Costruire un triangolo rettangolo...

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gianmaria
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Costruire un triangolo rettangolo...

Messaggio da gianmaria » 09 mag 2005, 22:13

Usando esclusivamente la normale geometria euclidea (il probleme è banale con l'algebra) costruire un triangolo rettangolo di cui si conoscono l'ipotenusa e l'area somma di quelle del triangolo e del quadrato di un cateto. Il dato relativo all'area può essere inteso nel senso che se la figura viene trasformata in un parallelogramma o in un triangolo equivalente e di base nota, se ne conosce l'altezza e viceversa.
Garantisco che esiste una soluzione semplice, ma un po' nascosta.

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Messaggio da info » 14 mag 2005, 15:00

Premetto che è la prima volta che affronto un problema di costruzione e nn ne ho letti molti finora a parte quelli sul courant per costruire segmenti di numeri irrazionali (che manco ricordo bene, a dire il vero)... mi scuso se ci sono degli errori o se mi è sfuggita una sol 20 volte più semplice... Lo stile che mi è venuto più naturale adottare noterete essere uno stile che credo si chiami Top down...

Chiamo 2a l'ipotenusa, K l'area data...

1 --- riduco la tesi a questo: se in una circonferenza di raggio a e centro O trovo una corda FK di lunghezza l con distanza x dal centro tale che l^2+l*x=(l+x)*l = K sono a posto.

Infatti se prolungo la retta FO che interseca la circonferenza in F', avrò che il triangolo rettangolo FKF' rispetta le condizioni.

2--- per ottenere ciò disegno un raggio qualunque AB ed una retta (chiamiamola t) distante K/(2a) da AB. Disegno l'asse di AB che passa per il punto medio H e trovo R (sull'asse disegnato) tale che HR=a. Disegno la circonferenza per A, B e con centro R che interseca t in un punto M. Disegno la perpendicolare ad AM passante per B che interseca AM in D e la circonferenza iniziale in C. BC è la corda voluta dal punto [1]...

Infatti l'area di ABM è a*K/(2a)*1/2=K/4 ma è anche (AD+DM)*DB/2...
Ora R era stato tracciato di modo che la circoneferenza tracciata avesse un particolare angolo alla circonferenza... Cmq i triangoli rettangoli HBR e BDM vengono ad essere simili e quindi DM=2*BD=BC e quindi viene ad essere (AD+BC)*BC/2*1/2=K/4, ovverosia (AD+BC)*BC=K... ma questo era proprio quello che ci eravamo perfissati al punto [1]...



Fammi sapere cosa ne pensi e scrivi la tua costruzione, gianmaria!
Ultima modifica di info il 14 mag 2005, 21:09, modificato 2 volte in totale.

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Messaggio da gianmaria » 14 mag 2005, 20:49

Confesso che la tua soluzione non mi è chiara; suppongo che al punto 1 tu volessi dire "diametro" anziché "raggio" e al punto 2 "raggio qualunque AB" significhi "raggio AB=a". Inoltre forse non ho capito bene dove sono i vari punti, perché nella figura da me fatta non vedo motivo di ritenere simili i triangoli HBR e BDM. La mia soluzione è la seguente (mancano i segni di angolo e arco):
1) Esame del problema.
Sia ABC il triangolo, con ipotenusa BC=a, e ACDE il quadrato del cateto. Prolunghiamo AE di un segmento EF=AE e congiungiamo F con C. Si dimostra facilmente che il triangolo BCF è equivalente alla figura data; ne conosciamo perciò la base a e l'altezza h. Ne conosciamo anche l'angolo F (questo è il dato non evidente): infatti, osservando il triangolo ACF, notiamo che è il minore fra gli angoli di un triangolo rettangolo i cui cateti sono uno il doppio dell'altro (se potessimo usare la trigonometria diremmo che è l'arctg(1/2), ma non è una precisazione necessaria).
2) Costruzione.
Si disegni il trangolo rettangolo BCG di cateti BC=a e BG=2a e la circonferenza circoscritta (che ha diametro CG). La retta t parallela a BC, dalla parte del centro, e distante h da BC incontra in F la circonferenza; da C traccio la perpendicolare ad FB, che la incontra in A. Essendo uguali gli angoli F e G, ABC è il triangolo cercato.
3) Discussione.
Retta e circonferenza si incontrano in due punti, ma quelli che cadono sull'arco BG non conducono a soluzioni perché l'angolo FBC deve essere acuto. Ci possono quindi essere 1, 2 o 0 soluzioni, a seconda del valore di h.

