esercizi di geometria da febbraio in su

In questo forum si discute delle Olimpiadi di Matematica

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Hammond
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Messaggio da Hammond » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>come si fa a fare diventar tutto bianco???
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR><font color=white>Clicca su \'citazione\' sotto questo messaggio <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> </font>
<BR>Lo so, potevo dirtelo direttamente, ma è più bello così.
<BR>ciao.

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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

ad Hammond
<BR><font color=white>grazie mille..grazie a voi mi sentirò sempre meno ignorante<IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 23-01-2005 20:26 ]
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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Dunque, rispondo a Simo_the_Wolf :
<BR>1) i problemi dell\'ultima sezione si possono comunque fare tutti con la geometria euclidea. Ovviamente per calcolare il volume di un solido non proprio bellissimo non ci sono molti sistemi \"euclidei\" ... anzi, ce n\'è solo uno, tendenzialmente, che in effetti ha le sue giustificazioni nel calcolo integrale, ma che nel 1500 accettarono nella formulazione geometrica senza batter ciglio (\"indivisibilia continuorum\").
<BR>2) grazie!
<BR>
<BR>Inoltre, vorrei specificare che ho detto gli argomenti delle singole sezioni solo per facilitarvi nel cercare una strada risolutiva. La geometria analitica e la trigonometria vanno benissimo e funzionano egregiamente, anche se non sono indispensabili, e non è un reato in una gara usarle: i problemi di geometria, in linea di principio, possono essere o puri e semplici esercizi di applicazione dei teoremi (come quasi tutti questi), o situazioni in cui, in un modo o nell\'altro, bisogna iniziare a calcolarsi tutte le grandezze in gioco e impilare conti su conti fino alla soluzione (come alcuni di questi), oppure quesiti in cui ci voglia un\'idea molto brillante (tipo \"noto tre punti allineati\", \"tiro questo segmento\", \"traccio questo e quello\") che risolve tutto e rende tutto più chiaro (come nessuno dei problemi in questione).
<BR>Di solito, anche se l\'inventore pensa un problema con una soluzione sintetica, non è detto che non ne esita una anlitica o trigonometrica, oppure sintetica e completamente diversa. (e neanche il viceversa è impossibile).
<BR>
<BR>Quindi, risolveteli come più vi riesce, e non esitate a proporre soluzioni di problemi già affrontati, se essenzialmente diverse da quelle altrui.
<BR>Ancora una volta, buon lavoro.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Scusate questo secondo messaggio, ma non volevo scrivere troppa roba diversa in un solo post...qui parlo di geometria, di là chiacchieravo.
<BR>
<BR>@enomis_costa88 : per la tua soluzione dell\'ultimo della sezione 1 (corretta), ti vorrei ricordare una cosa.
<BR>
<BR>Tu (giustamente) poni un vertice nell\'origine e un altro nel punto (0,2). Questo può essere fatto dicendo che le traslazioni dell\'origine non alterano il problema e la scelta dell\'unità di misura è arbitraria, cosa che, dimmi se sbaglio, credo sia stata la tua idea.
<BR>Per due assunzioni del genere, non è ovviamente necessario scrivere alcuna giustificazione : sono perfettamente ovvie quando uno imposta il problema con la geometria analitica.
<BR>Ora, c\'è un\'altra giustificazione a questo fatto (in realtà una \"generalizzazione\"), che non serve a moltissimo per semplificare questo problema, ma che è bene ricordare e spiegare:
<BR>
