SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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WiZaRd
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SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

Messaggio da WiZaRd » 12 giu 2009, 02:24

In un cerchio dato, il cui raggio è misurato da $ r $, determinare un triangolo che abbia un vertice nel centro del cerchio e gli altri due, $ A,B $, sulla circonferenza, in modo che la somma della base $ AB $ e della relativa altezza sia uguale a un dato segmento misurato da $ a $, supponendo $ a<2r $.
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karl
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Messaggio da karl » 12 giu 2009, 22:04

Immagine
Risoluzione sintetica.
Dapprima osserviamo che è a>r.Infatti si ha (fig.1):
a=AB+CH= (BH+CH)+AH>CB+AH=r+AH>r
Sia allora L un punto esterno alla circonfereza tale che risulti
CL=a.
Su segmento CL si prenda il punto M ( qualsiasi) e sulla perpendicolare a LC da M il punto N tale che si abbia
ML=2*MN.
Allora una delle due ( eventuali ) intersezioni della retta LN con la circonferenza risolve il problema ,ovvero individua il vertice B e quindi anche il vertice A del triangolo cercato ( vedi anche fig.2).
Infatti dalla similitudine dei triangoli LHB e LMN si ricava che
HL=2*HB=AB e quindi AB+CH=HL+CH=CL=a
che è la condizione imposta dal problema .
Si può notare che ,posto $ \displaystyle MLN=\alpha $ ,si ricava che:
$ \displaystyle \tan\alpha=\frac{MN}{ML}=\frac{1}{2},\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}} $
pertanto la retta LN non è altro che la retta da L inclinata su LC di un angolo di ampiezza =arccotan(2)=29°31'12''
Quanto alla discussione , dalla fig 2,detta LT una delle due tangenti
alla circonferenza condotte da L e $ \displaystile \beta $ l'angolo CLT,dal triangolo rettangolo LTC risulta:
$ \displaystyle \sin\beta=\frac{CT}{CL}=\frac{r}{a} $
E' chiaro che il problema ha di certo due soluzioni distinte (di cui una accettabile) quando si ha:
$ \displaystyle \beta>\alpha $
Ovvero :
$ \displaystyle \sin\beta>\sin\alpha $
E cioé:
$ \displaystyle \frac{r}{a}>\frac{1}{\sqrt{5}} $
Ed infine :
$ \displaystyle a<r\sqrt{5} $
Poichè è $ 2<\sqrt{5} $ si può concludere che vi è effettivamente una soluzione per r<a<2r
Negli altri due casi $ \displaystyle \beta=\alpha,\beta<\alpha $ nessuna soluzione.
Con un po' di calcoli è possibile ricavare concretamente la soluzione e si
trova che:
$ \displaystyle AB_1=\frac{2}{5}\cdot(2a-\sqrt{5r^2-a^2}) $
La soluzione $ \displaystyle AB_2=\frac{2}{5}\cdot(2a+\sqrt{5r^2-a^2}) $ corrispondente al triangolo A'B'C è relativa al caso AB-CH=a

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karl
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Messaggio da karl » 13 giu 2009, 18:52

Immagine
Per giustificare il calcolo di AB ( vedi figura ,dove l'angolo d è l'angolo alfa del precedente mio post)).
Sappiamo già che :
(0) $ \displaystyle \sin(d)=\frac{1}{\sqrt{5}} ,\cos(d)=\frac{2}{\sqrt{5}} $
Dal teorema dei seni applicato a CLB si ha:
(1) $ \displaystyle \sin(c)=\frac{a}{r}\sin(d)= \frac{a}{r\sqrt{5}} $.
Da cui :
(2) $ \displaystyle \cos(c)=-\frac{1}{r\sqrt{5}}\sqrt{5r^2-a^2} $
Il segno "meno" deriva dal fatto che l'angolo c è ottuso.
Dal triangolo rettangolo CHB si ha poi:
$ HB=r\sin(b)=r\sin(c+d)=r(\sin(c)\cos(d)+\sin(d)\cos(c)) $
Per le (0),(1),(2) sostituendo abbiamo:
$ \displaystyle HB=r(\frac{a}{r\sqrt{5}}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}} - \frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{r\sqrt{5}}\sqrt{5r^2-a^2} )=\frac{1}{5}(2a-\sqrt{5r^2-a^2}) $
Ed infine:
$ AB=2\cdot HB=\frac{2}{5}(2a-\sqrt{5r^2-a^2}) $

