Io ti dico dove sta, e tu dimmi che area ha

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Boll
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Io ti dico dove sta, e tu dimmi che area ha

Messaggio da Boll » 31 gen 2006, 15:11

Si prenda un triangolo equilatero ABC , il suo baricentro G e un punto P al suo interno. I segmenti PA, PB, PC opportunamente rototraslati formano un triangolo, esprimere l'area di questo in funzione (solo) di PG e AB.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

Leandro
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Messaggio da Leandro » 01 feb 2006, 15:13

Senti Boll,ma il risultato finale e' una formula... umana o e'
solo una siderale ammucchiata di calcoli?
Leandro

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 feb 2006, 15:47

E' umana ... e c'è pure un procedimento che - vabbè, se non umano- è anch'esso umanoide.

Leandro
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Messaggio da Leandro » 01 feb 2006, 19:16

Per caso ha a che fare con i vettori e coordinate affini?
leandro

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 feb 2006, 19:28

Non è una caccia al tesoro, è un problema ... ci sono molti modi per risolverlo, almeno tre me ne vengono in mente ora, anche se uno è un po' contoso.

Leandro
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Messaggio da Leandro » 01 feb 2006, 21:36

Non cercavo un indizio ma solo una qualche conferma alle mie ipotesi.
Forse Boll mi rispondera' con piu'...garbo.
Leandro

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Messaggio da EvaristeG » 01 feb 2006, 21:40

Sì, ci vogliono i vettori, ma si possono usare anche i complessi o la trigonometria.
No, non penso che Boll ti risponderà a breve, ora dovrebbe essere a Pisa per il Winter Camp.
Certo, quasi chiunque è più garbato di me, solo che fai molto prima a verificare l'idea con carta e penna che non a chiedere conferma e aspettare una risposta.

Leandro
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Messaggio da Leandro » 02 feb 2006, 14:58

Immagine
Faccio 2 premesse (la prima forse superflua)
1)Dei 3 segmenti (vedi fig.) PA,PB e PC sia PC il maggiore con P piu' vicino
ad AC ( per altre posizioni di P il ragionamento e' analogo).
Si ha:
PC<CL<AC=AB<PA+PB e cio' assicura che i detti segmenti sono lati
di un triangolo.
2 Se a,b e c sono i lati di un triangolo allora l'area di quest'ultimo
(calcolata con Erone ) e':
(1) $ \displaystyle S=\frac{1}{4}\sqrt{4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2} $
Poniamo ora:PG=z (<R) , <AGP=u.Dai triangoli APG,PGC e PGB per Carnot
ricaviamo:
$ \displaystyle PA^2=a^2=z^2+R^2-2Rzcosu $
$ \displaystyle PB^2=b^2=z^2+R^2-2Rzcos(120°+u) $
$ \displaystyle PC^2=c^2=z^2+R^2-2Rzcos(120°-u) $
Sostituendo nella (1) :
$ \displaystyle S=\frac{1}{4}\sqrt{4(z^2+R^2-2Rzcosu)(z^2+R^2+Rzcosu+Rz \sqrt3 sinu) $ $ \displaystyle -(z^2+R^2-2Rzcosu+2Rz \sqrt3 sinu)^2} $
Sviluppando i calcoli (nemmeno tanto lunghi ma ordinari) si ottiene il risultato
(che ,se esatto,e' per me assai sorprendente!!) di:
(2)$ \displaystyle S= \frac{(R^2-z^2)}{4}\sqrt3 $
Se L e' poi il lato di ABC,essendo $ \displaystyle R=\frac{L}{\sqrt3} $,sostituendo
in (2) si ha il valore richiesto:
$ \displaystyle S=\frac{(L^2-3z^2)}{12}\sqrt3 $.
La (2) ci dice che il nostro triangolo e' equiesteso al triangolo equilatero
di lato $ \displaystyle \sqrt{R^2-z^2} $.Questo fatto potrebbe indicare
che il problema puo' risolversi per via sintetica....forse.
Leandro

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Messaggio da gianmaria » 07 feb 2006, 21:40