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Messaggio da info » 14 mag 2005, 21:04

Hai ragione sul diametro... Facciamo così, per non rinominare tutto l'ipotenusa è 2a...

Il "raggio qualunque" AB è disegnato sulla circonferenza di raggio a precedentemente disegnata...

sulla similitudine ho fatto un pò di confusione, hai ragione anche quà... disegna la circonferenza con CENTRO R e passante per A,B e considera quella nello svoglimento. In tal modo ARB=2*HRB=2*AMB-->HRB=AMB e da quì la similitudine dei due triangoli rettangoli...

spero che si salvi il tutto...
Ultima modifica di info il 14 mag 2005, 22:54, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da info » 14 mag 2005, 21:26

Ammettendo che la mia costruzione abbia un senso (comincio a dubitare, aspetto cmq il tuo parere), vorrei fare notare come i 2 diversi approcci portino a sol più o meno incasinate. Il turning point è proprio all'inizio:

--- tu hai trasformato il quadrato in un triangolo equivalente;
--- io ho trasformato il triangolo in un rettangolo equivalente (anche se poi sono dovuto tornare ad un triangolo);

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Messaggio da gianmaria » 17 mag 2005, 22:19

Sì, ora è tutto chiaro e la tua soluzione è giusta. Hai ragione quando dici che tu hai pensato a parallelogrammi e io a triangoli; a parte questo, le due soluzioni hanno molto in comune, basandosi su uno stesso angolo alla circonferenza. Del resto, se raddoppi la tua figura (basta tornare all'iniziale ipotenusa=a), scopri che la tua seconda circonferenza è la mia e che i tuoi punti A, B, D, M sono i miei B, C, A, F.
Non trovo che la mia soluzione sia incasinata (vanità d'autore?); forse avrei dovuto chiarirla dicendo che cercavo di costruire il triangolo BCF, da cui dedurre ABC. Comunque, complimenti: ho proposto questo quesito a numerosi appassionati di matematica (fra cui un ragazzo che avrebbe poi vinto un bronzo alle Olimpiadi) e quasi tutti si sono arresi, anche dopo mesi di tentativi.[/tex]

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Messaggio da info » 18 mag 2005, 20:03

Grazie gianmaria per i complimenti...

Solo credo che tu abbia frainteso una cosa: la soluzione incasinata è la MIA, non la tua, che invece è molto più chiara, semplice e lineare, insomma nettamente superiore ... :D ---

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Bello!

Messaggio da elianto84 » 23 mag 2005, 11:14

Bel problema. Propongo una soluzione molto corposa, spero che spezzettandola
in tanti step io riesca a renderla anche leggibile.

1) Sia Gamma una circonferenza di centro O e diametro AB
[A sulla sinistra, B sulla destra, altrimenti si rischiano fraintendimenti]
e C un punto di Gamma diverso da A e da B.
Sia D la proiezione di C su AB ed M il punto medio di CD.
Posto a=|CB| b=|AC| abbiamo che le quantità

|AB| = sqrt(a^2+b^2)
|MD|+|DB| = (a^2 + ab/2) / sqrt(a^2+b^2)

corrispondono ai dati che l'ipotesi ci fornisce. Fine della parte algebrica.
Fissato AB dobbiamo determinare C in modo che
|MD|+|DB| sia quanto vogliamo.

2) Sia FG il diametro perpendicolare ad AB
[E sta "sopra", F sta "sotto", altrimenti si rischiano fraintendimenti]
Prolunghiamo CD dalla parte di D fino a determinare un punto E
tale che |DE|=|DM|+|DB|.
Imponente asserzione: al variare di C, E viaggia su un'ellisse.

3) Giustificazione dell'imponente asserzione
Armatevi di numeri complessi e scarsa trigonometria, ne venite fuori subito.
A richiesta i dettagli.

4) Rincaro inerente all'imponente asserzione: il centro della suddetta ellisse
(d'ora in poi per gli amici "Delta") è G.

5) Giustificazione del rincaro.
La lascio a voi dato che mi sembra divertente.
Suggerimento: Delta tange Gamma in B; Delta tange la retta perpendicolare
ad AB passante per A in H; H è immagine di A, B è immagine di B;
the rest follow by simmetry (così possiamo dire di aver utilizzato anche
la fisica :shock: ) - G è il punto medio di HB.

