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Massive X
Semidio
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 Inviato: 08 Lug 2009 08:36 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | | comunque se me la bruci, ne ho in testa un'altra basata sull'area dei trapezi (alla fine l'area di un trapezio è congruente a quella di un triangolo opportunamente costruito!). solo che devo tirare una cifra di parallele e bisettrici in più. e forse mi servono anche le forbici. |
Addiritture le forbici 
Comunque il disegno è venuto meglio di uno fatto con autocad  |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 08 Lug 2009 11:40 Oggetto: |
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Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:28 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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puoi fare un disegno?
(o quantomeno specificare come sono messi i punti A B C D ??) |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
Messaggi: 235
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:35 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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puoi fare un disegno?
(o quantomeno specificare come sono messi i punti A B C D ??) |
a me sembra esattamente questo:
| Massive X ha scritto: | | salmastro ha scritto: | | P.S.: l'unico modo che ho scovato coincide con quello postato da Madvero, ma mi piacerebbe scoprirne uno per pura via geometrica. |
Se intendi con solo riga e compasso il problema si riconduce alla trisezione di un angolo... se va bene pure il goniometro allora diventa banale:
link
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per semplicità era disegnato un solo lato dato che l'altro è simmetrico... |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:46 Oggetto: |
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@ Mad:
ho studiato, però mi sembra si tratti di un'ulteriore verifica grafica che effettivamente quello è proprio un triangolo equilatero  ...il tutto legato alla felice intuizione "trigonometrica" del tuo primo post.
P.S.: secondo me il metodo "contarolo" può essere semplificato così:
| Citazione: | da P conduciamo la perpendicolare ad AB: sia H il suo piede
sempre da P conduciamo quella a CD e sia K il relativo piede
PH e PK sono le altezze (rispetto alle basi AB e CD) dei due famigerati triangoli
ora sappiamo che PK + PH = 1 e, inoltre, per via trigonometrica, siamo in grado di calcolare PH, che troviamo uguale a (1 - [sqr](3)/2), da cui PK=[sqr](3)/2 etc (cfr. Madvero!) |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:54 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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Ecco qua la dimostrazione con un veloce disegno a mano libera (scusate se non sono stato molto preciso ma l'ho fatto di furia!  )
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:55 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | salmastro ha scritto: | | Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
.... |
puoi fare un disegno? |
a me sembra esattamente questo:
link
per semplicità era disegnato un solo lato dato che l'altro è simmetrico... |
ok, grazie 
però nessuno ci dice che D è proprio il centro della circonferenza passante per i punti A, P, C
P.S.: ho visto solo adesso il nuovo post di Jacap
ho l'impressione che funzioni, però, per P generico (indipendentemente dall'angolo alla base del triangolo isoscele [APD]) |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 08 Lug 2009 13:31 Oggetto: |
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Non esattamente salmastro.  Con la dimostrazione che ho postato riesco a far vedere che il punto P non è un punto caso, ma proprio un punto che si trova in una posizione univoca all'interno del quadrato, dal momento che è il punto in comune alle due circonferenze di raggio l.
Basta quindi semplicemente dimostrare questo per escludere che P sia un punto generico, altrimenti bisognerebbe dimostrare che esiste almeno una terza circonferenza che lo contiene (circonferenza però passante per i punti B e D oppure per i punti A e C, per essere coerenti col mio ragionamento)
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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| Inviato: 08 Lug 2009 17:21 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | Non esattamente salmastro. Con la dimostrazione che ho postato riesco a far vedere che il punto P non è un punto caso, ma proprio un punto che si trova in una posizione univoca all'interno del quadrato, dal momento che è il punto in comune alle due circonferenze di raggio l.
Basta quindi semplicemente dimostrare questo per escludere che P sia un punto generico, altrimenti bisognerebbe dimostrare che esiste almeno una terza circonferenza che lo contiene (circonferenza però passante per i punti B e D oppure per i punti A e C, per essere coerenti col mio ragionamento)
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purtroppo non è come dici: parti col dire che deve esistere una circonferenza passante per i punti A P C, che è affermazione corretta,
ma niente, a priori, ci assicura che per forza il centro della circonferenza sia D.
