SNS 2009/2010. n°1.

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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jordan
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Messaggio da jordan » 27 ago 2009, 22:01

A partire da un triangolo dato $ T_0 $si costruisca un triangolo $ T_1 $ avente come vertici i punti di intersezione tra i lati di $ T_0 $ e il cerchio ad esso inscritto. Si costruisca quindi $ T_2 $ a partire da $ T_1 $ attraverso le stesse operazioni e si consideri la successione di triangoli $ \{T_i\}_{i \in \mathbb{N}} $ ottenuta ripetendo la procedura indicata infinite volte. Si dimostri che, all'aumentare di $ n $, gli angoli di questi triangoli diventano sempre più prossimi a quelli di un triangolo equilatero.
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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 27 ago 2009, 23:20

ovviamente dipende dal fatto che ogni angolo del triangolo $ T_{n+1} $ è la media aritmetica di due angoli di $ T_n $, però non saprei come formalizzare la cosa. Un aiuto?
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 28 ago 2009, 08:19

chiamato $ \angle A_0 $ l'angolo in A del triangolo $ T_0 $ otteniamo facilmente che $ \angle A_1 = \frac{B_0 + C_0}{2} = 90 - \frac{A_0}{2} $

quindi abbiamo la successione $ A_{i+1}=90-\frac{A_i}{2} $ e $ A_0 = \alpha $.
Poniamo ora $ k = \frac{\alpha}{90} $ e costruiamo la successione $ D_i = \frac{A_i}{90} $.

Allora abbiamo $ D_0 = k $ e $ D_{i+1}=1-\frac{D_i}{2} $.

A questo punto è facile trovare una formula chiusa e vedere che è del tipo $ \left ( - \frac{1}{roba} \right )^n + \frac{2}{3} $ dove $ roba > 1 $ e che quindi all'aumentare di n $ D_n $ tende a $ \frac{2}{3} $ e quindi $ A_1 $ tende a 60.

Lascio a chi vuole di esplicitare la formula chiusa della successione :D

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 28 ago 2009, 11:08

Io, invece, dopo aver visto quanto valevano i primi angoli ho dimostrato per induzione che al passo n gli angoli del triangolo $ T_n $ valgono

$ \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\alpha + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\beta + \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\gamma $
$ \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\alpha + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\beta + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\gamma $
$ \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\alpha + \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\beta + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\gamma $

Ora è chiaro che per $ n $ molto grande sia $ \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n} $ che $ \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n} $ tendono a $ \dfrac{1}{3} $.
Allora gli angoli si avvicinano ad $ \dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{3} = 60° $

maxpower
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chiusa

Messaggio da maxpower » 28 ago 2009, 13:55

Oppure indicando con T l'applicazione che agisce sugli angoli del triangolo originario portando $ \displaystyle x_i $ in $ \displaystyle x_{i+1} $, si aveva $ \displaystyle f^n(x_i)=\frac{(1+T)^n}{2^n} x_i=\frac{1}{2^n}(\sum\binom{n}{3j}+T \sum\binom{n}{3j+1}+T^2\sum\binom{n}{3j+2}) x_i $ e si vede bene che $ \displaystyle \sum\binom{n}{3j}=\frac{(1+1)^n+(1+\omega)^n+(1+\omega^{-1})^n}{3}=\frac{2^n+\omega^{\frac{n}{2}}+\omega^{-\frac{n}{2}}}{3} $ dove $ \displaystyle \omega $ è una radice terza dell'unità diversa da uno, perciò $ \displaystyle \lim_{big n}\frac{\sum\binom{n}{3j}}{2^n}=\frac{1}{3} $ (il discorso è analogo per le altre due somme)
J. Max Power

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 28 ago 2009, 14:51

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:Lascio a chi vuole di esplicitare la formula chiusa della successione :D
eccola:
$ \displaystyle D_n=\frac 2 3+(k-\frac 2 3)(-\frac 1 2)^n $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 28 ago 2009, 17:45

Oppure, se chiamate col nome giusto di volta in volta gli angoli, potrete dimostrate che
$ \alpha_i-\beta_i=(\beta_{i-1}-\alpha_{i-1})/2=(\alpha-\beta)/(-2)^{i} $
e dunque al crescere di i tale differenza tende a 0. Allo stesso modo per le altre due coppie. Quindi al crescere di i, gli angoli tendono ad essere tutti e tre uguali e dunque di 60 gradi.

