cerchio tangente

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

allora continuo con le costruzioni...
 (non troppo difficile) costruire con riga e compasso un triangolo, date le lunghezze delle sue mediane.
 
 (veramente difficile, non so come si faccia) costruire con riga e compasso un triangolo, date le lunghezze delle sue bisettrici. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
 
 se qualcuno riuscisse a fare il secondo mi farebbe un piacere enorme.. e\' un anno che lo so, ma dopo il primo giorno l\'ho sempre accantonato perchè tanto non mi riusciva! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 06-07-2004 18:35 ]

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

e io che speravo in una sol del secondo...up!!!
 forza, almeno il primo e\' facilino <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">

J4Ck202 · Messaggio da **J4Ck202** » 01 gen 1970, 01:33

m[c]^2 = 1/4 (2a^2 + 2b^2 - c^2)
 m^2 = 1/4 (2c^2 + 2a^2 - b^2)
 m[a]^2 = 1/4 (2b^2 + 2c^2 - a^2)
 
 La matrice [(2 2 -1),(2 -1 2),(-1 2 2)] è invertibile dunque
 date le lunghezze delle mediane possiamo costruire con riga
 e compasso i singoli lati.

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

Jack credo che tu sia la persona più criptica e sintetica che io conosca. Ora anche se queste capacità sono mirabili e invidiabili nell\'era delle comunicazioni sempre più veloci, credo che qui non tutti (io perlomeno) abbiano una capacità recettiva sufficente a captare l\'impulso (quantità&qualità informazioni / durata del messaggio) dei tuo messaggi, quindi ti sarei grato se abbassi un po la frequenza e chiarisci meglio il senso dei tuoi messaggi, altrimenti rischiamo di finire in ambiti simbolisti o ermetici...

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

scusate l\'ignoranza... ma una parabola si considera costruibile con riga e compasso???

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

Sulle bisettrici non ho trovato nulla,forse il problema e\'
 di grado >2 e quindi non risolvibile con riga e compasso.
 Provo con le mediane (se mi riesce ,in seguito posto la
 figura sul mio sito).
 Sia ABC il triangolo da costruire ed ma,mb,mc le mediane
 relative ai lati BC,AC,AB nell\'ordine.
 Fissato su ABC un qualunque verso di percorrenza,dal vertice A
 conduciamo tre segmenti equipollenti ad AB,BC,CA che chiameremo
 AC\' (C\' coincidente con B), AA\' ed AB\' (con B\' opposto a C) e siano
 A1,B1,C1 le intersezioni di A\'A con B\'C\',di B\'A con A\'C\',di C\'A con A\'B\'.
 Il quadrilatero ABCA\' e\' un parallelogramma (per avere i lati opposti
 BC e AA\' equipollenti) e dunque B1 e\' il punto medio di AC (e cio\' prova
 che BB1 e\' mediana di ABC,sia di C\'A\' (e cio prova che C\'A\' =2*mb
 e che B\'B1 e\' mediana di A\'B\'C\').
 Analogamente per i punti A1 e C1.Si puo\' quindi concludere che:
 A=baricentro di A\'B\'C\'; A\'B\'=2*mc; C\'A\'=2*mb; B\'C\'=2*ma
 Pertanto Il triangolo A\'B\'C\' e\' costruibile (perche\' di esso si
 conoscono i tre lati) cosi come e\' costruibile ABC perche\':
 il vertice A e\',come detto, il baricentro di A\'B\'C\',
 il vertice B coincide con C\'
 il vertice C e\' l\'intersezione della retta B\'B1 con la parallela ad AA\'
 condotta da B. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 09-07-2004 16:36 ]

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

Supponendo che non sorgano problemi,la figura si puo\'
 vedere al\'\'indirizzo:
 http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/mediane.bmp

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

Non ho capito la tua sol ma sono sicuro che sia giusta. Che significa \"equipollente\"?? Comunque io l\'ho fatto diversamente..
 Prendo una mediana e intorno al punto che la divide in due segmenti di rapporto 1:2 disegno due circ di raggio 2/3 delle altre due mediane. Un vertice del triangolo coincide con il vertice della mediana (dalla parte \"2/3\", ovviamente) e gli altri due stanno sulle circ tracciate. Di essi pero\' so che il punto medio del lato di cui sono gli estremi coincide con l\'altro vertice della mediana quindi essi devono stare sulle intersezioni di una delle circonferenze con l\'immagine dell\'altra dopo una simetria rispetto al vertice della mediana. Siccome le intersezioni sono due, e so che fissata una mediana dovrei ottenere due triangoli (simmetrici), entrambe possono andare bene. Per trovare il terzo vertice, ovviamente, ritrovo il punto corrispondente al vertice appena trovato nella stessa trasformazione.
 
 (non l\'ho specificato, ma ho usato il fatto che le mediane si incrociano dividendosi in 2/3-1/3)
 
 Per quello delle bisettrici, so che si puo\' fare, ma che e\' veramente difficile.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 10-07-2004 00:27 ]

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

\"Equipollente\" si dice di due segmenti aventi la stessa
 lunghezza ed orientati nello stesso verso (un po\' come i vettori
 insomma).
 Sto leggendo la tua soluzione:la mia e\' quella classica che fa
 uso di una opportuna traslazione.
 Per le bisettrici ,effettivamente la soluzione deve essere di
 molto difficile.Non ne ho trovata traccia in nessuno dei testi
 da me consultati ( e non sono pochi):chissa\' se qualche altro
 si fa avanti.
 Ciao.

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

grazie, ora ho capito.
 Comunque a questo punto ne aggiungo un altro che so che e\' abbastanza difficile e mi ossessiona da un sacco di tempo..
 
 E\' chiaro che si puo\' suddividere un quadrato in un numero pari di triangoli uguali (si divide in n di rettangoli uguali e si tracciano le diagonali ottenendo 2n triangoli uguali). Dimostrare che non si puo\' suddividere in un numero dispari di triangoli uguali.

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

allora continuo e ne aggiungo un altro (e intanto uppo). Questo credo sia nettamente piu\' facile dei primi due..
 
 Dimostrare che per qualsiasi triangolo, le trisettrici (non so se si dica cosi\', cmq sono le rette che dividono gli angoli in tre angoli uguali) si incontrano in tre punti (le prime intersezioni) che sono i vertici di un triangolo equilatero.
 
 non l\'ho spiegato molto bene, ma con un disegno si capisce. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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

Il triangolo in questione si chiama \"Triangolo di Morley\"
 ed ha varie proprieta\'.
 Diverse dimostrazioni del tuo quesito puoi trovarle
 all\'indirizzo:
 www.matefilia.it/scolerivolftp/solmaggio2002.htm
 Ciao.

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

Grazie ora provero\' a leggere.
 
 Per quello delle bisettrici ho appena trovato una persona che dice di sapere che e\' una costruzione impossibile. Strano perche\' mi era stato detto di no... Comunque approfondiro!