In realtà tu costruisci semplicemente un triangolo equilatero, data la base DC, prendendo come terzo punto del triangolo l'intersezione (una delle due: diciamo quella in "alto") fra le due circonferenze (quella con centro D e qiella con centro C). Poi (e solo poi) si potrà anche vedere, che trovato P, l'angolo <PAB> misura 15°.
In sostanza, secondo me, anche la tua è una verifica a posteriori di quanto, invece, bisognerebbe dimostrare.
Per meglio chiarire il mio punto di vista cambiamo per un attimo i dati del quesito: sia P un punto tale che gli angoli <PAB> e <PBA> siano uguali fra di loro e pari a 10°
Anche stavolta possiamo costruire le due circonferenze (una passante per A, P, C e l'altra per B, P, D), che avranno P come intersezione, ma non avranno come centro, rispettivamente, D e C.
Questa ultima evenienza accade solo se gli angoli di cui sopra sono pari a 15°, ma non l'abbiamo dimostrato: l'abbiamo solo verificato.
Madvero conserva la maglia gialla |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 09 Lug 2009 11:55 Oggetto: |
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Hai ragione, ho riguardato meglio e in effetti così non dimostro che il centro di quella circonferenza è proprio D. Devo scervellarmi ancora un pò dunque!  |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 09 Lug 2009 12:30 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | | Hai ragione, ho riguardato meglio e in effetti così non dimostro che il centro di quella circonferenza è proprio D. Devo scervellarmi ancora un pò dunque! |
ciao
in effetti, dal punto di vista puramente geometrico, è una questione assai sfuggente, la cui soluzione (ammesso che ci sia), per così dire, l'abbiamo tutti "sulla punta della lingua" |
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IvoFaArtiInvano
Eroe
Registrato: 02/12/07 16:59
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| Inviato: 09 Lug 2009 22:44 Oggetto: |
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Salmastro, spero che tu non mi faccia bannare se ho toppato ancora una volta. 8)
Perseverare è diabolico ...
 
link
| Citazione: | Visto che gli angoli <BAP> e <ABP> sono uguali per costruzione allora [ABP] è isoscele e il punto P si trova sulla mediana che taglia in due il quadrato verticalmente.
Visto che P è al centro, anche [DEC] è isoscele.
Divido il quadrato [ABCD] in quattro quadrati.
Traccio il segmento AE tale che formi un angolo di 15° con AD.
Prendendo in considerazione il quadrato che ha A come uno dei suoi vertici, deduco che [AEP] è equilatero (lo si vede sottraendo dall'angolo retto in A i due angoli da 15° e notando che per similitudine dei triangoli si ha AE=AP).
Traccio la circonferenza centrata in E con raggio AE=EP.
Per un noto teorema sui cerchi, l'angolo al centro che abbraccia l'arco AP è il doppio dell'angolo sulla circonferenza in D che insiste sullo stesso arco, cioè:
<AEP>=2 <ADP>
==> <ADP>=1/2 <AEP>=60°/2=30°
Con analogo procedimento si giunge a:
<BCP>=30°
Sottraendo questi due angoli rispettivamente a quello retto in D e a quello retto in C si trova:
<CDP>=60°
<DCP>=60°
donde il fatto che [CDP] è equilatero. |
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IvoFaArtiInvano
Eroe
Registrato: 02/12/07 16:59
Messaggi: 62
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| Inviato: 10 Lug 2009 09:07 Oggetto: |
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Nel precedente post ho dimenticato di dire che:
| Citazione: | | Il punto D giace sulla circonferenza in quanto DE=AE (per ovvi motivi di simmetria...) e quindi DE ne è un raggio. |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 10 Lug 2009 09:22 Oggetto: |
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| IvoFaArtiInvano ha scritto: | Salmastro, spero che tu non mi faccia bannare se ho toppato ancora una volta. 8)
Perseverare è diabolico ...
link
| Citazione: | Visto che gli angoli <BAP> e <ABP> sono uguali per costruzione allora [ABP] è isoscele e il punto P si trova sulla mediana che taglia in due il quadrato verticalmente.
