[G] Feuerbach

Vuoi proporre i tuoi esercizi? Qui puoi farlo!!

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Marco
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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

Up!!
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EvaristeG
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Messaggioda EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Non vorrei essere noioso, ma riuppo questo meritevole forum, sperando che qualche nuovo nome compaia qui a sinistra, portando a fianco la dimostrazione di almeno una delle tante proprietà elencate o un qualsiasi intervento non completamente off-topic... <BR>@Simo_the_wolf : se ti interessa la dimostrazione della tangenza tra la cfr di F e cfr inscritta ed exscritte, posso postarla o postarne una traccia.

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Marco
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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

No, aspetta, per cortesia!! Ci sto provando anch\'io e (a parte una mole infinita di calcoli) dovrei quasi esserci. Btw: ho scoperto spippolando su mathworld che questa proprietà ha un nome: si chiama teorema di Feuerbach (per l\'appunto). <BR> <BR>Beh, ne approfitto per aggiungere una modestissima proprietà del cerchio di Feuerbach che non ho visto elencata dagli altri (ma è una bazzecola, niente di che... sicuramente i geométri del gruppo l\'avranno trascurata perché troppo terra terra...): <BR> <BR>* Dei famosi nove punti, ce ne sono sei che sono diametralmente opposti a due a due. <BR> <BR>Ok. alla prox. <BR> <BR>M.[addsig]
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karl
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Messaggioda karl » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Start --><IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/marc.bmp"><!-- BBCode End --> <BR>I bancari occorre tenerseli buoni e quindi rispondo a marco <BR>(anche se la cosa e\' di pubblico dominio). <BR>Il triangolo PTY e\' rettangolo in T e dunque P e Y sono <BR>diametralmente opposti.Lo stesso per le coppie R,Z e X,Q. <BR>In altre parole sono diametralmente opposti il punto medio <BR>di ogni lato ed il punto medio del segmento che congiunge <BR>ciascun vertice con l\'ortocentro. <BR>

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what
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Messaggioda what » 01 gen 1970, 01:33

Eccovi il vostro tanto sospirato \"nome nuovo a sinistra\" pronto a servirvi. <BR>Allora...vado con i numeri: <BR>Quelli di wolf <BR>2) la circ di F. è la circ circosctritta al triangolo che ha per vertici i punti medi del triangolo iniziale. I due triangoli sono evidentemente simili e il loro rapporto di similitudine è proprio 1/2 <BR>3) per la proprietà espressa nel punto 2, chiamando H l\'ortocentro di ABC, O il circocentro del triangolino e K l\'ortocentro del triangolino nonchè circocentro di ABC, si ha HK=2OK. Sia ora A un vertice e M il punto medio del lato opposto. Allora i triangoli AHK e MOK sono simili poichè hanno tutti i lati in proporzione; in particolare gli angoli AHK e MKO sono uguali e visto che AH // MK, i punti H,O,K sono allineati e O (che è anche il centro del cerchio di F) è equidistante da H e K. <BR>4) detti M\',M\'\',M\'\'\' i punti medi dei lati a,b,c e N il punto medio del segmento congiungente il vertice A con l’ortocentro H, si ha che per talete l’ angolo NM\'\'\'M\' è retto poiché M\'M\'\'\' // b (=AC) e NM\'\'\' // BH, a sua volta perpendicolare ad AC. Analogamente è retto anche NM\'\'M\' e quindi N non solo appartiene alla nostra circ, ma NM\' è un diametro. <BR>1) Senza usare una a me ignota omotetia, una volta dimostrato che NM\' è un diametro, si vede subito che se P è il piede dell\'altezza relativa al lato a, APM\' è retto. <BR>5) Confesso che non ho la più pallida idea di cosa sia un excentro... <BR> <BR>Scusate i passaggi contorti ed eventuali (=probabili) errori <BR> <BR>P.S. se mi spiegate cosa è un excentro provo anche con quelli di evariste <BR>

