pentagono...non così brutto come sembra(dalla polonia)

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frengo
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pentagono...non così brutto come sembra(dalla polonia)

Messaggio da frengo » 22 mar 2007, 17:45

Sia $ ABCDE $ un pentagono convesso, tale che
$ BC=CD $
$ DE=EA $
$ \angle BCD=\angle DEA=90° $

i)dimostrare che è possibile costruire un triangolo con lati $ AC,CE,EB $.
ii)trovare l'ampiezza dei suoi angoli se $ \angle ACE=\alpha $ e $ \angle BEC =\beta $.

ciao ciao

ps lo so,a leggerlo è proprio bruttino...ma alla fine...

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edriv
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Messaggio da edriv » 24 mar 2007, 19:47

Wow! Credo che facendo il disegno solo con carta e matita non l'avrei mai fatto.

Immagine

Allora, per cominciare costruisco tre cerchi:
- con centro E e raggio ED
- con centro C e raggio CD
- con centro M (punto medio di AB) e raggio MA

Per prima cosa vedo che queste tre circonferenze passano per un unico punto P.
È immediato vedere che, detta P l'intersezione delle prime due, $ ~ \angle APD = \angle DPB = 135° $, da cui $ ~ \angle BPA = 90° $, da cui P sta sulla terza circonferenza.

Sia V il simmetrico di P rispetto ad M. Questo sarà il vertice del mio triangolo.

È chiaro che PBVA è un rettangolo (le diagonali passano per il centro della circonferenza => tutti angoli retti).
Consideriamo la simmetria rispetto ad EM. Questa manda le circonferenze (M), (E) in se stesse e rette perpendicolari ad EM in se stesse. Quindi manda B in V. (BV è parallela ad AP che è perpendicolare ad EM essendo l'asse radicale). Quindi manda il segmento EB nel segmento EV. Allo stesso modo si vede che la simmetria rispetto a CM manda CA in CV.
Quindi, nel triangolo ECV, abbiamo EC = EC, CV = CA, EV = EB. Risposto al primo punto.

Ora dimostro che ECM è rettangolo e isoscele. L'arco formato sulla circonferenza (E) dalle rette EC,EM è la metà dell'arco DA. Quindi $ ~ \angle CEM = 45° $ e allo stesso modo $ ~ \angle ECM = 45° $.
Ora finalmente troviamo gli angoli del triangolo:
$ ~ \angle ECV = \angle ECA + \angle ACV = $$ \alpha + 2\angle ACM = \alpha + 2(45° - \angle ECA) = 90 - \alpha $-
Allo stesso modo $ ~ \angle CEV = 90-\beta $ e finalmente $ \angle CVE = \alpha + \beta $.


Bello questo! Postane altri, frengo :)

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Boll
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Messaggio da Boll » 25 mar 2007, 22:33

Ho risolto il problema il primo giorno in cui frengo l'ha proposto (testimone lui in msn) poi, visto che sono un coglione, credevo si dovessero trovare gli angoli DEL PENTAGONO, e non ci riuscivo nonostante avessi risolto il punto 1, ero veramente disperato quindi, dopo vari tentativi, ho ceduto ed ho letto la soluzione di edriv, per accorgermi che... Gli angoli da trovare erano DEL TRIANGOLO...

Visto che è molto diversa dalla sua (e istruttiva) ve la posto:

Lemma
Preso un triangolo $ ABC $ costruiamo su $ AB,BC,CA $ tre triangoli rettangoli isosceli di ipotenusa i lati, con terzi vertici di nome $ C_1,A_1,B_1 $. Allora si avrà $ AA_1=B_1C_1 $ e $ AA_1\bot B_1C_1 $

Dimostrazione
Prendiamo un piano complesso e tre numeri di modulo 1 $ a,b,c $. Fissiamo $ A=a $ e cicliche. Poichè i vertici dei triangoli altro non sono che i baricentri dei quadrati costruiti sui lati, e per calcolare i vertici dei quadrati bastano le rotazioni avremo $ $ A_1=\frac{b+c}{2}+\left(\frac{b-c}{2}\right)i $ e cicliche. Facciamo la differenza fra i numeri complessi associati a $ A $ ed $ A_1 $ e quella fra $ B_1 $ e $ C_1 $. Il loro rapporto viene $ \pm i $ (a seconda di come facciamo la differenza), quindi sono uguali a meno di una rotazione di 90 gradi, quindi i loro modulo sono uguali e i lati associati perpendicolari. q.e.d.

Tornando al problema originale

Si vede tracciando $ AD $ e $ BD $ che la nostra figura può essere vista come un triangolo con costruiti due triangoli rettangoli isosceli. Ora costruiamo anche il terzo e chiamiamo il vertice $ F $. Il punto a del problema è presto fatto poichè i tre lati che servono a noi sono lati del triangolo $ EFC $. Ora sapendo che $ EC\bot DF,EB\bot FC, AC\bot FE $ e sapendo che le altezze concorrono si arriva con due angolate (ma proprio due) a $ $\angle FEC=\frac{\pi}{2}-\alpha,\angle ECF=\frac{\pi}{2}-\beta,\angle EFC=\alpha+\beta $

Al solito se qualcosa è poco chiaro e devo essere più esauriente non esitate a chiedere...
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 26 mar 2007, 00:56

o sennò il lemma di Boll si può dimostrare anche senza scomodare i complessi con due rotazioni in senso inverso di 45°, dovrebbe venire così:
Immagine
Con una rotazione in senso antiorario di 45° e un'omotetia di ragione $ \sqrt{2} $ di centro il vertice A il triangolo $ CAO_3 $ va nel triangolo $ DAB $ mentre con una rotazione in senso orario di 45° e un'omotetia di ragione $ \sqrt{2} $ di centro C il triangolo $ O_1CO_3 $ va nel triangolo $ CDB $. Siccome i due triangoli hanno BD in comune per il procedimento inverso $ O_1O_2 \perp CO_3 $

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 26 mar 2007, 02:18

"Geometry revisited", direi
cmq, per la cronaca (visto che mi sembra un'osservazione importante), usare i complessi equivale ad usare le trasformazioni del piano, seppure in maniera più ignorante, senza curarsi di cosa accade, seguendo i conti algebrici. Quindi, sotto sotto, i due approcci sono esattamente lo stesso.

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frengo
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Messaggio da frengo » 26 mar 2007, 12:22

ottimo per tutti!

@edriv:ottima la soluzione,un pò più complicata di quella standard(se costruivi il terzo triangolo rettangolo isoscele avevi già trovato il terzo vertice del triangolo....) anche se una nota dolente è
edriv ha scritto:Credo che facendo il disegno solo con carta e matita non l'avrei mai fatto.
...che dire,penso che questo metodo sia un pò "diseducativo"...

@boll: identica alla mia :D ,anche se io il lemmino dimostrato coi complessi me lo portavo da casa(quindi,meglio...!)

@gabriel: wow!le soluzioni con le trasformazioni sono sempre le più belle,è sempre ottimo pensare in termini di rotazioni e omotetie.

ciao ciao

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 26 mar 2007, 13:37

beh anche io la dimostrazione con le trasformazioni la portavo da casa come ha detto Sam :D

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 26 mar 2007, 19:20

E tutto ciò dimostra inequivocabilmente come gli stagisti al senior non stiano mai abbastanza attenti, visto che (almeno quando c'era frengo, ma forse pure quando c'era boll) ho dimostrato sta cosa sia con i complessi che con le rotomotetie.

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