<BR>un\'AFFINITA\' è una trasformazione del piano che manda rette in rette e conserva il rapporto semplice, ovvero, dati A, B, C allineati e chiamate A\', B\' ,C \' le loro immagini sotto questa trasformazione (i punti dove finiscono) abbiamo che A\', B\', C\' sono ancora allineati e AB/BC=A\'B\'/B\'C\'.
<BR>
<BR>Le principali proprietà di una affinità T sono:
<BR>*) conservare il parallelismo : se a//b (rette), allora T(a)//T(b)
<BR>*) conservare l\'incidenza: se a,b si incontrano in P, allora T(a), T(b) si incontrano in T(P)
<BR>*) conservare i punti medi: se AM=MB e M sta tra A e B, allora T(M) sta tra T(A) e T(B) e T(A)T(M)=T(M)T(B).
<BR>*) conservare i rapporti tra le aree: se Area(A<sub>1</sub>...A<sub>n</sub>)/Area(B<sub>1</sub>...B<sub>m</sub>)=k, allora Area(T(A<sub>1</sub>)...T(A<sub>n</sub>))/Area(T(B<sub>1</sub>)...T(B<sub>m</sub>))=k.
<BR>
<BR>Mentre i difetti sono :
<BR>*) non conservare gli angoli tra rette
<BR>*) non conservare i rapporti tra segmenti non paralleli
<BR>*) non conservare le aree (il rapporto tra due sì, l\'area singola no!!)
<BR>*) non conservare le circonferenze (possono diventare ellissi).
<BR>
<BR>Inoltre, la affinità associa ad ogni punto in partenza un solo punto in arrivo e manda punti distinti in punti distinti (è dunque una bigezione) e, data un\'affinità T, ne esiste un\'altra V tale che, se B=T(A), allora A=V(B). Quindi le proprietà di prima possono essere lette come se e solo se :
<BR>*) a//b se e solo se T(a)//T(b)
<BR>*)etc.
<BR>
<BR>La cosa più importante è che, dati tre punti non allineati A,B,C e altri tre non allineati (non necessariamente distinti dai precedenti) D,E,F esiste sempre una e una sola affinità che manda A in D, B in E e C in F.
<BR>[ESERCIZIO : Quindi, dati due triangoli, quante affinità distinte esistono che mandano il primo nel secondo? distinte= c\'è almeno un punto che viene mandato da una in un posto e dall\'altra in un altro.]
<BR>
<BR>Nel nostro problema erano coninvolti solo punti medi e concorrenze e quindi possiamo trasformarlo per affinità. Mi spiego :
<BR>
<BR>problema : Dato un quadrilatero ABCD, detti E,F,G,H i punti medi di AB, BC, CD, DA e detti M,N i punti medi di AC, DB, dimostrare che EG, FH, MN concorrono.
<BR>
<BR>sia ora T una affinità: T(A), T(B), T(C), T(D) sono a tre a tre allineati se e solo se lo sono A,B,C,D quindi anche loro formano un quadrilatero. T(E), T(F), T(G), T(H) sono punti medi dei lati di T(A)T(B)T(C)T(D) se e solo se E,F,G,H lo sono in ABCD. Idem per T(M) e T(N) come punti medi delle diagonali.
<BR>T(E)T(G), T(F)T(H), T(M)T(N) concorrono se e solo se concorrono EG,FH,NM. Quindi se risolviamo il problema per un quadrilatero trasformato per affinità, lo abbiamo risolto per il nostro quadrilatero originale.
<BR>
<BR>Ad esempio, possiamo decidere di mandare A ---> (0,0) B--->(2,0) D---->(0,2) e quindi avere un quadrilatero con due lati uguali e perpendicolari. C verrà mandato in un qualche punto (x,y) che non possiamo decidere, in quanto possiamo fissare solo 3 punti con un\'affinità, non di più. Cmq, in questo modo abbiamo solo un punto con coordinate letterali ... gli altri sono in posti molto comodi e non dobbiamo portarci dietro nel problema le coordinate di troppi punti. Risolvendo il problema per un quadrilatero della forma (0,0) (2,0) (x,y) (0,2) lo abbiamo risolto per ogni altro quadrilatero possibile \"a meno di affinità\".
<BR>
<BR>In questo problema non è una cosa indispensabile, ma è una tecnica importante, soprattutto quando si ha a che fare con triangoli. Se avrò tempo, metterò insieme qualche problema sull\'argomento ... effettivamente me l\'ero scordate le affinità.
<BR>
<BR>Sono stato lunghissimo (e io volevo scrivere due righe...)!!!!
<BR>Scusate la divagazione; spero vi risulti almeno un poco utile o interessante. Prometto di non rifarlo più... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">