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Marco
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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2004-10-25 20:01, what wrote: <BR>Eccovi il vostro tanto sospirato \"nome nuovo a sinistra\" pronto a servirvi. <BR>[...] <BR>1) Senza usare una a me ignota omotetia, <BR>[...] <BR>5) Confesso che non ho la più pallida idea di cosa sia un excentro... <BR>[...] <BR>P.S. se mi spiegate cosa è un excentro provo anche con quelli di evariste <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Ciao What. <BR>Bene! Siamo tutti contenti di non essere solo sempre gli stessi: ma sai che zuppa, altrimenti?? Benvenuto!! <BR> <BR>L\'excentro è il centro della circonferenza exinscritta (che è la crf tangente ad un lato e al prolungamento degli altri due). Ogni triangolo ne ha tre (dipendendo dal lato che scegli). E\' l\'intersezione delle bisettrici degli angoli adiacenti agli angoli interni del triangolo. <BR> <BR>L\'omotetia è una trasformazione geometrica del piano in sé (o dello spazio in sé, ma è raro vederla all\'opera in geometria solida...). Per definirla, ti serve un centro di omotetia O e un rapporto di omotetia, che altro non è che un numero reale k, diverso da 0. Chiamo l\'omotetia H(-), per fissare le idee. A volte è detta anche dilatazione. <BR> <BR>Fissato un punto P, definisci H(P) come quel p.to Q che è allineato con OP e tale che OQ/OP = k, con la solita convenzione dei segni: se k è positivo, Q sta dalla stessa parte di P rispetto al centro, se k è negativo, stanno da parti opposte. Detto in altri termini, Q = H(P) è quel punto tale per cui il vettore OQ = k OP (uguaglianza vettoriale). <BR> <BR>Spero sia chiaro: fatti la figura: è una mezza stupidaggine... Per aiutarti: nel caso di Feuerbach, nella mia dimostrazione, il centro è G e il rapporto è -1/2 (cioè ogni punto è mandato dall\'altra parte del baricentro, ad una distanza mezza di quella di partenza). <BR> <BR>Proprietà: <BR> <BR>Un\'omotetia è una corrispondenza biunivoca del piano in sé. Escludendo il caso banale in cui k = 1, che corrisponde alla trasformazione che non muove nulla, ogni omotetia ha un solo punto fisso, che è il centro. L\'inverso dell\'omotetia di centro O e rapporto k è l\'omotetia di centro O e rapporto 1/k. <BR>Dati due punti P e Q e un centro O sulla retta PQ, esiste un\'unica omotetia di centro O che manda P in Q. Dato P e Q distinti e k diverso da 0 e 1, esiste unica un\'omotetia di rapporto k che manda P in Q. La composizione di omotetie è un\'omotetia o una traslazione. Fissate due rette parallele p e q e i punti P e P\' su p; Q e Q\' su Q, esiste un\'unica omotetia che mandi P in Q e P\' in Q\' se e solo se P P\' Q Q\' non è un parallelogramma. Le omotetie mandano rette in rette e circonferenze in circonferenze. Le uniche rette fissate dall\'omotetia sono quelle passanti per il centro. Le uniche crf fissate sono quelle centrate nel centro, ma solo se k=-1 (il caso k=1 fissa tutto, quindi lo escludo). Le omotetie mantengono i parallelismo, l\'ortogonalità, la concorrenza, la collinearità, gli angoli, il rapporto tra segmenti, il rapporto tra aree. Se una regione di piano ha area A, la sua immagine tramite H(-) ha area k^2 A. Le omotetie sono particolari affinità. Le omotetie di rapporto -1 sono le simmetrie centrali. Immagini affini di roba omotetica è ancora omotetica. <BR> <BR>Altro?... <BR> <BR>Sembrano delle piccolezze, ma sono molto importanti e nei problemi olimpici tante volte tornano utili. Se hai tempo e voglia, puoi divertirti a dimostrare tutte le proprietà che ti ho elencato. <BR> <BR>Ciao. <BR> <BR>M.[addsig]
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what
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Messaggioda what » 01 gen 1970, 01:33

Piccola domanda per verificare l\'avvenuta comprensione del concetto... <BR>quindi la similitudine non è altro che la composizione di un\'omotetia e di una generica isometria?? <BR>Per quanto riguarda la dimostrazione delle varie proprietà dell\'omotetia sembrano tutte abbastanza semplici e immediate. <BR>E\' possibile invece che (non prendete troppo sul serio quello che sto per dire, sono senza carta e penna) i vertici di un triangolo e il suo ortocentro siano rispettivamente excentri e incentro del triangolo cosiddetto \"ortico\"? <BR> <BR>Perdonatemi questi (eventuali) attentati alla sacra geometria euclidea.

