compassocentrismi

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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ma_go
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compassocentrismi

Messaggio da ma_go » 09 gen 2012, 15:38

individuare, usando solo il compasso, il centro di una circonferenza data.

Carlitosming
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Re: compassocentrismi

Messaggio da Carlitosming » 12 gen 2012, 20:12

C'è su LeScienze un articolo su di esso
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ma_go
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Re: compassocentrismi

Messaggio da ma_go » 13 gen 2012, 21:29

Carlitosming ha scritto:C'è su LeScienze un articolo su di esso
lo so: l'ho preso da lì. ero indeciso se postare la referenza, o se postare direttamente il problema nella forma "dimostrare che questa costruzione funziona" (che poi è quello che a me interessa di più: non sono mai stato un fan delle costruzioni riga e compasso). mi ero ripromesso di lasciare il problema in questa forma per una settimana (o dintorni) e di postare la costruzione se nessuno l'avesse fatto (magari, comunque, lasciandola nascosta).

Hawk
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Re: compassocentrismi

Messaggio da Hawk » 14 gen 2012, 12:53

A quanto pare una costruzione fu proposta da Napoleone.
Testo nascosto:
Fatto centro in qualche punto A della circonferenza del cerchio dato, con un raggio arbitrario AB, minore del diametro del cerchio e maggiore del suo quarto, si descriva la semicirconferenza BCDE, ponendo AB = BC = CD = DE. Sia M il punto dove questa taglia la circonferenza del cerchio dato. Con raggio EM e centri E ed A, si traccino due archi che si taglino in L. Con lo stesso raggio LA e con centro L si tagli il cerchio BME in Q. Con raggio BQ e centri B ed A, si traccino due archi che si taglino in O. O è il centro cercato.

Essendo B, A, E allineati, l'angolo esterno LAB è uguale alla somma dei due angoli interni ALE e AEL del triangolo ALE. Ne segue che i triangoli LAE e LAQ hanno tutti i lati uguali e quindi hanno uguali gli angoli opposti ai lati uguali, e quindi AEL = QAL e ALE = ALQ. Dunque LAB = QAL + QLA. Sottraendo ad entrambi i membri l'angolo QAL, risulta QAB = QLA. Pertanto nel triangolo LAQ la somma dei due angoli rimanenti LAQ, LQA sarà uguale alla somma dei due angoli AQB, ABQ nel triangolo ABQ. Ma i due triango LAQ, ABQ sono isosceli per costruzione, dunque gli angoli alla loro base sono uguali alla semisomma e perciò tutti uguali tra di loro. I due triangoli LAQ e ABQ saranno dunque simili e varrà la proporzione tra i lati LA : AQ = AQ : QB. Per costruzione ME = LA e QB = OB, quindi sostituendo si ha ME : EA = AB : OB. Dunque i triangoli isosceli MAE, AOB avendo i lati proporzionali sono equiangoli e risulta l'angolo OAB = AME = AEM. Ma nel triangolo AEM l'angolo esterno MAB è uguale alla somma degli angoli interni non adiacenti per cui MAB = AME + AEM = 2 OAB. Ne segue OAB = OAM. Per il primo criterio i triangoli OAB e OAM sono dunque congruenti e in particolare risulta OB = OM. Concludendo OB = OA = OM perciò O è il centro che si cercava del cerchio MAB.
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Re: compassocentrismi

Messaggio da ma_go » 18 gen 2012, 12:16

confesso di non aver controllato la tua soluzione, Hawk :)
è comunque diversa da quella proposta nella rubrica de "Le Scienze", che vi propongo qui.

chiamiamo $P$ il centro della prima circonferenza $\pi$. prendiamo un punto $A$ su $\pi$, e tracciamo una circonferenza $\alpha$ di centro $A$, che interseca $\pi$ in $B$ e $B'$ (punti distinti). tracciamo $\beta$ e $\beta'$ di centri $B$ e $B'$ rispettivamente, e passanti per $A$. queste due circonferenze si intersecano in un secondo punto $C$. adesso tracciamo la circonferenza $\gamma$ di centro $C$ e passante per $A$. $\gamma$ interseca $\alpha$ in due punti distinti, $D$ e $D'$. infine, tracciamo $\delta$ e $\delta'$ di centri $D$ e $D'$, e passanti per $A$. il secondo punto d'intersezione delle ultime due circonferenze è $P$.

perché? beh, sta a voi dimostrarlo.

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