altri 2 problemi

publiosulpicio · Messaggio da **publiosulpicio** » 01 gen 1970, 01:33

Non è che sia incomprensibile, però sinceramente trovo si potesse scrivere in modo più semplice, e poi c\'è almeno un vero e proprio errore, vediamo se lo trovi, ma è all\'inizio, alla fine è solo trigonometria

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Scusa per l\'attesa. Intendi AB+BC invece di AC+CB. Altrimenti, nn vedo altri errori.............ma nn sono sicuro di aver capito bene: in effetti è un pò un casino!!!!! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 25-06-2003 18:28 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Bella........Secondo te possiamo dire che l\'incentro massimizza le distanze dai 3 vertivi? In fondo massimizza il perimetro e quindi anche l\'area.....di contro.......

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Publio, posta un messaggio che concluda (anche momentaneamente la conversazione). Devo andare a mangiare ed in effetti stò caldo mi mette una fame assurda.........
 ^spero che tu ti sia scollegato senza vedere stò messaggio, altrimenti........nn ci metto molto a rintracciarti, ricorda !!!!!!ah ah ah^ [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 25-06-2003 18:56 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Se unisci tre aste rigide , imperniando tre estremi su uno stesso punto, e disponi un elastico chiuso attorno alle tre estremità libere, ci saranno due posizioni di equilibrio: quella di perimetro minimo delle\'elastico (eq stabile) e quella di perimetro massimo (eq instabile). La prima vedrà le tre aste coincidenti, la seconda è il caso richiesto dal problema. I due \"lati\" in un vertice applicano due forze i cui vettori hanno la direzione dei lati e il verso uscente dal vertice considerato, mentre l\'intensità sarà la tensione dell\'elastico (uguale in tutti i punti). Quindi la somma dei due contributi sarà un vettore che biseca l\'angolo nel vertice considerato. Affinchè la posizione sia di equilibrio, il momento angolare dell\'asta che giunge in quel vertice deve essere 0 => (poichè il braccio è fisso) il vettore risultante di cui prima deve essere parallelo all\'asta che quindi sarà la bisettrice. Ergo il vincolo comune sarà l\'incentro. Questo è più semplice della discussione geometrica che fanno sul sito della bocconi (ad opera di un normalista, mi pare di ricordare). Da qui in poi è cmq necessaria la trigonometria, a meno che nn si voglia ricorrere alle formule assurde che legano le bisettrici ai lati...
 Ora che ci penso c\'è anche una terza posizione di equilibrio, ma nn è molto utile... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 Questo risolve la questione sull\'incentro, almeno per il perimetro. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

publiosulpicio · Messaggio da **publiosulpicio** » 01 gen 1970, 01:33

mmm... e quale sarebbe l\'altra posizione di equilibrio?

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

mmm...trovala! E\' cmq un triangolo degenere...

publiosulpicio · Messaggio da **publiosulpicio** » 01 gen 1970, 01:33

Sono davvero sveglio... e io che pensavo a cose stranissime.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-06-25 17:30, info wrote:
 1)Dato un quadrato ABCD con lato x, si prenda un punto interno ad esso e si traccino le distanze dai quattro vertici. PC misura 2cm, PB misura 6 cm e PA misura 4 cm. Quanto misura l’angolo APC?
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 25-06-2003 17:31 ]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Sei sicuro delle misure??? O dei nomi dei segmenti...la configurazione così descritta mi sembra un po\' impossibile...

edony · Messaggio da **edony** » 01 gen 1970, 01:33

Comunque nel primo dovresti applicarlo tre volte carnot altrimenti ti resta un\'incognita..una della tre fra cPb, x , aPb, la terza volta si potrebbe applicarlo al triangolo PCA considerando il lato ac=x*sqrt(2) e il cos(cPb + aPb)

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Ok.....riscrivo tutto. Dato il quadrato ABCD. PD misura 2, PB misura 6 e PA misura 4. Insomma, le distanze 6 e 2 sono riferite a vertici opposti!!!!!! Scusate la distrazione..........
 cmq Edoni anche a me dopo che ho scoperto chi è Carnot è venuto quel sistema (credo) ma analogamente a prima nn riesco a risolverlo (certo, ci sono 3 equazioni e 3 incognite ma l\'angolo alfa per esempio compare sia come cos(a) che come a e io nn so come giocarmeli). Voi sapete risolvere questo sistema:
 
 a^2+c^2=4
 b^2+c^2=16
 b^2+d^2=36
 a+b=c+d
 
 Io no
 ??????????? [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 26-06-2003 18:16 ]

publiosulpicio · Messaggio da **publiosulpicio** » 01 gen 1970, 01:33

Non ha delle bellissime soluzioni...

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Come hai fatto?

edony · Messaggio da **edony** » 01 gen 1970, 01:33

Credo che ovviamente adesso vuoi sapere l\'angolo dPb ...
 se è così prova a risolvere questo sistema:
 x^2 = 4 + 16 - 16*cos(alfa)
 x^2 = 16 + 36 - 42*cos(beta)
 2x^2 = 4 + 36 - 24*cos(alfa + beta)
 L\'ultimo cos lo devi fare con le formule di addizione del coseno

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

L\'enunciato del primo non mi sembra consistente.
 Non fosse altro che per il seguente fatto.
 Risulta che PA+PC >= AC cioe\' AC < 6. Se AC e\' una diagonale il fatto che PB=6 comporta che P sia fuori del quadrato.