Strani rapporti dei lati...

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Gauss_87
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Strani rapporti dei lati...

Messaggio da Gauss_87 » 14 lug 2006, 22:50

Sia $ G $ il punto di intersezione delle due mediane $ AH $ e $ BK $ del triangolo $ ABC $.

Sapendo che il quadrilatero $ GHCK $ è inscritto un cerchio di raggio uguale a quello del cerchio inscritto nel triangolo $ ABG $,

trovare i rapporti

$ \displaystyle \frac{AB}{BC} $, $ \displaystyle \frac{BC}{CA} $, $ \displaystyle \frac{CA}{AB} $

:lol:
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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 16 lug 2006, 10:53

Mettiamo a sistema la condizione di inscrittibilità del quadrilatero
con l'equivalenza tra i raggi dei cerchi inscritti ad ABG e CHGK:

{ m_a/3+b/2 = m_b/3+a/2
{ 1/(2m_a+2m_b+3c) = 1/(m_a+m_b+3a/2+3b/2)

(l'ultima relazione segue dal fatto che ABG e CHGK hanno la stessa superficie)
dopo qualche conto si ha

{ 2m_a = 3a-3c
{ 2m_b = 3b-3c

dal quale è facile convincersi che sia a=b (triangolo isoscele su base AB).
Prendendo poi c come unità di misura e utilizzando il teorema della mediana si ha

sqrt(a^2 + 2) = 3a-3

che ha per soluzione a=7/4. Segue

{ AB/BC = 4/7
{ BC/CA = 1
{ CA/AB = 7/4

Saluti!
Ultima modifica di elianto84 il 19 lug 2006, 14:34, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Gauss_87 » 17 lug 2006, 12:37

elianto84 ha scritto:]
{ m_a/3+b/2 = m_b/3+a/2
{ S/(2m_a+2m_b+3c) = S/(2m_a/3+2m_b/3+a+c)

dopo qualche conto si ha

{ 8m_a = 9a-3b-9c
{ 8m_b = 9b-3a-9c
l'area dei triangoli la fai con la formula di Erone?
Se SI: sono molto più di qualke conto... :!:
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Messaggio da elianto84 » 18 lug 2006, 12:10

No, la semplifichi, visto che c'è sia a destra che a sinistra...
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Messaggio da MindFlyer » 18 lug 2006, 15:29

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Messaggio da Gauss_87 » 19 lug 2006, 13:01

elianto84 ha scritto:No, la semplifichi, visto che c'è sia a destra che a sinistra...
il NO è riferito al fatto che non hai utilizzato Erone?
il fatto è che i semiperimetri sono diversi quindi a me viene una cosa in cui bisogna fare i conti fino in fondo.

te cm la hai semplificata?

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Messaggio da elianto84 » 19 lug 2006, 14:35

Ho corretto un errore di calcolo e spiegato "dove sparisce la superficie".
Spero di essere stato chiaro. Saluti!
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Messaggio da Gauss_87 » 22 lug 2006, 11:15

elianto84 ha scritto:
(l'ultima relazione segue dal fatto che ABG e CHGK hanno la stessa superficie)
Perchè dovrebbero avere la stessa superficie :?:
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Messaggio da MindFlyer » 22 lug 2006, 17:00

Gauss_87 ha scritto:
elianto84 ha scritto: (l'ultima relazione segue dal fatto che ABG e CHGK hanno la stessa superficie)
Perchè dovrebbero avere la stessa superficie :?:
Chiama M il punto medio di AB.
Allora AB=2HK e GC=2MG, taletizza e voilà!

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Messaggio da Gauss_87 » 27 lug 2006, 19:45

Allora facciamo un po' di chiarezza
elianto84 ha scritto: Mettiamo a sistema la condizione di inscrittibilità del quadrilatero
con l'equivalenza tra i raggi dei cerchi inscritti ad ABG e CHGK:

m_a/3+b/2 = m_b/3+a/2
Considerando che $ m_a = \sqrt{2(b^2+c^2)-a^2} $ e cicliche, da quest'equazione si ricava $ a=b $ quindi il triangolo è isoscele: $ \frac{BC}{CA}=1 $

Da quest'ultima si ricava che detto $ M $ il punto medio di $ AB $ si ha $ CM $ anche altezza.

Da ciò
MindFlyer ha scritto: Chiama M il punto medio di AB.
Allora AB=2HK e GC=2MG, taletizza e voilà!
Con una semplice similitudine $ AB = 2 \cdot HK $, quindi $ \frac{1}{2}CG \cdot HK = \frac{1}{2} AB \cdot GM = S(CHGK) = S(ABG) $ perchè $ GM $ è anche altezza di $ ABG $

Adesso
elianto84 ha scritto:
l'equivalenza tra i raggi dei cerchi inscritti ad ABG e CHGK:

{ 1/(2m_a+2m_b+3c) = 1/(m_a+m_b+3a/2+3b/2)
La formula del raggio della circonferenza inscritta ad un quadrilatero è una formula nota :?:

Potreste spiegarla questa uguaglianza :?:

elianto84 ha scritto: (l'ultima relazione segue dal fatto che ABG e CHGK hanno la stessa superficie)
No, il fatto che hanno la stessa superficie deriva dal fatto che il triangolo è isoscele, non viceversa.
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Messaggio da MindFlyer » 28 lug 2006, 01:29

Gauss_87 ha scritto:La formula del raggio della circonferenza inscritta ad un quadrilatero è una formula nota :?:
:shock: Ma è la stessa del triangolo, scusa.. Se pensi a come dimostrarla per i triangoli, la generalizzi subito a poligoni qualunque.