La mia soluzione differisce di poco da quella di Leandro; ne riporto solo le parti differenti. Essendo
$ a^2 =PA^2=R^2+z^2-2Rz cos u $
$ b^2=PB^2=R^2+z^2+Rz(cosu+\sqrt 3 sin u) $
$ c^2=PC^2=R^2+z^2+Rz(cosu-\sqrt 3 sin u) $
i calcoli risultano più leggeri ponendo $ k= R^2+z^2 , p= Rz cos u, q=\sqrt 3 Rz sin u . $
Generalizzazione
Utilizzando le formule precedenti, si verifica facilmente che è
$ A =a^2+b^2+c^2=3(R^2+z^2) $
$ B=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=3(R^4+R^2z^2+z^4) $
cioè A e B non dipendono da u (da cui consegue la tesi, essendo $ 16S^2=-A^2+4B $). Ne dipende invece $ C=a^2b^2c^2=R^6+z^6-2R^3z^3 cos 3 u $.
Notevole la completa simmetria fra le lettere R, z che fa presumere soluzioni più brevi ed eleganti.
Ultima modifica di gianmaria il 12 feb 2006, 22:13, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da mattilgale » 08 feb 2006, 15:22

evariste posti le soluzioni con complessi e vettori?
"la matematica è il linguaggio con cui Dio ha plasmato l'universo"

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Messaggio da EvaristeG » 08 feb 2006, 16:06

Hmm lo lascerei volentieri fare a Boll, che ha aperto il thread...

Leandro
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Messaggio da Leandro » 08 feb 2006, 19:53

Sbagliero' ma con i vettori non viene niente di speciale.Piu' o meno i calcoli
sono gli stessi a meno di non fare come qualche volta mi e'
capitato di leggere.E cioe' abbozzare la risposta per accorciare la soluzione,
lasciando il resto... alla fantasia del malcapitato lettore.
Leandro

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Soluzione coi complessi

Messaggio da Boll » 08 feb 2006, 23:22

Fissiamo il nostro caro piano di Gauss con i tre vertici del triangolo in $ r $ $ r\omega $ e $ r \bar{\omega} $, e quindi il baricentro nell'origine, inoltre associamo al punto P un numero complesso p.

Ricordiamo inoltre che
$ \omega^2+\omega+1=0 $
$ \bar{\omega}^2+\bar{\omega}+1=0 $
$ \omega\bar{\omega}=1 $
$ \omega+\bar{\omega}+1=0 $
$ \omega^2+\bar{\omega}^2+1=0 $

Per comodità, d'ora in poi le radici terze dell'unità saranno indicate come $ \omega_1,\omega_2,\omega_3 $

Chiamiamo $ a,b,c $ i lati del nostro triangolo,

$ \displaystyle \sum a^2=\sum |p-r\omega_i|^2=\sum (p-r\omega_i)(\bar{p}-\bar{r\omega_i})= $$ \displaystyle \sum p\bar{p}+\sum r\omega_i *\bar{r \omega_i}+0+ 0=3|p|^2+3|r|^2 $

$ \displaystyle \sum a^4=\sum |p-r\omega_i|^4=\sum (p-r\omega_i)^2(\bar{p}-\bar{r\omega_i})^2= $$ \displaystyle \sum (|p|^2+|r|^2-r\bar{p}\omega_i-\bar{r}p\bar{\omega_i})^2 $$ \displaystyle = 3 |p|^4+3 |r|^4+12|p|^2|r|^2+0+0+\dots+0 $

Per Erone

$ \displaystyle S=\dfrac{1}{4}\sqrt{(\sum a^2)^2-2(\sum a^4)} $
$ \displaystyle S=\dfrac{1}{4}\sqrt{(3|p|^2+3|r|^2)^2-2(3 |p|^4+3 |r|^4+12|p|^2|r|^2)} $
$ \displaystyle S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\sqrt{(|p|^2-|r|^2)^2} $

essendo il punto $ P $ interno $ PG<R $, quindi

$ \displaystyle S=\dfrac{\sqrt{3}(R^2-\overline{PG}^2)}{2} $ dove $ R $ è il circoraggio di $ ABC $
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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