Una "combinazione lineare" di cateti

[Ido Bovski]

(a) In un triangolo rettangolo di cateti $a$, $b$, e ipotenusa $c$, $c=a+kb$. Mostrare che $0<k<1$, e
$$ac=1-k^2:2k:1+k^2 .$$

(b) Trovare due triangoli rettangoli, che non siano simili, tali che $c={3 \over 4}a+{4 \over 5}b$.

[Hawk]

Comincio con il punto a).
Per il teorema di pitagora si ha $ c=\sqrt{a^2+b^2} $ da cui $ a^2+b^2=a^2+2abk+b^2k^2 $, ovviamente $ a,b>0 $ da cui $ k^2b+2ak-b=0 $, risolvendo per $ k $ si ha $ k_{1,2}=\frac{-a\pm\sqrt{a^2+b^2}}{b} $, adesso si deve necessariamente avere $ k>0 $, altrimenti $ c=a-|k|b $ da cui $ c<a $ che è assurdo. Quindi $ k=\frac{-a+\sqrt{a^2+b^2}}{b} $ da cui bisogna mostrare che $ 0<\sqrt{\frac{a^2}{b^2}+1}-\frac{a}{b}<1 $. La prima disuguaglianza l'abbiamo già dimostrata, per la seconda ragiono per assurdo: se $ \sqrt{\frac{a^2}{b^2}+1}-\frac{a}{b}>1 $ si avrebbe $ \frac{a}{b}<0 $ che è impossibile.

Nel secondo punto intendi: $ (1-k^2):(2k):(1+k^2) $ ?

[Ido Bovski]

Comincio con il punto a).
Per il teorema di pitagora si ha $ c=\sqrt{a^2+b^2} $ da cui $ a^2+b^2=a^2+2abk+b^2k^2 $, ovviamente $ a,b>0 $ da cui $ k^2b+2ak-b=0 $, risolvendo per $ k $ si ha $ k_{1,2}=\frac{-a\pm\sqrt{a^2+b^2}}{b} $, adesso si deve necessariamente avere $ k>0 $, altrimenti $ c=a-|k|b $ da cui $ c<a $ che è assurdo. Quindi $ k=\frac{-a+\sqrt{a^2+b^2}}{b} $ da cui bisogna mostrare che $ 0<\sqrt{\frac{a^2}{b^2}+1}-\frac{a}{b}<1 $. La prima disuguaglianza l'abbiamo già dimostrata, per la seconda ragiono per assurdo: se $ \sqrt{\frac{a^2}{b^2}+1}-\frac{a}{b}>1 $ si avrebbe $ \frac{a}{b}<0 $ che è impossibile.

Ok. In realtà per questo punto bastava una semplice disuguaglianza triangolare.

Nel secondo punto intendi: $ (1-k^2):(2k):(1+k^2) $ ?

Sì.

[zeitgeist505]

[...]
$$ac=1-k^2:2k:1+k^2 .$$
[...]

Iniziamo da questo
Assumendo $ 0<k<1 $, $ 1-k^2,2k,1+k^2 $ sono grandezze positive, rappresentanti i lati del triangolo rettangolo.
Si verifica facilmente che $$ac=1-k^2:2k:1+k^2 $$ è vera attraverso il th di Pitagora:
$ (1-k^2)^2 + (2k)^2 = (1+k^2)^2 \Rightarrow 1+k^4-2k^2+4k^2= 1+k^4+2k^2 \Rightarrow 0=0 $

[Ido Bovski]

Iniziamo da questo
Assumendo $ 0<k<1 $, $ 1-k^2,2k,1+k^2 $ sono grandezze positive, rappresentanti i lati del triangolo rettangolo.
Si verifica facilmente che $$ac=1-k^2:2k:1+k^2 $$ è vera attraverso il th di Pitagora:
$ (1-k^2)^2 + (2k)^2 = (1+k^2)^2 \Rightarrow 1+k^4-2k^2+4k^2= 1+k^4+2k^2 \Rightarrow 0=0 $

Dove usi l'ipotesi $c=a+kb$ ?

[zeitgeist505]

Iniziamo da questo
Assumendo $ 0<k<1 $, $ 1-k^2,2k,1+k^2 $ sono grandezze positive, rappresentanti i lati del triangolo rettangolo.
Si verifica facilmente che $$ac=1-k^2:2k:1+k^2 $$ è vera attraverso il th di Pitagora:
$ (1-k^2)^2 + (2k)^2 = (1+k^2)^2 \Rightarrow 1+k^4-2k^2+4k^2= 1+k^4+2k^2 \Rightarrow 0=0 $

Dove usi l'ipotesi $c=a+kb$ ?

Non è necessaria, ho dimostrato per un generico triangolo rettangolo

[Ido Bovski]

Non è necessaria, ho dimostrato per un generico triangolo rettangolo

E in un generico triangolo rettangolo $k$ cos'è?

[zeitgeist505]

Non è necessaria, ho dimostrato per un generico triangolo rettangolo

E in un generico triangolo rettangolo $k$ cos'è?

Ho fatto qualcosa di inutile quindi...

[Ido Bovski]

Ho fatto qualcosa di inutile quindi...

Direi di sì. Ritenta.

[Hawk]

Uppo per la proporzione, ho provato a fare varie sostituzioni ma non riesco a dimostrarla, ed il secondo punto.

[Karl Zsigmondy]

Uppo per la proporzione, ho provato a fare varie sostituzioni ma non riesco a dimostrarla, ed il secondo punto.

Per la proporzione si può porre $ a=x(1-k^2) \ ; \ b=y(2k) $ e poi verificare a mano che c è uguale a quel valore (relazione+Pitagora) se e solo se x=y.
Per la seconda parte si possono prendere i triangoli rettangoli 5, 12, 13 e 35, 12, 37 (si ottengono questi risultati se si sostituisce quel valore di c nel teorema di Pitagora).