Triangolo, altezze, mediane, bisettrici

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Poliwhirl
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Triangolo, altezze, mediane, bisettrici

Messaggio da Poliwhirl » 28 feb 2005, 23:33

Il problema che ora posto presenta solo un'altezza e una mediana. Ho aggiunto "bisettrici" al topic, in modo che se qualcuno vuole, può rilanciare con altri problemi su questo genere (spesso bisettrici sono affiancate ad altezze e mediane nei problemi).

Problema #1: Sia dato un triangolo acutangolo $ ABC $ (per comodità si raffiguri il triangolo con base $ AB $). Sia $ M $ il punto di intersezione tra la mediana uscente da $ B $ e il lato $ AC $, e sia $ H $ il piede della perpendicolare condotta da $ A $ al lato $ BC $; chiamato $ P $ il punto di intersezione tra $ AH $ e $ BM $, dimostrare che $ AP>PH $.

Bye,
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AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 01 mar 2005, 18:17

hem hem.. oggi è un grande giorno; posto la mia prima soluzione!!
cioè in realtà è mezza soluzione e nn so neanke se è giusta, però è emozionante.... vabbe allora ;
ho chiamato l'angolo MBA gamma e l'angolo ABC beta. ovviamente dato che gamma appartiene a beta beta sarà maggiore di gamma.
abbiamo che AH = seno di beta per AB
poi per il teorema dei seni abbiamo che PB/(seno di (90 - beta)) = AB/(seno di (90 piu beta meno gamma)) perke:
HAB = 90 meno beta dato che la somma di HAB con AHB ( che è un angolo retto) e con HBA (beta) sono tre angoli di uno stesso triangolo e quindi hanno somma 180.
APB= 180 -( HAB ( che ho dimostrato essere 90 - beta) e MBA (gamma)) sempre perke fanno tutti parte del triangolo APB
a sto punto si trova PB = ABXCOS(BETA)/COS(GAMMA-BETA) se nn ho sbagliato i calcoli.
possiamo cosi trovare PH che è = PB X COS(BETA MENO GAMMA)
Si deve dimostrare che AP > PH ma dato che AH = HP piu PA la relazione diventa AH > 2HP.
abbiamo sia AH sia Hp e la relazione diventa (sempre se nn ho sbagliato i calcoli)
SEN(BETA)COS(GAMMA meno BETA) > 2COS(BETA)SEN(BETA meno GAMMA) infatti il lato AB si semplifica.
Sapendo inoltre che BETA > GAMMA dovremmo avere abbastanza informazioni per risolvere la disequazione se si conosce bene la trigonometria e se si ha voglia di applicare werner. (io no)
Spero sia giusta anche se non mi quadra il fatto che non ho utilizzato l'informazione che la mediana taglia in 2 parti uguali il lato AC, boh.

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 mar 2005, 18:25

Ciau AlessandroSfigato, e congratulazioni per la tua prima soluzione. Tra poco la leggo e vedrò se farti anche i complimenti per la sua correttezza...
Per intanto, lascia che ti inviti a provare a scrivere le formule usando il LaTeX. Vedrai che è uno strumento piuttosto comodo, e permette di scrivere velocemente delle formule comprensibili. Per saperne di più sul LaTeX, fai rifierimento alla sezione appropriata di questo forum.

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 mar 2005, 18:48

Uhm, allora AlessandroSfigato, sicuramente hai un bonus per aver usato il teorema dei seni in modo giusto e produttivo, mentre fino all'altro giorno non lo conoscevi (stando a quello che hai scritto in un altro thread).

Ma le notizie positive si fermano qui, perché hai fatto un mucchio di conti per arrivare sostanzialmente ad una relazione che potevi ottenere direttamente per un'altra via: di fatto tu arrivi a dire dopo molti passaggi che $ \frac{AH}{PH}=\frac{\tan \beta}{\tan (\beta-\gamma)} $, che in realtà è una cosa evidente.

Inoltre, come tu stesso hai notato, non hai usato il fatto che $ BM $ sia una mediana. Quindi, se vogliamo essere cattivi, possiamo dire che di passi verso la soluzione non ne sono stati fatti...
Puoi però provare a cambiare strategia, magari abbandonando la trigonometria. Prova a immaginarti di "muovere" i vertici del triangolo, guarda come cambiano gli altri segmenti, e cerca di capire cosa succede. In questi casi lo trovo più efficace che mettere su variabili e fare conti "a caso".

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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 01 mar 2005, 18:57

AlessandroSfigato ha scritto:hem hem.. oggi è un grande giorno; posto la mia prima soluzione!!
Già, mi associo a Mind per le congratulazioni, però sta tranquillo se ci sono degli errori...è normale le prime volte (e anche quando sarai un pluri-laureato in matematica, sarà normale che tu commetta degli errori :roll: )...
AlessandroSfigato ha scritto:possiamo cosi trovare PH che è = PB X COS(BETA MENO GAMMA)
Non sono così convinto di questo passaggio...$ H \widehat P B =90-(\beta-\gamma) $ da cui $ PH=PB[cos(90-(\beta-\gamma))]=PB[sen(\beta-\gamma)] $ (questo semplicemente puoi dedurlo anche applicando i teoremi sulle relazioni fra gli elementi di un triangolo rettangolo in trigonometria)...
Ad ogni modo la tua soluzione non credo porti da nessuna parte...mi spiace...il problema non è pensato per fare uso di trigonometria (lo avrei postato in "Matematica non elementare")...
Ti assicuro che è risolvibile con la Geometria del Biennio (o forse addirittura con la Geometria di una 1° Liceo...); ripeti i teoremi che ti hanno insegnato in 1° e poi...ritenta sarai più fortunato :roll: :wink:

Bye,
#Poliwhirl#

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 mar 2005, 18:58

Nota che H può essere un punto qualunque su BC, e non solo il piede della perpendicolare per A. Forse questo è uno dei casi paradossali in cui indebolendo le ipotesi il problema si semplifica. :D

AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 01 mar 2005, 19:29

CI SONO; CONDUCIAMO LA PARALLELA AL SEGMENTO MB PASSANTE PER C E PROLUNGHIAMO IL SEGMENTO AH FINO A QUESTA RETTA CHE VIENE INTERSECATA NEL PUNTO Q. QP = AP PER IL TEOREMA DI TALETE MA PH <PQ PER COSTRUZIONE QUINDI ESSENDO PQ = AP PER SOSTITUZIONE SI OTTIENE PH < AP. ERA COSI SEMPLICE.
CMQ PER QUANTO RIGUARDA LATEX DOVETE ATTENDERE UN PO CHE ME PARE DIFFICILE (e poi nn credo che risolvero molto problemi nn sono certo un genio).
secondo me quando mi hai consigliato di considerare H come un punto qualunque sul lato CB hai tralasciato un fatto; è vero che si parte da un segmento tagliato in 2 parti uguali per arrivare al punto in cui AP = AB ma questo non vuole necessariamente dire che PH al variare dell'angolo CAB nn faccia altro che decrescere e AP aumentare. Ad esempio se l'angolo AMB > 90 gradi si ha che fino ad un certo tratto AP decresce invece di aumentare ( è vero che PH decresce molto più rapidamente ma come lo si dimostra?). Cmq questa era l'idea originaria che era venuta in mente anke a me ma mi ero arreso a sto punto.
Ultima modifica di AlessandroSfigato il 01 mar 2005, 20:46, modificato 1 volta in totale.

Ceva
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Messaggio da Ceva » 01 mar 2005, 20:35

Perché ti autoreputi sfigato?

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Messaggio da AlessandroSfigato » 01 mar 2005, 20:48

:D perchè questo è un psto di sfigati MUAHAHAHAHAHAAHAHhahahahahahahHNMuHAM MuHah. (ora mi cacciano via dal forum)

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Messaggio da LeGenD_CryinG » 01 mar 2005, 21:09

AlessandroSfigato ha scritto::D perchè questo è un psto di sfigati MUAHAHAHAHAHAAHAHhahahahahahahHNMuHAM MuHah. (ora mi cacciano via dal forum)
Tidovrebbereo fare un premio per la battuta più divertente del secolo...

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 mar 2005, 23:25

Esatto, questa soluzione funziona. Bravo!
AlessandroSfigato ha scritto:secondo me quando mi hai consigliato di considerare H come un punto qualunque sul lato CB hai tralasciato un fatto;
[...]
Non ho tralasciato niente: senti questo metodo alternativo.
Traccio la retta per M parallela a BC, e vedo che la sua intersezione con AH (che lo biseca per il teorema di Talete) è contenuta nel segmento AP, e questo per ogni scelta di H all'interno di BC.
Nota che l'ipotesi che ABC sia acutangolo serve solo a garantire che H sia interno a BC, mentre la dimostrazione qui sopra funziona per qualunque triangolo.

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Messaggio da Marco » 02 mar 2005, 08:47

[OT]
AlessandroSfigato ha scritto:(ora mi cacciano via dal forum)
Caro A.S., ti devi decisamente impegnare di più per farti cacciare. Qui sul forum sono estremamente tolleranti: pensa che lasciano entrare persino MindFlyer...

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Messaggio da Barsanti » 02 mar 2005, 12:09

E lo lasciano perfino moderare.....

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Messaggio da Poliwhirl » 02 mar 2005, 14:47

Ok, Alessandro Sfigato; ottima soluzione. Chi rilancia con qualcosa su questo genere?

Bye,
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Messaggio da HumanTorch » 03 mar 2005, 20:04

Si consideri la parallela a AC passante per P.
Per il teorema di Talete AM=MC, quindi FP=PG.
Ora, sappiamo che ^CAB<90°, quindi ^GFB=^CAB<90°. PERTANTO ^GFA>90°.
Si tracci ora la perpendicolare a [G;P] per F: essa sarà sontenuta in ^PFA. Dato che ^GPH=^LPF perchè opposti al vertice, PG(ipotenusa di PGH)=PF(cateto di PLF),
per il criterio generalizzato sulla similitudine dei triangoli rettangoli
LP>PG>PH=>LP+AL>PH=>AP>PH

Didascalia
= congruente
^ABC= angolo su lati AB e BC;
F e G punti sulla parallela a AC per P (F su AB, G su BC);
L punto di incontro della perpendicolare a [G;P] per F e AP.


E' il mio primo post con soluzione: chiedo venia per la rozzezza dell'esposizione :oops: [/tex]

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