Visto che P è al centro, anche [DPC] è isoscele.
Divido il quadrato [ABCD] in quattro quadrati.
Traccio il segmento AE tale che formi un angolo di 15° con AD.
Prendendo in considerazione il quadrato che ha A come uno dei suoi vertici, deduco che [AEP] è equilatero (lo si vede sottraendo dall'angolo retto in A i due angoli da 15° e notando che per congruenza dei triangoli si ha AE=AP).
Traccio la circonferenza centrata in E con raggio AE=EP.
Per un noto teorema sui cerchi, l'angolo al centro che abbraccia l'arco AP è il doppio dell'angolo sulla circonferenza in D che insiste sullo stesso arco, cioè:
<AEP>=2 <ADP>
==> <ADP>=1/2 <AEP>=60°/2=30°
Con analogo procedimento si giunge a:
<BCP>=30°
Sottraendo questi due angoli rispettivamente a quello retto in D e a quello retto in C si trova:
<CDP>=60°
<DCP>=60°
donde il fatto che [CDP] è equilatero. |
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...non solo devo fugare i tuoi timori di bannatura, ma devo anche spogliare Maddina della maglia rosa per consegnarla a te
anzi, gliela lasciamo...e a te, a mio insindacabile giudizio, assegno la maglia iridata di campione del mondo, campione del mondo, campione del mondo! 
 dimostrazione ingegnosa e fantasiosa, veramente bella, oltre che ineccepibile
P.S.: dato che qualcosa devo pur dire ( ) ho corretto due piccoli refusi, che D appartenga alla circonferenza, invece, l'hai precisato tu (il punto E, per costruzione, è posto sull'asse del segmento AD, per cui è equidistante dagli estremi) |
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IvoFaArtiInvano
Eroe
Registrato: 02/12/07 16:59
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| Inviato: 10 Lug 2009 10:15 Oggetto: |
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Grazie, troppo onore!
Mi sono affrettato con le risposte perché la tesi del problema sembra talmente ovvia che ci si dimentica di quel grado di libertà su P che avanza quando si dimostra la semplice isoscelità del triangolo [CDP]: pensavo inizialmente, che bastava procedere a ritroso rispetto ad un'argomentazione come quella di Massive, ma poi ho capito che tutto doveva essere incardinato intorno al fatto che il gioco può funzionare solo con quell'angolo di 15°.
Salmy, sono curioso di vedere quando posterai la tua soluzione per constatare in quale misura si trovava sulla punta della lingua.
La dimostrazione di Mad, che conduce ad una soluzione analitica, non è certamente meno rigorosa di una fatta con la geometria pura: a dispetto dei geometri puri, Newton riuscì a quadrare una cosa strana come la parabola colla riga e col compasso, ma nessuno è mai riuscito a farlo con un semplice cerchio (perché è impossibile).
Non è forse questa (dovuta a Eulero) elegante al pari del teorema di Pitagora?:
e^(i*pi)+1=0
P.S.:Amo da morire il formalismo del lessico di Mad nelle sue dimostrazioni!!!   |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 10 Lug 2009 11:32 Oggetto: |
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Complimenti a Ivo!! Anche a me stamani era venuta l'illuminazione, posto la mia dimostrazione qui!
Ciao! |
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IvoFaArtiInvano
Eroe
Registrato: 02/12/07 16:59
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| Inviato: 10 Lug 2009 12:57 Oggetto: |
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Per Jacap:
Mi sembra che la tua dimostrazione sia giusta. 
Ho soltanto trovato quest'errore nel tuo ragionamento (sempre che io l'abbia capito bene) il quale comunque non cambia le conclusioni:
| Citazione: | Visto che PD<CD, allora <DPA> > 60°
==> <APD> < 75°
da questo si deduce che K non si trova tra A e D ma è D che si trova tra A e K e che quindi non è PK<l ma PK>l |
Se il tuo ragionamento è giusto ti faccio i complimenti perché io ho provato con la via dell'ipotesi ab absurdo, toppando alla grande.
