pentagono

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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ma_go
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pentagono

Messaggio da ma_go » 22 lug 2012, 19:26

questo è un problema per utenti meno esperti: pregherei chi non si senta davvero un novizio di non postare la soluzione...

supponete che la figura in allegato sia costruita a partire da un pentagono regolare, e che la stella (area bianca + area grigia) abbia area 1: quant'è l'area colorata di grigio?
Allegati
pentagon.png
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Robertopphneimer
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Re: pentagono

Messaggio da Robertopphneimer » 22 lug 2012, 20:48

ma dobbiamo trovare esattamente il valore oppure..che ne so ti dò l'apotema il lato o roba del genere?
L'universo è come una sfera dove il centro è ovunque e la circonferenza da nessuna parte.
"Blaise Pascal"

ma_go
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Re: pentagono

Messaggio da ma_go » 22 lug 2012, 21:08

voglio il valore esatto dell'area. comunque tu ti stai preparando per la sns, non sei considerato un novizio.

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auron95
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Re: pentagono

Messaggio da auron95 » 23 lug 2012, 12:33

Io avevo pensato di fare così.....
Testo nascosto:
Il trapezio grigio può essere diviso in due punte della stella grande + un trapezio piccolo a sua volta divisibile in due triangoli (isosceli) da una sua diagonale. Quello acutangolo è congruente alle punte della stella (lato in comune e l'angolo opposto alla base, poichè è quello formato dalle diagonali in due pentagoni regolari), mentre quello ottusangolo è congruente a quello che si forma nella parte bianca in basso togliendo le due punte. In conclusione le parti bianca e grigia sono equivalenti perchè equiscomponibili (tre triangoli acutangoli + uno ottusangolo). L'area grigia è dunque $ \displaystyle \frac{1}{2} $
This is it. This is your story. It all begins here.

Iceman93
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Re: pentagono

Messaggio da Iceman93 » 29 ago 2012, 22:50

Forse novizio novizio non sono, ma neanche un campione XD

Posto la mia soluzione:
Testo nascosto:
Chiamiamo $ A, B, C, D, E $ i vertici esterni del pentagono, ed $ F, G, H, I, L $ quelli interni. Per metterci d'accordo, supponiamo che il quadrilatero sia di vertici $ ACHL $, e abbia la base maggiore passante per $ F $ e per $ G $.
Per ovvi motivi di simmetria, se $ FG\parallel HL $, è vero anche che $ FH\parallel IL $: dunque $ AFHL $ è un parallelogramma, formato da due "punte" accostate per il loro lato più corto. Ora tracciati i lati $ FH $ e $ HI $, si deduce facilmente che i triangoli $ FGH $ e $ HIL $ sono uguali (se vogliamo, per il terzo principio). A questo punto è facile notare che entrambe le aree, grigia e bianca, sono costituite da tre "punte" + un triangolo (dimostrato uguale ecc. ecc...): dunque hanno area pari. Se l'area totale era $ 1 $, l'area grigia (così come quella bianca) misura $ \frac{1}{2} $.
Se uno nasce quadrato, non può morire tondo.
Beh, in effetti la quadratura del cerchio è un problema ancora irrisolto.

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