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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2004-10-26 14:08, what wrote: <BR>quindi la similitudine non è altro che la composizione di un\'omotetia e di una generica isometria?? <BR>Per quanto riguarda la dimostrazione delle varie proprietà dell\'omotetia sembrano tutte abbastanza semplici e immediate. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR>Eh.... caspita così sue due piedi non saprei... Sì. La sim. la puoi senz\'altro vedere come un\'omotetia, che ti aggiusta la scala, più eventualmente una rotazione, se i segmenti da similitare non sono inizialmente paralleli. Le proprietà che ti ho elencato sono semplici, ma (per quel poco che vale il mio parere) è utile vederle snocciolate. Sui triangoli ortici, è meglio se interviene qualche geométra, perché io valgo troppo poco per poterti rispondere... <BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> <BR> <BR>Ciao. <BR> <BR>M.[addsig]
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sprmnt21
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Messaggioda sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2004-10-26 14:08, what wrote: <BR>E\' possibile invece che (non prendete troppo sul serio quello che sto per dire, sono senza carta e penna) i vertici di un triangolo e il suo ortocentro siano rispettivamente excentri e incentro del triangolo cosiddetto \"ortico\"? <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR>Direi di si: non mi sembra nemmeno difficile darne ragione. <BR> <BR>PQR e\' l\'ortico di ABC. <BR>Se l\'H di ABC e\' l\'I di PQR, dato che le bisettrici interne ed esterne di un angolo sono ortogonali, A,B,C sono gli ex-centri di PQR. <BR> <BR> <BR>

EvaristeG
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Messaggioda EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2004-10-25 20:01, what wrote: <BR>3) per la proprietà espressa nel punto 2, chiamando H l\'ortocentro di ABC, O il circocentro del triangolino e K l\'ortocentro del triangolino nonchè circocentro di ABC, si ha HK=2OK. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Perchè? <BR> <BR>Cmq, non solo è possibile che in un triangolo ABC i vertici e l\'ortocentro servano da excentri e incentro del triangolo ortico PQR (con AP perp a BC etc.), ma è in generale vero: <BR> <BR>*)il quadrilatero PQBA è ciclico, poichè i punti P e Q vedono il segmento AB sotto angoli retti e quindi stanno sulla circonferenza che ha per diametro AB; per l\'uguaglianza di angoli alla circonferenza insistenti sullo stesso arco, abbiamo che PBQ=PAQ. <BR>*)il quadrilatero HPBR è ciclio, poichè gli angoli HPB e HRB sono retti e quindi i punti P,R stanno sulla circonferenza che ha per diametro HB; similmente è ciclico HRAQ. Per l\'uguaglianza tra angoli alla circonferenza sul medesimo arco, abbiamo che HBP=PRH e HAQ=QRH; ma HBP=QBP=QAP=QAH=QRH. <BR> <BR>Quindi la retta CR (altezza del triangolo ABC) biseca l\'angolo PRQ (del triangolo ortico). Similmente per le altre altezze; dunque l\'ortocentro di ABC è l\'incentro di PQR. Per gli excentri, ha già risposto sprmnt21. <BR> <BR>Nota di Nomenclatura : quando quattro punti sono disposti come i vertici e l\'ortocentro di un triangolo prendono il nome di sistema ortocentrico, il quale ha la proprietà che, presi 3 dei suoi punti, il quarto è l\'ortocentro del triangolo da essi formato; questo è vero per A,B,C,H (vertici e ortocentro) ma anche per I<SUB>a</SUB>, I<SUB>b</SUB>, I<SUB>c</SUB>, I (excentri opposti ai vertici A,B,C e incentro di ABC).