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SARLANGA
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Messaggio da SARLANGA » 28 ago 2009, 20:52

GioacchinoA, come hai fatto a trovare quella proprietà con n? e come l'hai impostato te il ragionamento x induzione?
Io ho trovato che al triangolo Tn, con n= 3k (k naturale)
ogni angolo veniva scritto come ((alfa + beta)/ 2^n) + t
essendo t una costante per tutti e 3 gli angoli

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 29 ago 2009, 12:37

Allora ragiono WLOG sull'angolo $ \displaystyle \alpha_i $ e dimostro che ad ogni nuovo triangolo dimezza la sua distanza dai 60 gradi precisi... da cui deriva ovviamente la tesi.
Poichè la somma degli angoli interni è 180 scrivo: $ \alpha_i=180-\beta_i-\gamma_i $ (gli altri angoli sono beta e gamma)
Invece per il lemma citato da voi (cioè che l'angolo nella circonferenza inscritta ha gli angoli che sono una media dei precedenti) ottengo:
$ \alpha_{i+1}=\frac{\beta_i+\gamma_i}{2} $
Ora assumo $ \beta_i+\gamma_i=120+k $ con k tra -120 e 60.
Quindi riscrivendo quanto detto ottengo:
$ \alpha_i=180-120-k=60-k $
e anche sostituendo:
$ \alpha_{i+1}=\frac{120+k}{2}=60+k/2 $
Che implica che l'angolo si avvicina sempre di più ad uno di 60, con ragionamenti analoghi si dimostra che questo vale per tutti gli angoli e perciò il triangolo tende a essere equilatero.

didudo
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Messaggio da didudo » 29 ago 2009, 12:44

evvai!!io avevo concluso mostrando che per n tendente ad infnito gli angoli di $ T_n $ tendevano a 60,però più tardi pensavo fosse sbagliato,nel senso che chiedeva di mostrare che AD OGNI triangolo successivo gli angoli si approssimavano sempre di più...mah...
pensavo fosse il forum "belli e abbronzati"....

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 29 ago 2009, 15:48

SARLANGA ha scritto:GioacchinoA, come hai fatto a trovare quella proprietà con n?
Ho scritto gli angoli di $ T_0,T_1,T_2,T_3,T_4 $ e ho cercato di tirar fuori una formula che funzionasse per quei valori, per poi dimostrarla per induzione.
SARLANGA ha scritto:e come l'hai impostato te il ragionamento x induzione?
In che senso? Ho utilizzato semplicemente il principio di induzione.

Sia $ P(n): $ Al triangolo $ n $, essendo $ \alpha,\beta,\gamma $ gli angoli del triangolo $ T_0 $, gli angoli valgono
GioacchinoA ha scritto:$ \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\alpha + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\beta + \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\gamma $
$ \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\alpha + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\beta + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\gamma $
$ \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\alpha + \dfrac{2^n+2\cdot(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\beta + \dfrac{2^n-(-1)^n}{3 \cdot 2^n}\gamma $
Passo base: $ P(0) $ è vera. Se sostituisci 0 ad $ n $ ottieni proprio $ \alpha,\beta,\gamma $

Passo induttivo : $ P(n-1) $ è vera $ \Rightarrow P(n) $ vera.
Dopo aver dimostrato il lemma più volte citato in questo thread(che si fa con un po' di angoli) passa dal triangolo $ n-1 $ al triangolo $ n $ facendo le medie degli angoli presi a due a due(ometto i calcoli). Noterai che gli angoli del triangolo $ n $ soddisfano ancora la proposizione, quindi $ P(n) $ è vera $ \forall n \in \mathbb{N} $.

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 29 ago 2009, 16:11

didudo ha scritto:nel senso che chiedeva di mostrare che AD OGNI triangolo successivo gli angoli si approssimavano sempre di più...mah...
In realtà, anche a me sembra che la tesi dica questo, non solo che il limite è 60°...

didudo
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Messaggio da didudo » 29 ago 2009, 17:05

si in effetti probabilmente dovevo mostrare anche quello...era abbastanza banale dopo che ero arrivato ad una formula simile a quella di dario2994,spero che non mi tolgano troppi punti per questa imprecisione...
pensavo fosse il forum "belli e abbronzati"....

marcuz
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Messaggio da marcuz » 30 ago 2009, 10:51

Io ho fatto così: con qualche osservazione geometrica ho trovato che $ \alpha_{n+1} = \frac{\pi - \alpha_{n}}{2} $, poi ho utilizzato il fatto che se la successione $ \alpha_{n} $ converge al limite $ l $ anche l'estratta $ \alpha_{n+1} $ converge allo stesso limite. Dunque $ l = \frac{\pi - l}{2} $ da cui $ l = \frac{\pi}{3} $. In effetti non ho dimostrato che $ \alpha_{n} $ converge, si può provare a dimostrare con l'induzione che è monotona e limitata da qualche parte...
Nessun uomo è un'isola (J. Donne)

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