Problemino milanese
Problemino milanese
Complimentissimissimi per il nuovo forum, bellissimo e funzionale.
Sia $ ABC $ un triagnolo acutangolo isoscele e con lati obliqui più lunghi della base $ BC $. Si prenda $ D $ su $ AC $ tale che $ |AD|=|BC| $. Siano ora $ \alpha $ l'angolo $ BAD $ e $ \beta $ l'angolo $ DBA $. Noto che $ 5\alpha+8\beta=\pi $, determinare $ \alpha $ e $ \beta $
Sia $ ABC $ un triagnolo acutangolo isoscele e con lati obliqui più lunghi della base $ BC $. Si prenda $ D $ su $ AC $ tale che $ |AD|=|BC| $. Siano ora $ \alpha $ l'angolo $ BAD $ e $ \beta $ l'angolo $ DBA $. Noto che $ 5\alpha+8\beta=\pi $, determinare $ \alpha $ e $ \beta $
Ultima modifica di Boll il 23 feb 2005, 19:08, modificato 1 volta in totale.
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Visto che nessuno lo risolve ci provo io...
Si ricava facilmente che $ A \widehat D B \ = \pi - \alpha - \beta $ e $ B \widehat D C \ = \alpha + \beta $.
Inoltre per il teorema dei seni:
$ \left| {\overline {AD} } \right| = \left| {\overline {BC} } \right| \Leftrightarrow \left| {\sin \beta } \right| = \left| {\sin \left( {\alpha + \beta } \right)} \right| $.
La funzione $ f(x) = \sin x $ è positiva o nulla se $ 0 \le x \le \pi $,condizione che nel nostro caso è sempre verificata essendo $ \beta < \pi $ e $ \alpha + \beta < \pi $.
Eliminando i moduli si ricava che una soluzione è sicuramente $ \beta = \alpha + \beta \Rightarrow \alpha = 0 $,mentre le altre si trovano sfruttando la periodicità della funzione seno:
$ \alpha = 2k\pi $ con $ k \in Z $.
Tenendo conto però che l'angolo $ \alpha $ è soggetto al vincolo $ 0 < \alpha < \frac{\pi }{2} $ nessuna delle soluzioni è accettabile.Il problema è impossibile
Si ricava facilmente che $ A \widehat D B \ = \pi - \alpha - \beta $ e $ B \widehat D C \ = \alpha + \beta $.
Inoltre per il teorema dei seni:
$ \left| {\overline {AD} } \right| = \left| {\overline {BC} } \right| \Leftrightarrow \left| {\sin \beta } \right| = \left| {\sin \left( {\alpha + \beta } \right)} \right| $.
La funzione $ f(x) = \sin x $ è positiva o nulla se $ 0 \le x \le \pi $,condizione che nel nostro caso è sempre verificata essendo $ \beta < \pi $ e $ \alpha + \beta < \pi $.
Eliminando i moduli si ricava che una soluzione è sicuramente $ \beta = \alpha + \beta \Rightarrow \alpha = 0 $,mentre le altre si trovano sfruttando la periodicità della funzione seno:
$ \alpha = 2k\pi $ con $ k \in Z $.
Tenendo conto però che l'angolo $ \alpha $ è soggetto al vincolo $ 0 < \alpha < \frac{\pi }{2} $ nessuna delle soluzioni è accettabile.Il problema è impossibile
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E' semplicemente la lunghezza dei lati. In quanto ad angoli e radianti, fai come vuoi
Mind, potresti postare la tua soluzione, ci ho perso le notti su quel problema è non mi è venuto niente di "umano" e olimpico... Inoltre l'ho proposto a parecchie persone da cui mi aspettavo una risposta al volo è nessuno l'ha fatto...
Mind, potresti postare la tua soluzione, ci ho perso le notti su quel problema è non mi è venuto niente di "umano" e olimpico... Inoltre l'ho proposto a parecchie persone da cui mi aspettavo una risposta al volo è nessuno l'ha fatto...
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Posto DBC=c ,risulta :ABC=ACB=b+c (uso a,b,c invece di alfa,beta e gamma)
Si ha quindi il sistema [5a+8b=pi, a+2b=pi-2c] da cui:
(1) a=8c-3pi,b=2pi-5c
Deve essere:[8c-3pi>0,2pi-5c>0,b+c>a] da cui si traggono le limitazioni per c:
3pi/8<c<2pi/5
Dai triangoli BDC e BDA,per il teorema dei seni,ricavo:
BD=DCsin(b+c)/sin(a+b)=ADsin(a)/sin(b) ,ovvero :
sin(b+c)sin(b)=sin(a+b)sin(a) e per le (1):
sin(2pi-4c)sin(2pi-5c)=sin(8c-3pi)sin(3c-pi)
ovvero:
sin(4c)sin(5c)=sin(8c)sin(3c).
Da qui con successive applicazioni delle formule di Werner e di prostaferesi:
cos(c)-cos(9c)=cos(5c)-cos(11c)
cos(11c)-cos(9c)=cos(5c)-cos(c)
sin(10c)sin(c)=sin(3c)sin(2c)
sin(10c)=2sin(3c)cos(c)
sin(10c)=sin(4c)+sin(2c)
sin(10c)-sin(2c)=sin(4c)
2sin(4c)cos(6c)=sin(4c) da cui (finalmente!!) --->cos(6c)=1/2
pertanto:x=(+-)10°+k60°
Tenuto conto delle limitazioni,l'unica soluzione accettabile si ha
scegliendo il segno"+" e k=1;dunque :
c=70° e pertanto dalle (1) :a=560°-540°=20°;b=360°-350°=10°.
Si ha quindi il sistema [5a+8b=pi, a+2b=pi-2c] da cui:
(1) a=8c-3pi,b=2pi-5c
Deve essere:[8c-3pi>0,2pi-5c>0,b+c>a] da cui si traggono le limitazioni per c:
3pi/8<c<2pi/5
Dai triangoli BDC e BDA,per il teorema dei seni,ricavo:
BD=DCsin(b+c)/sin(a+b)=ADsin(a)/sin(b) ,ovvero :
sin(b+c)sin(b)=sin(a+b)sin(a) e per le (1):
sin(2pi-4c)sin(2pi-5c)=sin(8c-3pi)sin(3c-pi)
ovvero:
sin(4c)sin(5c)=sin(8c)sin(3c).
Da qui con successive applicazioni delle formule di Werner e di prostaferesi:
cos(c)-cos(9c)=cos(5c)-cos(11c)
cos(11c)-cos(9c)=cos(5c)-cos(c)
sin(10c)sin(c)=sin(3c)sin(2c)
sin(10c)=2sin(3c)cos(c)
sin(10c)=sin(4c)+sin(2c)
sin(10c)-sin(2c)=sin(4c)
2sin(4c)cos(6c)=sin(4c) da cui (finalmente!!) --->cos(6c)=1/2
pertanto:x=(+-)10°+k60°
Tenuto conto delle limitazioni,l'unica soluzione accettabile si ha
scegliendo il segno"+" e k=1;dunque :
c=70° e pertanto dalle (1) :a=560°-540°=20°;b=360°-350°=10°.