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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| Inviato: 10 Lug 2009 17:59 Oggetto: |
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@ Ivo:
ahimè, come già dicevo qualche post fa, io, una dmostrazione puramente geometrica non ce l'ho e per questo sono rimasto ammirato della tua ..il cui punto focale verte, secondo me, sulla costruzione della circonfenza, il cui esame (appurato che D appartiene ad essa) elimina ogni possibile ambiguità e ogni possibile "falso amico"
per questo motivo, credo non corretta la proposta di Jacap:
| Citazione: | | tracciando la mediana del segmento AP siamo solo certi che intersecherà la retta individuata da AD in un generico punto K, il quale potrà essere interno allo stesso AD, potrà appartenere al prolungamento di AD (quindi essere esterno al quadrato) o coincidere con il punto D. Tutti casi, secondo me, probabili: bisognerebbe dimostrare che K=D. Per me, e mi potrei sbagliare, si resta nell'ambiguità. |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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| Inviato: 10 Lug 2009 19:25 Oggetto: |
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dimenticavo:
| IvoFaArtiInvano ha scritto: |
Non è forse questa (dovuta a Eulero) elegante al pari del teorema di Pitagora?:
e^(i*pi)+1=0
|
...allora sei in grado di risolvere "completamente" l'equazione:
x^(1/3) = 1
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 11 Lug 2009 09:21 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | per questo motivo, credo non corretta la proposta di Jacap:
| Citazione: | | tracciando la mediana del segmento AP siamo solo certi che intersecherà la retta individuata da AD in un generico punto K, il quale potrà essere interno allo stesso AD, potrà appartenere al prolungamento di AD (quindi essere esterno al quadrato) o coincidere con il punto D. Tutti casi, secondo me, probabili: bisognerebbe dimostrare che K=D. Per me, e mi potrei sbagliare, si resta nell'ambiguità. |
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Infatti salmastro, è esattamente questo ciò che intendo dimostrare con il mio ragionamento per assurdo. Ovvero, se dimostro che il segmento AK non è nè minore nè maggiore di AD allora posso concludere che sarà necessariamente uguale ad AD!
Col mio ragionamento per assurdo ipotizzo quindi che AK sia minore di AD. Ma, partendo da tale ipotesi, faccio vedere che arrivo ad una contraddizione, ovvero che AK non può essere minore di AD. Si può fare la stessa cosa ipotizzando AK>AD e confutando tale ipotesi (col medesimo ragionamento, non cambia nulla). A meno quindi di eventuali errori nel mio ragionamento (son contento di essere smentito anche perchè sono anni che non tocco più i problemi di geometria ), direi che anche questa strada dimostrativa sia più che valida.
| IvoFaArtiInvano ha scritto: | Ho soltanto trovato quest'errore nel tuo ragionamento (sempre che io l'abbia capito bene) il quale comunque non cambia le conclusioni:
Visto che PD<CD, allora <DPA> > 60°
==> <APD> < 75°
da questo si deduce che K non si trova tra A e D ma è D che si trova tra A e K e che quindi non è PK<l ma PK>l |
Non mi torna una cosa: te per <DPA> e <APD> intendi lo stesso angolo, giusto? Nel mio ragionamento ad ogni modo io dico una cosa diversa: se ipotizziamo per assurdo che PD sia diverso da CD (ovvero che sia o maggiore o minore) allora potrò sempre costruire il triangolo di vertici P,K,D. Questa costruzione la posso fare indipendentemente che K si trovi alla destra oppure alla sinistra di D (non cambia nulla). In entrambi i casi posso dire che PK sarà necessariamente diverso da PD. Quindi, se riesco a dimostrare che invece PK è uguale a PD allora posso concludere che l'ipotesi iniziale è errata, ovvero che PD=CD! |
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