Un angolo dal Giappone

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Mist
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Un angolo dal Giappone

Messaggio da Mist » 22 apr 2013, 18:23

UN punto $P$ giace all'interno di un triangolo $ABC$. Le rette $BP$ e $CP$ incontrano $AC$ e $AB$ in $Q$ e $R$ rispettivamente.
Essendo $AR=RB=CP$ e $CQ = PQ$ trovare $\hat{BRC}$.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2

"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

spugna
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Re: Un angolo dal Giappone

Messaggio da spugna » 25 apr 2013, 13:12

Poniamo $\widehat{BRC}=x$ e $\widehat{BPR}=\widehat{CPQ}=\widehat{PCQ}=y$ (il secondo e il terzo angolo sono uguali perché $CPQ$ è isoscele); inoltre, per il teorema dell'angolo esterno, $\widehat{BRC}=\widehat{RCA}+\widehat{RAC} \Rightarrow \widehat{RAC}=\widehat{BRC}-\widehat{RCA}=x-y$
Detto questo, applichiamo il teorema dei seni ai triangoli $BPR$ e $ACR$, ottenendo rispettivamente $\dfrac{BP}{\sin x}=\dfrac{BR}{\sin y}$ (1) e $\dfrac{AR}{\sin y}=\dfrac{CR}{\sin(x-y)}$ e quindi, ricordando che $AR=BR$

$\dfrac{BP}{\sin x}=\dfrac{CR}{\sin(x-y)} \Rightarrow \sin(x-y)=\dfrac{CR}{BP} \sin x$

Ora sviluppiamo il primo membro tenendo presente la (1)

$\sin x \cos y- \cos x \cdot \dfrac{BR}{BP} \sin x=\dfrac{CR}{BP} \sin x \Rightarrow BP \cos y-BR \cos x=CR=PR+PC=PR+BR$

Infine, per il teorema delle proiezioni, si ha $PR=BP \cos y+BR \cos x$, che per sostituzione ci porta a

$BP \cos y-BR \cos x=BP \cos y+BR \cos x+BR \Rightarrow -2BR \cos x=BR \Rightarrow \cos x=-\dfrac{1}{2} \Rightarrow x=120°$
"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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