Problemi Normale AA 1982/83 N6

[Sk_Anonymous]

Per i tre vertici di un triangolo si conducono tre rette parallele e poi altre tre rette anch’esse fra loro parallele. I punti di intersezione di queste sei rette definiscono dei parallelogrammi. Di questi, tre hanno come diagonale un lato del triangolo. Provare che le seconde diagonali di questi parallelogrammi passano per un punto. (Si studi preliminarmente il caso in cui le terne di rette sono fra loro perpendicolari).

[orsoulx]

Mah! Con la geometria analitica e qualche 'trucchetto' il problema è abbordabile. Non riesco a fornire una dimostrazione più semplice.

Senza perdere di generalità, possiamo porre che gli assi cartesiani abbiano la direzione delle rette date (solo nel caso di rette perpendicolari il sistema sarà ortogonale, ma non cambia nulla) e le coordinate dei tre vertici siano $ (0;0), (a;1), (1;b) $.
Il punto di intersezione delle seconde diagonali risulta $ ( {a-ab}/{1-ab}; {b-ab}/{1-ab}) $.

Ciao
B.

[Sk_Anonymous]

Io non risolto direttamente il problema proposto, ma mi sono messo in una configurazione di cui quella descritta è un caso infinitamente particolare e, come a volte accade, nel caso più generale le cose si "vedono" meglio.

[Sk_Anonymous]

"sprmnt21":Io non risolto direttamente il problema proposto, ma mi sono messo in una configurazione di cui quella descritta è un caso infinitamente particolare e, come a volte accade, nel caso più generale le cose si "vedono" meglio.

in effetti il problema originario si sbroglia con poche similitudini tra triangoli.

Riferendosi alla figura allegata

per provare che EG passa per M, è sufficinete provare che MN/GA = MO/GB.
Ma MN/GA=KP/KH=OL/JL=MO/JF=MO/GB.

[orsoulx]

Vero! Basta l'idea giusta. Dal tuo primo suggerimento avevo addirittura provato a passare alle tre dimensioni.
Ciao
B.

[Sk_Anonymous]

"orsoulx":Vero! Basta l'idea giusta. Dal tuo primo suggerimento avevo addirittura provato a passare alle tre dimensioni.
Ciao
B.

La generalizzazione che ho trovato considera al posto (del fascio) delle rette parallele un fascio generico con il centro al finito.

[Sk_Anonymous]

"sprmnt21":
La generalizzazione che ho trovato considera al posto (del fascio) delle rette parallele un fascio generico con il centro al finito.

La tesi è questa (vedere immagine allegata): dato il triangolo rosa e i fasci neri , provare che i tratti verdi sono concorrenti.


PS
con P e Q all'infinito il problema diventa quello originario.

[Sk_Anonymous]

Soluzione

Sol. 1
per il teorema di Desargues (vedere ad es. qui http://www.mat.uniroma2.it/mep/Articoli/Desar/DesarII.html)
$A_bA_cB_c$ e $B_aC_aC_b$ sono omotetici essendo
le intersezioni dei lati omologhi $A$, $C$ e $A_bB_c∩C_bB_a$
allineate $A_bB_c∩CA, C_b$ e $B_a$ sono allineati essendo
$BA_bB_c$ e $CAC_a$ omotetici.
Quest'ultima omotetia deriva dall'applicazione
del teorema di Pappo all'esagono $QC_aBPA_bCQ$.
In conseguenza del quale le intersezioni dei lati opposti
$B_c, A$ e $BC_a∩A_bC$ sono allineate.

Sol. 2
La prova può essere più sintetica ancora rifacendosi al duale del teorema di Pappo che da sola assicura la concorrenza delle diagonali $A_bB_c$, $B_aC_b$ e $AC$.