Maratona di problemi
Proviamo a fare questa cosa: comincio col proporre io un problema (abbastanza facile), poi chi lo risolve propone a sua volta un problema etc etc. Se il risolutore di un problema non ha niente da proporre, puo' dare il permesso ad altri di proporne uno.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Risposte
Rimosso ciò che era precedentemente scritto perchè ho preso una "tranvata" enorme
"elgiovo":
Sia $Q$ il punto di intersezione tra le diagonali ortogonali di un quadrilatero
Attenzione...
Cosa intendi per diagonali ortogonali? Non sono le diagonali a cui ho pensato io?
EDIT: SCUSA HO PRESO IL QUADRILATERO PER UN QUADRATO.
EDIT: SCUSA HO PRESO IL QUADRILATERO PER UN QUADRATO.
semplifico...
si sta chiedendo di verificare se il quadrilatero composto da quei quattro punti è inscrittibile in una circonferenza, ma visto che:
teorema
se un quadrilatero è inscritto ad una circonferenza, i suoi angoli opposti sono supplementari
allora si sta chiedendo di dimostrare che quel quadrilatero ha gli angoli opposti supplementari
si sta chiedendo di verificare se il quadrilatero composto da quei quattro punti è inscrittibile in una circonferenza, ma visto che:
teorema
se un quadrilatero è inscritto ad una circonferenza, i suoi angoli opposti sono supplementari
allora si sta chiedendo di dimostrare che quel quadrilatero ha gli angoli opposti supplementari
E' un altro modo di porre il problema.
penso di aver la soluzione..
aspetto la revisione da parte di elgiovo..
aspetto la revisione da parte di elgiovo..
Per Mega-X: ma non si dovrebbe proiettare il punto $Q$?
lo chiedo perchè ho fatto diversi disegni ma non mi viene un quadrato...mi puoi spiegare dove sbaglio?
lo chiedo perchè ho fatto diversi disegni ma non mi viene un quadrato...mi puoi spiegare dove sbaglio?
Ho editato per rendere più rigoroso il discorso..
Ok...grazie
quindi ho risolto? 
Dalla Fig1 e' facile vedere che i quadrilateri A'B'C'D' e MNPL sono simili e pertanto
bastera' dimostrare che MNPL e' inscrittibile in una circonferenza perche' resti provata
la medesima cosa per A'B'C'D'.
Ora (vedi Fig.2 in scala diversa) i quadrilateri QMAN, QNBP,QPCL e QLDM, avendo tutti due angoli opposti retti ,sono inscrittibili in una circonferenza e cio' giustifica la posizione degli angoli così come si vede in figura.
Ne segue che :
(1) $M hat(N)P+M hat(L)P=(a+d)+(n+e)=(a+n)+(d+e)$
Ma dai triangoli rettangoli AQD e BQC si ha:
$a+n=90°,d+e=90°$
E quindi la (1) diventa:
$M hat(N)P+M hat(L)P=90°+90°=180°$ che era quanto si doveva dimostrare.
Al momento non ho problemi da postare e quindi resuscito un mio quesito di qualche
giorno fa a cui...non avete risposto:
Siano ABC un triangolo qualunque ed H il suo ortocentro.
Dimostrare che le coniche del fascio avente per punti base la quaterna A,B,C,H sono
tutte iperbole equilatere.
karl
Questo non lo so...questi problemi non sono alla mia portata...lascio (come è giustissimo che sia) la sentenza a elgiovo
per karl: spettacolare!!!
per karl: spettacolare!!!
La mia sentenza è (ovviamente) pollice su.
@ Mega-X: come ti diceva Wizard e come puoi vedere dal disegno di Karl, il quadrilatero risultante
dalle riflessioni non è un quadrato.
Vorrei comunque postare una soluzione alternativa: tracciando le circonferenze
di centro i vertici del quadrilatero, si ottiene questa figura:
Poichè le diagonali sono ortogonali, ogni coppia di circonferenze si interseca ortogonalmente sia in $Q$
che nei punti riflessi. Se si applica un'inversione rispetto a qualsiasi circonferenza centrata in $Q$, per
una proprietà delle inversioni, circonferenze ortogonali in $Q$ sono "mappate" in paia di linee ortogonali.
Quindi le immagini delle quattro riflessioni di $Q$ sono i vertici di un rettangolo, e stanno su di una circonferenza:
Il risultato è immediato, dal momento che le inversioni rispetto ad una circonferenza di centro $Q$ mappano
circonferenze non passanti per $Q$ in altre circonferenze.
@ Mega-X: come ti diceva Wizard e come puoi vedere dal disegno di Karl, il quadrilatero risultante
dalle riflessioni non è un quadrato.
Vorrei comunque postare una soluzione alternativa: tracciando le circonferenze
di centro i vertici del quadrilatero, si ottiene questa figura:
Poichè le diagonali sono ortogonali, ogni coppia di circonferenze si interseca ortogonalmente sia in $Q$
che nei punti riflessi. Se si applica un'inversione rispetto a qualsiasi circonferenza centrata in $Q$, per
una proprietà delle inversioni, circonferenze ortogonali in $Q$ sono "mappate" in paia di linee ortogonali.
