai un disegno con le due circonferenze tangenti esternamente: tu dici che $K in O_1O_2$, dimostrerai che $K in BD$. ma è contro l'ipotesi! eureka! allora non è possibile che $K in O_1O_2$. fine della dimostrazione.
per quanto riguarda la tua "semplificazione", ti dico qual è l'affermazione falsa se non specifichi quella proprietà che ti ostini a non considerare importante:
se $O_2$ fosse dall'altra parte rispetto a $KB$, allora risulterebbe $\hat{O_2KM}+\hat{O_2KB}+\hat{BKN} > 180^o$ perché $\hat{O_2KB}$ sarebbe contato tre volte.
non posso entrare nella tua testa, per cui non so se questa cosa per te è irrilevante e/o risolvibile facilmente, però l'uguaglianza da te scritta non varrebbe senza l'ipotesi in più.
è chiaro il problema? ciao.
per quanto riguarda la tua "semplificazione", ti dico qual è l'affermazione falsa se non specifichi quella proprietà che ti ostini a non considerare importante:
se $O_2$ fosse dall'altra parte rispetto a $KB$, allora risulterebbe $\hat{O_2KM}+\hat{O_2KB}+\hat{BKN} > 180^o$ perché $\hat{O_2KB}$ sarebbe contato tre volte.
non posso entrare nella tua testa, per cui non so se questa cosa per te è irrilevante e/o risolvibile facilmente, però l'uguaglianza da te scritta non varrebbe senza l'ipotesi in più.
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