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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 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 Messaggi: 62
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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 Messaggi: 883 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 Messaggi: 62
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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 Messaggi: 18
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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 Messaggi: 62
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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 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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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 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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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
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...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 Messaggi: 18
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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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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 11 Lug 2009 10:02 Oggetto: |
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Raccolgo le idee:
Citazione: | Tu ipotizzi che PD < CD, da cui seguirebbe che PK < L
Questa, secondo me, è una ?intuizione?, in quanto sarebbe da dimostrare, preliminarmente, che, per l?ipotesi fatta, il punto K è interno al segmento AD.
Più corretto, credo, sia procedere come implicitamente dici nel tuo ultimo post.
Esplicito il ragionamento: sia M il punto medio di AP, costruiamo la perpendicolare ad AP passante per M. Tale retta incontrerà la retta che comprende il segmento AD in un punto K. Dobbiamo dimostrare che K=D. (stessa cosa faremo sulla parte superiore del quadrato con un M?, da cui un K?)
Vediamo che succede se AK<AD: come annoti nell?immagine postata, i triangoli AMK e MPK sono congruenti (per cui PK=AK), da cui discende, in ultima analisi che PKK? è equilatero.
Avremo, pertanto, che PK=KK?=CD=AD, relazione che è in contraddizione con la premessa AK<AD
Sia allora AK>AD?la verifica dell?impossibilità della cosa è conforme alla precedente, solo che, stavolta il punto K è esterno al segmento AD ed il triangolo PKK? non è interamente contenuto nel quadrato originario: c?è un trapezio ?esterno? |
ora mi torna tutto!!!
@ Jacap: |
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IvoFaArtiInvano Eroe
Registrato: 02/12/07 16:59 Messaggi: 62
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Inviato: 11 Lug 2009 14:05 Oggetto: |
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Jacap ha scritto: |
...
Non mi torna una cosa: te per <DPA> e <APD> intendi lo stesso angolo, giusto? ... |
Hai ragione, ho sbagliato a scrivere!
Volevo intendere questo (parte in grassetto corretta):
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 <DPC> > 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 |
Adesso mi macino le conclusioni di Salmastro ...
Per Salmastro:
hai trovato al volo la relazione tra Eulero e il problema!
Infatti le soluzioni dell'equazione che hai postato sono i vertici di un triangolo equilatero (inscritto in un cerchio unitario) nel piano complesso.
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 14 Lug 2009 17:35 Oggetto: |
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IvoFaArtiInvano ha scritto: | Per Salmastro:
hai trovato al volo la relazione tra Eulero e il problema!
Infatti le soluzioni dell'equazione che hai postato sono i vertici di un triangolo equilatero (inscritto in un cerchio unitario) nel piano complesso.
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perfetto
con l'occasione, mi complimento ancora una volta con i solutori (ben 3 soluzioni: tutte valide, una più ingegnosa dell'altra)
bel topic, veramente... tutto merito vostro! |
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Scrigno Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32 Messaggi: 313
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Inviato: 26 Lug 2009 23:41 Oggetto: |
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Sono arrivato tardi ... anche quì
Vabbè... MOD... ti chiedo solo una cosa.. in un problema del genere la trigonometria era lecita?
Nel senso:
Citazione: |
dopo aver assodato che il punto P si trova sulla mediana del quadrato e quindi del triangolo in considerazione... Trovo con seni e quant' altro il valore del segmentino che da P sale verso il lato AB. Lo sottraggo al resto della mediana che è lunga quanto il lato del quadrato ed uso questo valore e la base del quadrato per determinare l' ancolo in PDC |
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 27 Lug 2009 09:04 Oggetto: |
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Scrigno ha scritto: |
Sono arrivato tardi ... anche quì
Vabbè... MOD... ti chiedo solo una cosa.. in un problema del genere la trigonometria era lecita?
Nel senso:
Citazione: |
dopo aver assodato che il punto P si trova sulla mediana del quadrato e quindi del triangolo in considerazione... Trovo con seni e quant' altro il valore del segmentino che da P sale verso il lato AB. Lo sottraggo al resto della mediana che è lunga quanto il lato del quadrato ed uso questo valore e la base del quadrato per determinare l' ancolo in PDC |
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certo: è quello che ha fatto Madvero a pag 2 del 3D! |
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