le diagonali dell'ettagono

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tuvok
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le diagonali dell'ettagono

Messaggio da tuvok » 14 apr 2006, 11:45

E' dato un ettagono regolare ABCDEFG di lato $ l\, $. Si chiede di dimostrare che le diagonali AC e AD verificano
$ \displaystyle \frac{1}{AC}+\frac{1}{AD}=\frac{1}{l} $
Lunga vita e prosperità

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jim
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Messaggio da jim » 14 apr 2006, 14:21

Ciao
Considerando l'ettagono come inscritto in una circonferenza di centro $ O $ , otteniamo che $ \displaystyle \angle DAC=\frac{\angle DOC}{2}=\frac{\pi}{7} $, perchè angolo alla circonferenza, e con ragionamento analogo, $ \displaystyle \angle ADC=\frac{2\pi}{7} $ e $ \displaystyle \angle ACD=\frac{4\pi}{7} $. Pongo $ \displaystyle \frac{\pi}{7}=x $
Per il teorema dei seni si ha
$ \displaystyle \frac{\sin4x}{AD}=\frac{\sin2x}{AC}=\frac{\sin x}{l} $
da cui, usando le formule di duplicazione del seno, sostituendo a $ \displaystyle \frac{1}{AC}+\frac{1}{AD}=\frac{1}{l} $, e svolgendo qualche calcolo si ottiene $ 4\cdot\cos x(\cos2x)-2\cos2x=1 $, che per $ x=\displaystyle\frac{\pi}{7} $ è un'identità.
Ultima modifica di jim il 18 apr 2006, 13:36, modificato 1 volta in totale.

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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch » 14 apr 2006, 15:29

tracciamo la circonferenza di centro C e raggio L, che interseca AC e AD rispettivamente in J e I: il poligono ABCI è un rombo, essendo nei poligoni regolari una diagonale parallela a uno (se il numero di lati del poligono è dispari) o due( se pari) lati, ed essendo $ AB\equiv CI $, la tesi risulta ovvia; J invece è l'incentro di $ \triangle ABD $; difatti tracciando la bisettrice di $ A\hat BC $ essa passa per J, poichè $ 2\cdot J\hat BI=J\hat CI=J\hat CB $ quindi se $ A\hat BC-J\hat CB=2\cdot A\hat BJ $; ovviamente, inoltre AC diagonale del rombo è bisettrice dell'angolo da cui esce

ora, IJ//BE//CD) per relazioni trigonometriche: quindi$ \displaystyle\frac{AI}{AD}=\frac{AJ}{AC} $ ovvero $ l\cdot AC=(AC-l)\cdot AD\to l(AC+AD)=AC\cdot AD $ da cui la tesi

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 14 apr 2006, 17:33

Tanto per non scomodare la trigonometria :
1)chiamiamo $ x=AD\quad y=AC $;
2) consideriamo il quadrilatero $ ABCD $, che è ciclico, poichè l'ettagono è regolare, e applichiamoci Tolomeo, ottenendo $ xl+l^2=y^2 $;
3)consideriamo poi il quadrilatero $ ABDE $ e, come sopra, applichiamo Tolomeo, ottenendo $ xy+l^2=x^2 $ (osservando che BD
=AC e AE=AD);
4)consideriamo il quadrilatero $ BDEG $ e applichiamoci (indovinate?) Tolomeo, ottenendo $ ly+y^2=x^2 $
5)si ha dunque, dalle ultime due, $ xy=ly+y^2-l^2 $, mentre dalla prima $ y^2-l^2=lx $, da cui $ xy=ly+lx $
6)dividendo per $ xyl $, si ottiene $ $\frac{1}{l}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ $, che è la tesi.

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Marco
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Messaggio da Marco » 14 apr 2006, 18:27

E' una riformulazione di un problema che avevo proposto nel vecchio forum (click!).

Prolungate DC dalla parte di C e AB dalla parte di B. Chiamo P l'intersezione.

I triangoli ACP e APD sono isosceli. Applicando il teorema della bisettrice ad APD, si ottiene

$ $ \frac{CD}{AD} = \frac{CP}{AP} = \frac{AC - DC}{AC} $.

Semplificate e torna.
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