il triangolo e le sue mediane

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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 14 apr 2009, 21:59

L'ordine è quello ovvio, ora però ho corretto la tesi... :wink:
[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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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 28 apr 2009, 19:45

Come mi ha fatto notare FeddyStra l'altro giorno, è carino anche dimostrare che effettivamente con le tre mediane si può formare un triangolo, qualcuno vuole provare?
Appassionatamente BTA 197!

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jordan
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Messaggio da jordan » 28 apr 2009, 19:55

Molto recentemente, qui :wink:
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Messaggio da mod_2 » 28 apr 2009, 22:11

Ops, la prossima volta farò più attenzione :D
Appassionatamente BTA 197!

spugna
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Messaggio da spugna » 17 mag 2009, 15:40

non ho letto tutte le risposte e non so se qualcuno l'ha già scritto,comunque è possibile costruire $ T_2 $ in modo che i suoi lati risultino simultaneamente non solo congruenti,ma anche paralleli alle mediane di $ T_1 $. La cosa sorprendente è che funziona con qualsiasi triangolo!!!

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gibo92
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Messaggio da gibo92 » 25 apr 2010, 16:17

ma quindi come si risolve il problema?

ngshya
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Messaggio da ngshya » 25 apr 2010, 17:06

Quale?

spugna
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Messaggio da spugna » 30 apr 2010, 23:38

gibo92 ha scritto:ma quindi come si risolve il problema?
La mia soluzione è questa (spero di riuscirmi a spiegare xk non riesco a postare l'immagine):

Detti $ A,B,C $ i vertici di $ T_1 $, siano $ X,Y,Z $ rispettivamente i punti medi dei lati opposti. Costruito il parallelogramma $ PBZC $, si noti che $ AXPY $ risulta anch'esso un parallelogramma. Da questa costruzione segue $ PB \cong CZ $ e $ PY \cong AX $. Deduciamo immediatamente che $ T_2 $ è proprio il triangolo $ BPY $ (che tra l'altro è costruito su una mediana di $ T_1 $). Ora definiamo $ Q=PY \cap BC $ e osserviamo che, essendo $ PY $ e $ AX $ paralleli, i triangoli $ ACX $ e $ CQY $ risultano simili e con un rapporto di similitudine pari a 2 ($ AC/CY=2 $).
Ne consegue che:
- $ AX=2QY \Rightarrow $ $ Q $ è il punto medio di $ PY \Rightarrow $ $ PBQ $ e $ BQY $ sono equivalenti. (1)
- $ CQ=CX/2=BC/4 \Rightarrow $ $ BQ=3CQ \Rightarrow $ l'area di $ BQY $ è il triplo di quella di $ CQY $. (2)

Ora chiamiamo $ S $ l'area di $ T_1 $. Dato che una mediana divide un triangolo in due parti equivalenti, avremo $ A(BCY)=S/2 $. Riprendendo la (2) si trova $ A(BQY)=3S/8 $. Ora, per la (1), abbiamo $ A(T_2)=2 \cdot A(BQY)=2 \cdot 3S/8=3S/4 $. C.V.D.
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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