Triangoli

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carro bestiame
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Triangoli

Messaggio da carro bestiame » 17 mag 2005, 17:14

Considerare il triangolo ABC di ipotenusa AB=2a, in modo che, condotta per il punto medio O di AB la parallela al cateto BC, che incontri in T il cateto AC e in S la perpendicolare in B ad AB, risulti verificata la relazione: (BS/OS)+(OT/OA)=m
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Hammond
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Messaggio da Hammond » 17 mag 2005, 17:53

:?:
Non ho capito cos'è che chiedi...

carro bestiame
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Messaggio da carro bestiame » 17 mag 2005, 18:20

la verifica di quella relazione.
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freeware
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Messaggio da freeware » 17 mag 2005, 18:40

si ma m a che equivale? O_o

carro bestiame
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Messaggio da carro bestiame » 17 mag 2005, 18:52

(BS/OS)+(OT/OA)=2a
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Hammond
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Messaggio da Hammond » 17 mag 2005, 20:31

Bè, in generale quella relazione non vale...
Infatti, dato che i triangoli AOT e BOS che si formano sono simili a quello iniziale, la relazione data è uguale a
$ \frac{AC}{AB}+\frac{BC}{AB}=AB $
cioè
$ AC+BC=AB^2 $

si potrebbe provare a vedere quando vale questa condizione... oppure non ho ancora capito il problema :) .

carro bestiame
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Messaggio da carro bestiame » 17 mag 2005, 20:35

l'hai capito :)
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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 18 mag 2005, 14:57

Hammond ha scritto: $ AC+BC=AB^2 $
si potrebbe provare a vedere quando vale questa condizione...
Bé...a questo scopo può servire impostare il sistema che segue?
$ \displaystyle AC+BC=4a^{2} $
$ \displaystyle AC^{2}+BC^{2}=4a^{2} $
Anche se ha delle soluzioni non proprio "simpatiche" a vedersi... :?

Bye,
#Poliwhirl#

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Melkon
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Messaggio da Melkon » 18 mag 2005, 21:40

ancora una volta, pag 677 num 78 (sarebbe comodo citare la fonte del problema quando la si conosce, e magari spiegare bene che cosa si vuole (NON come ho fatto io nell'altro topic) perché non è immediato, come ti hanno dimostrato le idee venute fuori dagli altri utenti!)

Comunque traccia la semicirc di diametro AB, che dopo il disegno è tutto più chiaro, poi poni l'incognita x come distanza della proiezione di C sull'ipotenusa da un estremo del diametro(A o B, è uguale).
La limitazione sull'incognita è, ovviamente, 0<x<2a ma di primo acchito non so se prendere o no la condizione limite di quando C va a finire in B. L'altra, si. Poi ti trovi la risolvente, e concludi
"Bisogna vivere come si pensa, se no, prima o poi, ci si troverà a pensare come si è vissuto"
Paul Borget

carro bestiame
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Messaggio da carro bestiame » 18 mag 2005, 22:19

1)Dimostrare che la somma delle tre mediane di un triangolo è minore del perimetro e maggiore di 3/4 del perimetro


2)Dimostrare che se in un triangolo coincidono la bisettrice e l'altezza relativa a un lato il triangolo è isoscele


3)Dimostrare che se un triangolo rettangolo ha un angolo acuto di 30° il cateto opposto a tale angolo è congruente alla metà dell'ipotenusa.


4)Dato un triangolo scaleno ABC si conduca da ciascun vertice la parallela al lato opposto. dimostrare che la figura ottenuta è formaa da 4 triangoli conguenti


Ne ho molterrimi di questo tipo...


@melkon, nessuna pagina 678 :?
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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch » 18 mag 2005, 22:57

1).Congiungendo i punti medi dei lati del triangolo, otteniamo un triangolo simile in proporzione $ 1:2 $, e inoltre ogni mediana cade all'interno del triangolo. Quindi tracciata l'altezza relativa ad un lato, si avrà, essendo $ h $ l'altezza, $ m $ la mediana relativa allo stesso lato e $ l $ il lato che parte dallo stesso vertice di $ h $ e di $ m $ tale che sia compreso fra questi due segmenti, $ h<m<l $ (lo devo dimostrare? disuguaglianze fra angoli e lati e cose così :) ); quindi, facendo discorso analogo per le rimantenti mediane, la prima tesi è dimostrata.

2). Per il secondo criterio di congruenza dei triangoli, avendo i due triangoli rettangoli un angolo congruente e un cateto in comune, sono congruenti, quindi le ipotenuse ( ovvero i restanti due lati del triangolo iniziale) sono congruenti.