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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

\"Tu (giustamente) poni un vertice nell\'origine e un altro nel punto (0,2). Questo può essere fatto dicendo che le traslazioni dell\'origine non alterano il problema e la scelta dell\'unità di misura è arbitraria, cosa che, dimmi se sbaglio, credo sia stata la tua idea\"...si era la mia idea anche se non pensavo potesse avere un\'altra giustificazione così lunga...vedrò di studiarmela con calma (non sapevo neppure cosa fosse un\'affinità...).Ovviamente un poco di teoria non fa mai male!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Certo che con tutto il lavoro che stiamo facendo non credo che le 6 pagine dureranno fino alla prova di febbraio....cmq io li ho risolti quasi tutti fino al4 della sezione 2(del 5 della prima sezione però non ho finito i calcoli ma sono quasi sicuro che non sarei arrivato alla soluzione e poi non mi piace lavorare con numeri tipo 10^20…) e appena ho un decimo di tempo(probabilmente mai) scriverò le soluzioni sul sito in modo più completo.
<BR><font color=white>
<BR>1 sezione2: (3/4)pi greco. ho calcolato le aree dei 3 cerchi dimezzate tenendo presente che CB*AC=3
<BR>3 sezione 2: per Euclide 2^2=1X=4 e così via fino a8^2=4X=16 = OE;AE=16-1=15
<BR>4 sezione 2:c’b’a è congruente ad abc cosi come ba’c quindi l’altezza di a’b’c’ è tripla di quella di abc così come l’area= 3s
<BR>il 2 sezione 2 è piuttosto lungo da scrivere quindi do solo le soluzioni la tesi uno è vera; 2 vera; 3 falsa; 4vera;5 vera
<BR>
<BR></font>
<BR>
<BR>
<BR>
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Messaggio da MindFlyer » 01 gen 1970, 01:33

Risolvo il 4.8, che è un problema con la stella, ma ha una soluzione molto breve.
<BR><font color=white>
<BR>1) Detto l il lato di ABC, per Tolomeo si ha l*AP+l*BP=l*CP, da cui la tesi eliminando il fattore l.
<BR>
<BR>Alternativamente, si consideri su PC il punto R tale che PR=PB; e sull\'arco CB non contenente A si consideri il punto S tale che CS=PB. RPB è equilatero (perché l\'angolo il P vale 60°), inoltre CPBS è un trapezio (perché PB=CS), e quindi CRBS è un parallelogramma. Perciò CR=SB=AP, da cui AP+BP=PR+RC=PC.
<BR>
<BR>2) I triangoli APQ e CPB sono simili (gli angoli in P valgono 60°, mentre gli angoli in A e C insistono sull\'arco PB), quindi vale la proporzione AP:PQ=CP:PB. Per il punto 1) si ha che CP=AP+BP, e sostituendo si ottiene la tesi con semplici passaggi algebrici.