6) Cosa da sapere. Dato il centro di un ellisse e tre punti (a caso) per i quali
questa passa (ve li procurate facilmente) l'ellisse è univocamente determinata.

7) Ma come la determino?
Facciamo finta che abbiate il centro O e i famigerati tre punti P,Q,R.
Prendete le rette OP e OQ come assi. Applicate una dilatazione di centro O
che mandi P in sè (P') e Q in Q' tale che OQ'=OP'=OP.
A questo punto avete il centro O e tre punti P',Q',R' con OP'=OQ'.
Chiamate T il punto medio di P'Q' e prendete come assi OT e la
perpendicolare ad OT passante per O.
Con una seconda dilatazione mandate P' Q' ed R' in P'' Q'' ed R''
in modo che OP''=OQ''=OR''=r. Chiamate Beta la circonferenza
di centro O e raggio r. Applicate a Beta l'inverso della seconda dilatazione,
a seguire l'inverso della prima ed otterrete l'ellisse che cercavate.
(Meglio: tramite le dilatazioni inverse determinate gli assi principali dell'ellisse)

8) The problem ovvero: Another problem.
Una volta determinata Delta il problema è ricondotto a determinare
le intersezioni di una retta con una ellisse.

9) Commesseffà?
Ricordate le due dilatazioni che portavano Delta in una circonferenza?
Applicatele al complesso (ellisse+retta). Le intersezioni tra retta
e circonferenza, laude laude, sono gratis, deinde tornate indietro
tramite le dilatazioni inverse e: Deo Gratias! avete le vostre soluzioni.

10) Notate bene: se prendete E su CD, dalla parte di D, tale che
|CE|=|CM|+|DB|=|DM|+|DB|
il "nuovo E" viaggia sulla stessa ellisse Delta del "vecchio E".
In effetti serve anche questo per dire che G è centro di Delta.
Vabè, transit.
Solo che: se invece che partire "per dritto" dal punto 1)
provate a partire da questo strambo punto 10) vi accorgete
che il problema viene ricondotto a...

11) Determinare le intersezioni di una circonferenza e di una ellisse.
Della circonferenza conosciamo centro e raggio, dell'ellisse centro e vertici.
[NB.: i vertici di una ellisse sono gli estremi degli assi principali]
Questo pure è simpatico. Fatelo che è istruttivo.

Hasta luego!
Ultima modifica di elianto84 il 23 mag 2005, 17:48, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da AlessandroSfigato » 23 mag 2005, 13:00

l'area somma di quelle del triangolo e del quadrato di un cateto.
ma che significa? l'area somma dell'area di un quadrato costruito sul cateto e un triangolo costruito sul cateto? se ne possono costruire un infinità di triangoli su un cateto

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O ancora.

Messaggio da elianto84 » 23 mag 2005, 18:07

Oppure.

AB diametro di Gamma (centro O)
C elemento di Gamma diverso da A e da B

Sulla retta AC, dalla parte di C, prendiamo E tale che
|CE|=2|CB|

[AEB] = a^2 + ab/2

Al variare di C su Gamma, E descrive una circonferenza ("Iota").
Il problema è ricondotto a determinare le intersezioni di Iota con una retta data.

Però così è banale... preferivo the elliptic way :roll:
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Messaggio da gianmaria » 22 giu 2005, 20:52

Per Elianto84: belle entrambe le risposte, ma quella basata sull'ellisse non tiene conto della richiesta di usare solo la normale geometria euclidea, e la seconda dovrebbe spiegare perchè E varia su una circonferenza.
Per AlessandroSfigato: il triangolo di cui si parla è il triangolo rettangolo da costruire. Se lo chiami ABC (BC è l'ipotenusa) ed esternamente ad esso costruisci il quadrato ACDE, l'area nota è quella di BCDE

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Messaggio da EvaristeG » 23 giu 2005, 03:07

gianmaria, attento : Elianto84 tira in ballo le ellissi solo come trasformati sotto dilatazione delle circonferenze. Questa è normale geometria euclidea, a meno che non sia richiesto di disegnare l'ellisse. In questo caso servono solo alcuni precisi punti, perfettamente caratterizzati nella soluzione come trasformati sotto opportuna dilatazione di intersezioni tra rette e circonferenze, che si sanno fare.

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