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what
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Messaggioda what » 01 gen 1970, 01:33

Metto ordine: <BR>- H è l\'ortocentro di ABC <BR>- K è il circocentro di ABC e allo stesso tempo anche il circocentro del triangolo M\'M\'\'M\'\'\' che ha per vertici i punti medi dei lati ABC <BR>- O è il centro della cfr di F e quindi il circocentro del triangolo M\'M\'\'M\'\'\'. <BR> <BR>HK è il segmento congiungente l\'ortocentro con il circocentro di ABC, <BR>mentre OK è l\'equivalente per il triangolo M\'M\'\'M\'\'\'. <BR>Ora, poichè i due triangoli sono simili con rapporto di similitudine 2, anche il rapporto fra HK e OK sarà 2. <BR> <BR>Spero che ora sia più comprensibile. <BR> <BR>Piccola domanda tecnica fuori dalla discussione... come si fa a citare parte dei post precedenti nel proprio messaggio (sto parlando di \"quote\" per intenderci)?? <BR>

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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

[OT] <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2004-10-27 16:53, what wrote: <BR>Piccola domanda tecnica fuori dalla discussione... come si fa a citare parte dei post precedenti nel proprio messaggio (sto parlando di \"quote\" per intenderci)?? <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>O usi il link \"Citazione\" sotto al messaggio che intendi citare (e eventualmente cancelli le parti che non ti serve citare) <BR> <BR>oppure <BR> <BR>scrivi \"aperta quadra\"quote\"chiusa quadra\" per aprire la citazione e <BR>\"aperta quadra\"/quote\"chiusa quadra\" per chiuderla. <BR> <BR>Se fai così, attento a nidificare bene le citazioni sennò la pagina diventa sbilenca... <BR> <BR>Consiglio: se vuoi mandare un messaggio fuori dalla discussione, fai prima se inizi il tuo messaggio con \"OT\" (=off-topic=fuori tema). <BR> <BR>Ciao. M.[addsig]
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Messaggioda EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Up!! <BR>(soprattutto se marco sta ancora pensando alla tangenza tra le quattro circonferenze)

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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2004-10-31 19:12, EvaristeG wrote: <BR>Up!! <BR>(soprattutto se marco sta ancora pensando alla tangenza tra le quattro circonferenze) <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Beh, insomma, Marco in questi giorni sta pensando a qualcos (-un-) altro... <BR>Ma prometto di rifarmi vivo con i miei sproloqui quanto prima.
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Messaggioda Marco » 01 gen 1970, 01:33