3).Per il precedente teorema, costruendo il triangolo simmetrico a quello dato sul cateto adiacente all'angolo di $ 30° $, otteniamo un triangolo equilatero, e quindi l'altro cateto verrà raddoppiato, risultando uguale all'ipotenusa;

4).Dopo aver tracciato tutte le rette otteniamo un triangolo simile a quello di partenza per il teorema di Talete. Sempre per Talete, i quattro triangoli venutisi a formare sono congruenti ( anche perchè due con un lato in comune formano un parallelogramma, e visto che una diagonale di un parallelogramma "crea" due triangoli congruenti...)
Ultima modifica di HumanTorch il 18 mag 2005, 23:14, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da HumanTorch » 18 mag 2005, 23:02

Per il primo problema, inoltre, si può giungere alla conclusione anche tramite la relazione triangolare $ l_1<l_2+l_3 $, applicata in questo caso ai triangoli formati dalla diagonale (nella relazione, $ l_1 $) e dai lati consecutivi dei parallelogrammi (quelli ottenuti congiungendo i punti medi: sono parallelogrammi sempre per Talete), e tenendo conto che ogni lato di tali quadrilateri è la meta del segmento parallelo nel triangolo di partenza e che ogni diagonale è una mediana.

Per la seconda tesi si può usare il teorema sul baricentro (che divide ogni mediana in due segmenti uno dei quali è il doppio dell'altro) e considerare la somma dei lati del triangolo simile (ottenuto congiungendo i punti medi di quello iniziale) e di quelli di un secondo triangolo, simile ai precedenti, ottenuto congiungendo i punti di incontro delle diagonali in ogni parallelogramma..

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disuguaglianza somma mediane

Messaggio da elianto84 » 24 mag 2005, 22:02

HumanTorch.: Il tuo ragionamento non mi torna.
[Mi riferisco alla prima versione della tua dimostrazione
(somma mediane) minore di (perimetro)]

Quello che fai è provare che ogni mediana uscente da un determinato
vertice ha lunghezza maggiore dell'altezza uscente dallo stesso vertice
ma minore rispetto alla lunghezza DEL LATO PIù LUNGO uscente dallo stesso vertice.
In soldoni, se ABC è un triangolo scaleno con a>b>c, tu dimostri
che (somma mediane)<(2a+b)
che è una disuguaglianza più debole.

Proposta: vector power.
I vertici del triangolo ABC li prendiamo come vettori nel piano euclideo
il baricentro di ABC cadrà in G=(A+B+C)/3 e le mediane avranno
lunghezza (3/2)|A-G| , (3/2)|B-G| , (3/2)|C-G|.
La somma della lunghezza delle mediane sarà dunque pari a

L = (1/2)[ |2A-B-C| + |2B-C-A| + |2C-A-B| ]

ora applichiamo la disuguaglianza triangolare |x+y|<=|x|+|y|

L <= (1/2) [ |A-B|+|A-C| + |B-A|+|B-C| + |C-A|+|C-B| ] =
|A-B| + |B-C| + |C-A| = perimetro

per la seconda parte: consideriamo il triangolo di vertici

D = (1/3) (-2A+4B-2C)
E = (1/3) (-4A+2B+2C)
F = 0

La somma delle lunghezze delle mediane di DEF sarà pari a

J = (1/2) [ |2D-E-F| + |2E-F-D| + |2F-D-E| ] =
|B-C| + |C-A| + |A-B| = perimetro di ABC

J è minore del perimetro di DEF per quanto visto prima.
Il perimetro di DEF è pari a |D-E| + |E-F| + |F-D| ovvero a

(1/3) [ |4A - 2B - 2C| + |4B - 2A - 2C| + |4C - 2A - 2B| ]

sarebbe a dire (4/3) di L.

Ne consegue che
J < perimetro(DEF) ---> L > (3/4) perimetro(ABC)

ed abbiamo finito.
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Messaggio da elianto84 » 24 mag 2005, 22:23

2)Dimostrare che se in un triangolo coincidono la bisettrice e l'altezza relativa a un lato il triangolo è isoscele

Tra tutti i segmenti che partono da un vertice di un triangolo
e giungono sul lato opposto, l'altezza relativa al lato in questione
è il segmento più breve.

Poniamo sia altezza[A]=bisettrice[A].
Ne consegue piede_altezza[A]=piede_bisettrice[A]=P.
Ora

^BAP = ^A/2 dato che AP è bisettrice
^BAP = pi/2 - ^B dato che AP è altezza

Da cui ^A/2 = pi/2 - ^B,
sarebbe a dire (pi - ^A)/2 = ^B
ovvero ABC isoscele.
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Messaggio da EvaristeG » 25 mag 2005, 01:22

della disuguaglianza tra mediane e perimetro c'è una dimostrazione euclidea, jack!!
va bene tutto, ma i vettori mi sembrano sinceramente troppo!!

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