ricordi mediani

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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jordan
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ricordi mediani

Messaggio da jordan » 03 feb 2009, 09:13

Siano wlog $ m_1\le m_2 \le m_3 $le tre mediane di un triangolo, allora $ m_3\le m_1+m_2 $. 8)
The only goal of science is the honor of the human spirit.

pak-man
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Messaggio da pak-man » 03 feb 2009, 15:48

Basta dimostrare che le mediane sono lunghezze dei lati di un triangolo, il caso di uguaglianza si ha quando $ m_1=m_2=m_3/2 $, o sbaglio?

eli9o
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Messaggio da eli9o » 03 feb 2009, 16:08

Sì, basta quello...
Si può fare anche con un disegno, chi lo trova?
Hypotheses non fingo

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Fedecart
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Re: ricordi mediani

Messaggio da Fedecart » 04 feb 2009, 15:21

jordan ha scritto:Siano wlog $ m_1\le m_2 \le m_3 $le tre mediane di un triangolo, allora $ m_3\le m_1+m_2 $. 8)
Cosa significa wlog? Lo vedo sempre scritto e non l'ho mai saputo

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 04 feb 2009, 15:35

without loss of generality :wink:

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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 04 feb 2009, 15:37

Ah ok capito... Pensavo fosse qualche logaritmo strano w mai visto prima...

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karl
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Messaggio da karl » 08 feb 2009, 13:45

Ricordando il lemma triangolare (viewtopic.php?t=12275 )
e la formula della mediana di un triangolo:
(1) $ \displaystyle m_a^2=\frac{1}{2}b^2+\frac{1}{2}c^2-\frac{1}{4}a^2 $
si può fare algebricamente come segue.
Dalla (1) ho:
$ \displaystyle m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2) $
Da cui:
$ \displaystyle (m_a^2+m_b^2+m_c^2)^2=\frac{9}{16}(a^2+b^2+c^2)^2 $
Sempre dalla (1) con qualche calcolo ottengo:
$ \displaystyle m_a^4+m_b^4+m_c^4=\frac{9}{16}(a^4+b^4+c^4) $
Pertanto:
$ \displaystyle (m_a^2+m_b^2+m_c^2)^2-2(m_a^4+m_b^4+m_c^4)=\frac{9}{16}[(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)]>0 $ per il lemma.
Allora per il medesimo lemma $ \displaystyle m_a,m_b,m_c $ sono i lati di un triangolo.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 08 feb 2009, 14:15

Immagine

Il triangolo rosso ha i lati 2 volte le mediane

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karl
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Messaggio da karl » 08 feb 2009, 14:22

In effetti la soluzione di Gabriel era quella che avevo in serbo come soluzione
alternativa a quella algebrica.La mia pigrizia mi ha bruciato:sarà per un'altra volta!!
:D

eli9o
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Messaggio da eli9o » 08 feb 2009, 14:23

Intendevo proprio quello.
L'avevano fatto vedere al senior prendendo il triangolo mediale di quello rosso, in ogni caso è ovvio che la soluzione sta tutta lì.
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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 08 feb 2009, 14:46

Siano $ \vec A, \vec B, \vec C $ i vertici del triangolo, allora le mediane sono $ \vec m_a=\frac12(\vec B+\vec C)-\vec A,\ \vec m_b=\frac12(\vec C+\vec A)-\vec B,\ \vec m_c=\frac12(\vec A+\vec B)-\vec C $.
Dal momento che si ha $ \vec m_a+\vec m_b+\vec m_c=0 $, le tre mediane sono i lati di un triangolo.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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