WiZaRd
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Messaggio da WiZaRd » 18 giu 2009, 02:50

Ho dato una veloce lettura e devo dire che la soluzione che proponi mi piace. Avevo posto il quesito anche sul forum di matematicamente.it e li ci stavo lavorando con la moderatrice adaBTTLS. Eravamo giunti a una soluzione simile usando però un approccio alegbrico.

Di più non commento, per ora, perché come ho già riferito alla succitata moderatrice sto preparando gli esami quindi ho poco tempo e non sarebbe giusto trattare male un problema che mi piace e degli aiuti che meritano grande considerazione.

Quindi, a presto,
WiZ
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Robertopphneimer
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Re: SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

Messaggio da Robertopphneimer » 15 lug 2012, 14:43

Scusa ma non capisco da dove hai preso ML = 2 MN (perché questo mi sblocca tutto)
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Re:

Messaggio da Robertopphneimer » 15 lug 2012, 15:22

Immagine
trovato beta
PX=(a-r) Tg beta
PX= r tg alpha

tg alpha= (a-r)/2r
Alpha = arctg((a-r)/2r)

2HB= AB= r*sin*(arctg((a-r)/2r)))

potrebbe essere giusto??
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Mist
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Re: SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

Messaggio da Mist » 16 lug 2012, 18:53

Robertopphneimer ha scritto:Scusa ma non capisco da dove hai preso ML = 2 MN (perché questo mi sblocca tutto)
karl ha scritto:Su segmento CL si prenda il punto M ( qualsiasi) e sulla perpendicolare a LC da M il punto N tale che si abbia
ML=2*MN.
karl non ha preso da nessuna parte il fatto che ML=2 MN, ma ha detto "prendo un punto M tale che questa condizione valga" e quindi è come una costruzione che ha aggiunto lui per poter andare avanti, non so se hai capito cosa intendo...

Io l'ho fatto così. Si ha, detto $\displaystyle \alpha = \frac{\hat{ACB}}{2}$, si deve avere che $\displaystyle 2r\sin{\alpha}+r\cos{\alpha} = a$ ovvero
$\displaystyle \frac{2}{5}\sqrt{5}\sin{\alpha} +\frac{\sqrt{5}}{5}\cos{\alpha} = \sqrt{5}{5}\frac{a}{r}$ da cui $\displaystyle \sin{\left( \arccos{\left( \frac{2}{5}\sqrt{5}\right)} +\alpha \right)} = \frac{\sqrt{5}}{5}\frac{a}{r}$. Perciò $\displaystyle \alpha = \arcsin{\left( \frac{\sqrt{5}}{5}\frac{a}{r}\right)}-\arccos{\left( \frac{2\sqrt{5}}{5}\right)}$.

Bon, anche come l'hai risolto te mi sembra giusto...

Ma d'altra parte basta porre $\displaystyle x=\frac{AB}{2}$, impostare con Pitagora $2x+\sqrt{r^2-x^2} =a$, risolvere rispetto ad $x$ e si ottiene il risultato di Karl :)
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Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

Robertopphneimer
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Re: SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

Messaggio da Robertopphneimer » 17 lug 2012, 20:12

Perfetto...sempre così mi sono iscritto alla normale proprio per questo trovo sempre una soluzione alternativa ,più facile che mi vada a genio e soprattutto trigonometrica xD
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