Nada como um bom problema olimpico pra gente aprender coisas novas.
Eu me refiro as coordenadas trilineares - uma forma interessante de se resolver
problemas envolvendo triangulos.
Aqui vai uma descricao (nao muito) resumida do assunto.
Dado um ponto P no plano do triangulo ABC, as COORDENADAS TRILINEARES de P sao
(x,y,z), onde:
x = distancia de P a reta BC, y = distancia de P a reta AC e z = distancia de P
a reta AB.
Estas coordenadas sao unicas a menos da multiplicacao por um escalar nao nulo.
Ou seja, se k<>0 entao (x,y,z) e (kx,ky,kz) sao coordenadas de um mesmo ponto.
Outra convencao eh que se P e A estao no mesmo semi-plano determinado por BC,
entao x > 0.
Se P e A estao em semi-planos opostos, entao x < 0.
Naturalmente, se P pertence a reta suporte de BC, entao x = 0.
Idem para P e B em relacao a AC e para P e C em relacao a AB.
Se x, y e z sao as distancias reais (respeitada a convencao do sinal) de P a
BC, AC e AB, respectivamente, dizemos que (x,y,z)
sao COORDENADAS TRILINEARES EXATAS de P. Nem sempre estas sao necessarias ou as
mais convenientes.
Assim, por exemplo, os vertices A, B e C tem coordenadas (1,0,0), (0,1,0) e
(0,0,1) respectivamente.
As coordenadas exatas sao (h_A,0,0), (0,h_B,0) e (0,0,h_C), onde h_A, h_B e h_C
sao as alturas relativas aos vertices A, B e C,
respectivamente.
O incentro I de ABC tem coordenadas (1,1,1) (ou (k,k,k), com k <> 0 qualquer).
As coordenadas exatas sao (r,r,r), onde r = raio do circulo inscrito.
As coordenadas do ex-incentro I_a relativo ao lado BC sao (-1,1,1).
Coordenadas exatas: (-r_a,r_a,r_a), onde r_a = raio do circulo ex-inscrito
tangente internamente aos lados AB e AC e
externamente ao lado BC. Como I_a e A estao em semi-planos opostos em relacao a
BC, a primeira coordenada de I_a eh
negativa.
O circuncentro O tem coordenadas (cos(A),cos(B),cos(C)) (angulo A = angulo
CAB; B = ABC; C = BCA)
As coordenadas exatas sao (Rcos(A),Rcos(B),Rcos(C)), onde R = raio do circulo
circunscrito (por que?).
O baricentro G tem coordenadas (1/a,1/b,1/c), onde a = |BC|, b = |AC| e c =
|AB|.
Cada um dos triangulos GBC, GAC e GAB tem area igual a S/3, onde S = area de
ABC (por que?), de modo que:
S/3 = ax/2 = by/2 = cz/2 ==> coordenadas exatas de G =
(2S/(3a),2S/(3b),2S/(3c)).
Usando a lei dos senos, temos a = 2Rsen(A) ==> 1/a = 1/(2Rsen(A)). Analogamente
para b e c.
Assim, tambem podemos escrever G = (1/sen(A),1/sen(B),1/sen(C)).
Com um pouco de trigonometria nao eh dificil ver que as coordenadas trilineares
do ortocentro H sao:
(cos(B)cos(C),cos(A)cos(C),cos(A)cos(B)).
Multiplicando pelo fator 1/(cos(A)cos(B)cos(C)) (desde que o triangulo nao seja
retangulo), vemos que as coordenadas podem ser
expressas como (1/cos(A),1/cos(B),1/cos(C)) (e se o triangulo ABC for
retangulo?)
Sejam agora h e k reais fixos e tais que pelo menos um deles eh positivo.
Dado o triangulo ABC, o LG dos pontos P cujas coordenadas sao da forma (x,h,k),
com x variavel e nao-nulo eh uma semi-reta s
originada em A e que intersecta a reta suporte do lado BC.
(repare que a exigencia de termos h ou k positivo nao limita a generalidade -
se ambos fossem negativos, bastaria multiplicar as
coordenadas de P por -1)
A semi-reta s contem um ponto Q tal que dist(Q,AC) = |h| e dist(Q,AB) = |k|.
Se h e k sao positivos, entao Q pertence ao interior do angulo BAC.
Se h < 0 e k > 0, entao Q e B estao em semi-planos opostos em relacao a AC.