Alternativamente, considera che la circonferenza inscritta in GHCK è anche inscritta in AHC e in BKC, e ti riduci nuovamente a triangoli. Usa ad esempio il fatto che 2Area(AHC)=2Area(BKC)=3Area(ABG).

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Messaggio da MindFlyer » 28 lug 2006, 01:44

Gauss_87 ha scritto:Considerando che $ m_a = \sqrt{2(b^2+c^2)-a^2} $ e cicliche, da quest'equazione si ricava $ a=b $
Eddai, non scomodare le formulazze! :?
Ti basta sapere che in generale a>b se e solo se m_a<m_b, cosa facilissima da dimostrare. Da qui ricavi che se GHCK dev'essere circoscritto a una circonferenza, ovvero m_a/3+b/2=m_b/3+a/2, allora dev'essere a=b.
Da quest'ultima si ricava che detto $ M $ il punto medio di $ AB $ si ha $ CM $ anche altezza.
Ok, ma questo non ti serve a dimostrare che Area(GHCK)=Area(ABG): questo è vero in generale in qualunque triangolo!! (per questo dicevo "taletizza", perché non supponevo che il triangolo fosse isoscele). Quindi Elianto non ha sbagliato ad usare l'uguaglianza tra le aree prima di aver dimostrato che a=b, ed in realtà non c'era bisogno di "fare ordine" e la sua dimostrazione è perfetta così com'è.

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Messaggio da Gauss_87 » 28 lug 2006, 11:07

MindFlyer ha scritto:
Gauss_87 ha scritto:Considerando che $ m_a = \sqrt{2(b^2+c^2)-a^2} $ e cicliche, da quest'equazione si ricava $ a=b $
Eddai, non scomodare le formulazze! :?
Ti basta sapere che in generale a>b se e solo se m_a<m_b, cosa facilissima da dimostrare. Da qui ricavi che se GHCK dev'essere circoscritto a una circonferenza, ovvero m_a/3+b/2=m_b/3+a/2, allora dev'essere a=b.
1) Infatti non mi va di fare i conti, l'ho dimostrato per assurdo: se fosse a>b ... :wink:

2) Non sapevo che il raggio della circonferenza inscritta in un quadrilatero si potesse trovare come S/p analogamente ad un triangolo. :cry:

3)
MindFlyer ha scritto:
Ok, ma questo non ti serve a dimostrare che Area(GHCK)=Area(ABG): questo è vero in generale in qualunque triangolo!! (per questo dicevo "taletizza", perché non supponevo che il triangolo fosse isoscele).
Scusami se te lo chiedo ma:

Diagonale1 * Diagonale2 / 2 = Area GHCK

Mediana GM * AB / 2 $ \neq $ Area ABG, quindi

Mediana GM * AB / 2 = Area ABG $ \Leftrightarrow $ GM altezza.

Io ho ragionato così, potresti spiegarmi dove sbaglio per favore :?:
Grazie
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Messaggio da MindFlyer » 31 lug 2006, 16:58

Gauss_87 ha scritto:2) Non sapevo che il raggio della circonferenza inscritta in un quadrilatero si potesse trovare come S/p analogamente ad un triangolo. :cry:
Unisci il centro della circonferenza con i vertici e somma le aree dei triangolini.

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Messaggio da MindFlyer » 31 lug 2006, 17:07

Gauss_87 ha scritto:Scusami se te lo chiedo ma:
Diagonale1 * Diagonale2 / 2 = Area GHCK
Mediana GM * AB / 2 $ \neq $ Area ABG, quindi
Mediana GM * AB / 2 = Area ABG $ \Leftrightarrow $ GM altezza.
Io ho ragionato così, potresti spiegarmi dove sbaglio per favore :?:
Sbagli ovunque, mi sa. :?
Dunque, stai ancora supponendo che AM sia altezza (perché usi il prodotto delle diagonali di GHCK per trovarne l'area), mentre tu per ora sai solo che è mediana!
Guarda, considera in generale un triangolo ABC, e traccia le sue mediane. ABC è diviso così in 6 triangolini, che hanno tutti la stessa area. Dimostra questo fatto, e avrai dimostrato che nel nostro problema Area(GHCK)=Area(ABG), anche senza usare il fatto che AM è un'altezza. Buon lavoro!

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