Ciao. Due giorni senza forum: non se ne poteva piu\'... <BR> <BR>Dimostrato!<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> On 2004-10-12 22:50, Simo_the_wolf wrote: <BR>- [Teorema di Feuerbach] la suddetta circonf. [dei nove p.ti] è tangente alla circonferenza inscritta </BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>...avevo promesso che, passata la buriana, mi sarei rifatto vivo. Ci sono arrivato in fondo, ma la soluzione è la peggiore che abbia mai scritto. Comunque... <BR> <BR>Vi racconto come funziona (ma senza trascrivere i conti). Mi sembra simpatico, dato che si ripassano tutta una serie di formuline utili. Quindi chiedo agli esperti una dimostrazione un po\' più umana.... La mia usa l\'ancora di salvezza principe dei segoni in geometria: la geometria analitica (anche se usata con un po\' di furbizia...) Pronti? <BR> <BR>La notazione. Chiamo I l\'incentro e F il centro della crf. di Feuerbach. O è il circocentro, H l\'ortocentro, G il baricentro. R è il raggio della circo-crf; r quello dell\'in-crf; S l\'area del triangolo; p il semiperimetro. A B C indicano i vertici dei triangoli, ma anche le misure degli angoli; a b c sono i lati opposti rispettivi. <BR> <BR>Se dimostro che il raggio delle due crf differisce di una quantità pari alla distanza IF, sono a posto. <BR> <BR>Intanto i raggi: la crf di Feuerbach si ottiene con l\'omotetia famosa di rapporto 1/2 a partire dal circocerchio, quindi il suo raggio è semplicemente R/2. Per r vale la seguente formula: <BR> <BR>r = S/p [dimostrarla per esercizio!!] <BR> <BR>Per calcolare la distanza, valuto la distanza di I e di F dal lato a. Chiamo tali distanze y(I) e y(F). y(I) è facile: la distanza è semplicemente r. [nota: intendo la distanza con segno, dove la distanza è positiva sse sto dalla stessa parte di A] <BR> <BR>Per y(F), sfrutto il fatto che F = (3G-O)/2 [dimostrazione: uso la solita omotetia: G=(2F+O)/3 e risolvo per F]. Per Talete, tale rapporto passa anche alle distanze e quindi y(F) = ( 3y(G) - y(O) )/2. y(G) è facile: per le proprietà del baricentro, è 1/3 dell\'altezza relativa al lato a, quindi è y(G) = 2/3 S/a. Invece y(O) = R cos(A) [Teorema dell\'angolo al centro + trigonometria elementare...]. Monto il tutto e ho: y(F) = S/a - R/2 cos(A). <BR> <BR>Questo risolve la questione della distanza in termini di \"ordinate\". So far, so good e me la sono cavata tutto sommato bene. Per quanto riguarda le \"ascisse\", la musica cambia e cominciano le schifezze. <BR> <BR>Per essere precisi, chiamo K_X la proiezione sulla retta che sostiene a del p.to X. L\'ascissa x(X) può essere definita come la distanza con segno di BX (per me i vertici si letterano in modo standard, ossia in senso antiorario. Quindi B è il p.to di sinistra, per fissare le idee...). \"Con segno\" significa che la distanza è considerata positiva sse sono dalla stessa parte di C rispetto a B. (insomma, B è l\'origine e C sta sul 1/2asse positivo). Sono interessato a x(F) - x(I). <BR> <BR>x(F) si trova facile: ricordo che F = ( H + O ) /2 e questa proprietà passa alle proiezioni, sempre per Talete. x(H) = x(A) [proprietà dell\'ortocentro] = c cos(B). x(O) = a/2 [proprietà del circocentro]. <BR> <BR>I casini sono con x(I). Chiamo J il piede della bisettrice per A. I due triangoli AJK_A e IJK_I sono ovviamente simili. Da cui posso scrivere [i cateti stanno ai cateti - ometto per chiarezza le parentesi] <BR> <BR>x(J)-x(I) : x(J)-x(A) = y(J)-y(I) : y(J)-y(A). <BR> <BR>y(J) = 0, ovviamente, y(I) l\'ho già calcolato e vale r. y(A) è l\'altezza relativa ad a = 2S/a, quindi il 2o membro è a posto. Per il primo, mi manca di conoscere x(J). Uso il Thm. della Bisettrice: <BR> <BR>x(J) : c = a-x(J) : b = a : b+c. <BR> <BR>Se vi fate il contazzo (che vi risparmio, ma non è tremendo: sta su una pagina), trovate <BR> <BR>x(F) - x(I) = a/4 + (p-a)/2p c cos(B) - ac/2p. <BR> <BR>A questo punto, basta verificare che <BR> <BR>[x(F) - x(I)]^2 + [y(F) - y(I)]^2 = (R/2-r)^2, che implica la tesi, per Pitagora. <BR> <BR>Ora partono quattro pagine di conti, che non trascriverò. Fidatevi, li ho fatti e torna. Vi dico solo (e qui è la parte interessante) le relazioni che ho usato per semplificare l\'espressione: <BR> <BR>2p = a + b + c [ok, questa la sanno anche i sassi: è la definizione di perimetro] <BR> <BR>R = abc/4S [formula del circoraggio: bell\'esercizietto non difficile...] <BR> <BR>S = sqrt( p(p-a)(p-b)(p-c) ) [formula di Erone: ebbene sì: qualche volta serve...] <BR> <BR>sin(A) = a/2R [teorema del seno] <BR> <BR>bc.cos(A) = -a^2 + b^2 + c^2 [teorema del coseno] <BR>[] <BR><IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <BR> <BR>Ciao a tutti. <BR> <BR>M.[addsig]
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