Se h > 0 e k < 0, entao Q e C estao em semi-planos opostos em relacao a AB.
Se h = 0 (k = 0), entao Q pertence a semi-reta de origem A e que contem C (B).
s intersecta a reta suporte do lado BC num ponto M cujas coordenadas sao
(0,h,k).
As coordenadas de A sao (+infinito,h,k). Se quisermos evitar esta situacao
desconfortavel, podemos eliminar A do LG e dizer que
este eh igual a s - {A}.
Assim, quando x varia de 0 a +infinito, P percorre s de M ateh A.
Quando P e A estao em semi-planos opostos em relacao a BC, x < 0.
Seja t a semi-reta originada em A, que intersecta a reta suporte de BC em N e
tal que:
i) M e N sao ambos internos ou ambos externos ao segmento BC e
ii) os angulos NAB e MAC sao iguais.
Isso quer dizer que AM e AN sao cevianas isogonais relativas ao vertice A.
Nao eh dificil ver que as coordenadas dos pontos de t sao da forma (x'',k,h).
Multiplicando pelo fator 1/(hk) (desde que hk <> 0), podemos expressar estas
coordenadas na forma (x',1/h,1/k).
Ou seja, os pontos das cevianas isogonais AM e AN tem coordenadas da forma:
(x,h,k) e (x',1/h,1/k), respectivamente, onde 0 <= x, x' < +infinito.
Se M = N, entao AM = AN = bissetriz interna de A ==> coordenadas da forma
(x,1,1).
Se h = 0 (k = 0), entao a ceviana eh o proprio lado AC (AB), de modo que a
ceviana isogonal associada eh AB (AC).
Nesse caso, as coordenadas dos pontos em AC e AB sao da forma (x,0,1) e
(x',1,0) respectivamente.
Fazendo o mesmo raciocinio para pares de cevianas isogonais relativas aos
vertices B e C, chegamos a conclusao de que se as
coordenadas de um dado ponto sao (x,y,z) entao o seu conjugado isogonal tem
coordenadas (1/x,1/y,1/z).
Em particular, O e H sao conjugados isogonais.
***
O Shine escreveu um artigo bem legal sobre geometria e trigonometria pra semana
olimpica desse ano.
O artigo se chama "As Cronicas de Nerdia" e pode ser encontrado aqui:
http://www.obm.org.br/frameset-semana.htm
Nele voce encontra uma demonstracao do teorema de Ceva trigonometrico
mencionado pelo Dirichlet na mensagem abaixo, assim como
o uso desse teorema na demonstracao do resultado sobre conjugados isogonais.
Repare que, no artigo, o Shine chama os pontos conjugados isogonais de T e
T^(-1), em linha com o resultado obtido acima em termos
de coordenadas trilineares.
[]s,
Claudio.
---------- Cabeçalho original -----------
De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia:
Data: Tue, 21 Nov 2006 22:40:49 -0200
Assunto: Re: [obm-l] Questao 3 da OBM-U 2006
> >
> > O teorema que eu usei eh uma generalizacao do resultado que diz que as
> > bissetrizes internas de um triangulo sao concorrentes.
> > O enunciado eh o seguinte:
> > Num triangulo ABC, tome pontos A' e A'' em BC, B' e B'' em AC, C' e C'' em
> > AB, de modo que:
> > CBB' = ABB'' e ACC' = BCC'' (igualdades de angulos).
> > Sejam: P = BB' inter CC' e Q = BB'' inter CC''.
> > Entao, AA' contem P e AA'' contem Q se e somente se BAA' = CAA''.
> > Quando A' = A'', B' = B'' e C' = C'', obtemos o resultado sobre a
> > bissetrizes internas (nesse caso, P = Q = incentro de ABC).
> >
> > Proponho aqui o problema de demonstrar esse teorema.
> >
> > Outro problema legal eh provar que o circuncentro e o ortocentro de um
> > triangulo qualquer sao conjugados isogonais.
> >
> >
> Bem, este teorema é decorrência direta de Ceva Trigonométrico (ou Ceva dos
> Senos)
>
> Se ABC é um triangulo
> X esta em BC
> Y esta em CA
> Z esta em AB
>
> entao sen(ABX)/sen(XBC) * sen(BCY)/sen(YCA) * sen(CAZ)/sen(ZAB) = 1
>
> E a segunda par te e imediata.
>
>
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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