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 01 gen 1970, 01:33

Risolvo il 4.3
<BR>Sia M il punto medio di AB. Allora, poichè ABH è un triangolo rettangolo in H, HM=AM, ma poichè ancheABK è un triangolo rettangolo, in K, KM=AM. Quindi KM=HM e M appartiene all\'asse di HK. Da ciò si deduce che P==M e quindi AP/PB=1
<BR>PS Il 7.5 sarebbe barare risolverlo con la retta di Eulero?<IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>\"Non è certo che tutto sia incerto\"(B.Pascal)
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Sisifo il 23-01-2005 13:54 ]
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Ho altre tre soluzioni da postare :il 5, il 6 e il 7 e un’approccio al 8 della seconda sezione.
<BR><font color=white>
<BR>
<BR>5) Ho notato che l’asse radicale tra due delle circonferenze interne alla circonferenza più grande d passa per il centro della terza circonferenza interna(non l’ho dimostrato ma successivamente ho verificato che il risultato dovrebbe essere giusto, se si potesse vedere l’asse radicale come il luogo dei punti in cui la distanza dal centro di una circonferenza meno il raggio della stessa = alla distanza dal centro dell’altra meno il raggio della stessa allora sarebbe dimostrato questo passaggio.. Propongo a qualche volenteroso questo esercizio fondamentalmente inutile, non assicuro che sia fattibile..) quindi mi è bastato trovare la tangente s a una circonferenza a passante per il centro di un’altra b. Dopodiché calcolando l’intersezione tra la perpendicolare a s passante per il centro di a e la perpendicolare alla congiungente delle due circonferenze a e b passante per il punto di tangenza delle due ho trovato le coordinate del centro della circonferenza c. Ho calcolato la distanza di questo centro da una tangente di c trovando quindi che il raggio di c è (2-√3)/2, ho poi verificato che questa è anche la distanza tra il centro e la circonferenza d a cui c è tangente internamente.
<BR>6) n=31: trovato il lato del quadrato interno ho trovato in funzione di AA’ l’altezza di un triangolo con ipotenusa congruente ad AA’ e cateto il lato del quadrato interno. Sfruttando la similitudine(che ho dimostrato è troppo lunga da spiegare..) tra A’BC(A’B = 1-AA’) e il triangolo precedente ho trovato il valore di AA’=(1/31) e quindi di n.
<BR>7)solo la terna pitagorica 3,4,5 e le sue multiple.
<BR></font>
<BR>l\'8 si può dimostrare analiticamente verificando che l’asse radicale(la corda in comune giace su di esso) delle due circonferenze passa per il centro della prima ma non voglio essere troppo legato alla geometria analitica e quindi sto cercando un’altra dimostrazione più elegante…
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 23-01-2005 15:05 ]
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Alla fine ho rinunciato a cercare altre strade per dimostrare l’otto…ma l’ho dimostrato in via analitica.
<BR><font color= white>
<BR>Prima parte: A=-6,0 B=-2,0 C=6,0 D=18,0
<BR>Il centro della prima circonferenza è K=0,0 e della seconda G=8,0
<BR>La prima circonferenza è X^2+Y^2=36 e la seconda X^2+Y^2-16X=36 il loro asse radicale è X=0 che passe per il punto medio di AC(0,0).
<BR>Seconda parte: Il centro E di una qualsiasi circonferenza passante da A e da C giace sulla retta X=0(asse di AC) ed ha quindi coordinate E=0,a; Il centro F di una qualsiasi circonferenza passante da D e da B giace sulla retta X=8(asse di BD) ed ha quindi coordinate F=8,b.
<BR>Le loro equazioni sono: X^2+Y^2-2aY=36 e X^2+Y^2-16X-2bY=36
<BR>Nel loro asse radicale non compare il termine noto quindi passa per il punto K=0,0 e biseca il segmento AC
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 23-01-2005 17:23 ]
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Vediamo di aggiornare lo stato dell\'arte...
<BR>
<BR><H3>Solutori & Soluzioni</H3>
<BR>
<BR><I>(TRASFERITA IN PRIMA PAGINA!!)</I>
<BR>
<BR>Le soluzioni che non ho riportato sono sbagliate o mancano di dimostrazione (o non le ho viste...se così fosse, ditemelo).
<BR>L\'ordine è quello di comparizione.
<BR>
<BR>@enomis_costa : ricontrolla la soluzione al numero 5 della sezione 2 ... l\'asse radicale non è quello che dici tu. cmq c\'è una strada notevolmente più semplice e sintetica, che inviterei a trovare.
<BR>
<BR>Buon lavoro.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 24-01-2005 17:03 ]

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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Sez. 3 N° 8
<BR><font color =white>
<BR>Siano a,b,c gli angoli di ABC. Dal quadrilatero ciclico
<BR>PRQC si ricava che ARB=PRQ=180° -c e dunque dal triangolo
<BR>ABR:180°-c+(a+b)/2=180°--->-c+(180°-c)/2=0 -->c=60°.
<BR>Essendo poi RC bisettrice di ACB ,ne segue che RP=RQ
<BR>perche\' corde che sottendono archi congruenti.
<BR>Pertanto il triangolo PQR e\' isoscele su PQ e con PRQ=120°
<BR>e quindi PR=QR=l/(2cos30°)=l/sqrt(3).
<BR></font>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 25-01-2005 13:43 ]

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2005-01-23 21:54, EvaristeG wrote:
<BR>Vediamo di aggiornare lo stato dell\'arte...
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Bello! Forse è opportuno spostare quella tabella nel messaggio iniziale del thread ed aggiornarla lì, altrimenti diventa noioso andarsela a cercare tra le varie pagine.

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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

effettivamente sono stato un po\' impreciso sulle soluzioni..perchè ho preferito la quantità alla qualità..Nel 5 della sezione due vorrei sapere se la mia soluzione regge anche senza l\'asse radicale (perchè poi ho verificato che la distanza tra il centro del cerchio c e il punto di tangenza con d è uguale alla distanza tra c e il suo asse radicale con b..ma probabilmente ci deve essere qualcosa di più semplice che non ho notato...)credo che adesso mi fermerò un pò e scrivero suol sito per bene tutte le soluzioni \"sulla parola\"...solo non so come fare vedere tutti i passaggi e i calcoli perchè uso word per scrivere le soluzioni..
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

#1.6
<BR>
<BR>Se K = GE^HF e I e J sono i punti medi di AC e BD, si ha che EFGH e\' un parallelogramma di cui K e\' il punto comune delle diagonali. Ma anche IFJH e\' un parallelogramma di cui K e\' il punto comune delle diagonali. Percio\' K e\' il punto medio di IJ.
<BR>
<BR>

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