Quindi le immagini delle quattro riflessioni di $Q$ sono i vertici di un rettangolo, e stanno su di una circonferenza:
Il risultato è immediato, dal momento che le inversioni rispetto ad una circonferenza di centro $Q$ mappano
circonferenze non passanti per $Q$ in altre circonferenze.
hmm scusa sono un po tardo di testa, nel disegno di karl, come è stato proiettato il punto q sui 4 lati del quadrilatero?
Bastano quattro simmetrie assiali di assi i quattro lati del quadrilatero.
Per Mega-X: ma allora per far venire fuori il quadrato non hai simmetrizzato $Q$ rispetto ai lati?
Lo chiedo perchè quando hai editato credevo di aver sbagliato io il disegno mentre in quello corretto doveva venire un quadrato, ma poi abbiamo visto il disegno di karl....
Lo chiedo perchè quando hai editato credevo di aver sbagliato io il disegno mentre in quello corretto doveva venire un quadrato, ma poi abbiamo visto il disegno di karl....
mi sa che mi devo RIstudiare tutta la geometria delle medie.. :/
(tutte le spiegazioni geometriche sono riferite al disegno di karl)
no non avevo simmetrizzato rispetto ai lati, io pensavo che per simmetria assiale si intendesse che $bar(ML) = bar(LP) = bar(PN) = bar(NM)$ invece voleva dire che $hat(MLQ) = hat(MDQ)$ ecc. ecc., ovvero (in QUESTO caso) il triangolo $stackrel(Delta)(MLQ)$ doveva essere capovolto orizzontalmente e verticalmente in modo che il vertice $Q$ coincida con quello $D$
ecco che ora ho capito..
(tutte le spiegazioni geometriche sono riferite al disegno di karl)
no non avevo simmetrizzato rispetto ai lati, io pensavo che per simmetria assiale si intendesse che $bar(ML) = bar(LP) = bar(PN) = bar(NM)$ invece voleva dire che $hat(MLQ) = hat(MDQ)$ ecc. ecc., ovvero (in QUESTO caso) il triangolo $stackrel(Delta)(MLQ)$ doveva essere capovolto orizzontalmente e verticalmente in modo che il vertice $Q$ coincida con quello $D$
ecco che ora ho capito..
Per karl: se non è chiedere troppo, mi potresti spiegare cosa significa che que quattro punti sono punti base di una conica?
Piu' esattamente A,B,C,H sono i punti base di un fascio di coniche.
Si tratta di un concetto analogo a quello di fascio di rette ,che tu ben conosci.
Per 2 punti distinti del piano passa una sola retta,ma per un solo punto (proprio o improprio) ne passano
infinite che,sempre nel piano, formano un fascio di rette.Il punto per il quale passano
e' il "punto base " del fascio ( detto a volte anche centro del fascio).
Analogamente per le coniche (qui si va ,pero' ,un po' piu' su' come conoscenze).
L'equazione generale di una conica e' del tipo:
$ax^2+bxy+cy^2+mx+ny+p=0$
Poiche' in detta equazione sono presenti 5 coefficienti essenziali ( ed uno inessenziale),
segue che una conica resta individuata da 5 punti del piano.
Pertanto per 4 punti passano infinite coniche che formano un "fascio di coniche"
ed i quattro punti,comuni a tutte le coniche del fascio,sono detti punti base del fascio.
Colgo l'occasione per informare che ho in preparazione un software proprio sulle
coniche e su molte altre cose.Esso e' basato su Matlab e penso di metterlo a disposizione
di chi vorra' in un prossimo futuro.Gratuitamente si capisce...
karl
Si tratta di un concetto analogo a quello di fascio di rette ,che tu ben conosci.
Per 2 punti distinti del piano passa una sola retta,ma per un solo punto (proprio o improprio) ne passano
infinite che,sempre nel piano, formano un fascio di rette.Il punto per il quale passano
e' il "punto base " del fascio ( detto a volte anche centro del fascio).
Analogamente per le coniche (qui si va ,pero' ,un po' piu' su' come conoscenze).
L'equazione generale di una conica e' del tipo:
$ax^2+bxy+cy^2+mx+ny+p=0$
Poiche' in detta equazione sono presenti 5 coefficienti essenziali ( ed uno inessenziale),
segue che una conica resta individuata da 5 punti del piano.
Pertanto per 4 punti passano infinite coniche che formano un "fascio di coniche"
ed i quattro punti,comuni a tutte le coniche del fascio,sono detti punti base del fascio.
Colgo l'occasione per informare che ho in preparazione un software proprio sulle
coniche e su molte altre cose.Esso e' basato su Matlab e penso di metterlo a disposizione
di chi vorra' in un prossimo futuro.Gratuitamente si capisce...
karl
Per karl.
Innazitutto, grazie per la spiegazione.
Quanto al problema da risolvere, sarà dura, mi sa che aspetterò pazientemente che qualcuno più alto in grado lo risolva.
Quanto al software, quando lo avrai finito, se sei d'accordo, mi piacerebbe provarlo.
Innazitutto, grazie per la spiegazione.
Quanto al problema da risolvere, sarà dura, mi sa che aspetterò pazientemente che qualcuno più alto in grado lo risolva.
Quanto al software, quando lo avrai finito, se sei d'accordo, mi piacerebbe provarlo.
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