La figura qui riportata è formata da due triangoli isosceli, uno con l’angolo
al vertice (in A) di 20° , l’altro (in D) di 100° . Provare che AB = BC+CD.(l'immagine è sotto)
Dimostrazione con i triangoli
Dimostrazione con i triangoli
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<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
Mathforum
$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
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minima.distanza
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mmm... O ho sbagliato qualcsoa io, oppure la tesi è errata, ora ditemi dove sbaglio se sbaglio.
Angle chasing:
Noto che $ \hat{B} = \hat{ACB} = 80° $
e che $ \hat{ACD} =\hat{CAD} = 40° $.
calcolo ora l'angolo di incidenza del prolungamento di $ AD $ sulla retta $ BC $che si ottiene, detto $ D' $ il punto di incidenza delle due rette, notando che $ \hat{DCD'} = 180° - \hat{ACD} -\hat{ACB} =60° $, da cui ottengo che $ \hat{DD'C}=40° $. Traccio ora la parallela ad $ AD $ passante per $ C $ e la chiamo $ m $. detto $ E $ il punto di itnersezione tra $ m $ e $ AB $, si ha che $ \hat{ECB} = 40° $ e di conseguenza $ \hat{CEB} = 40° $.Essendo ora $ ECB $ isoscele, si ha che $ EC=BC $.... ora, la tesi sia vrebbe se e solo se $ AECD $ fosse un rombo, ma siccome
$ \hat{ECF} (=80°) \neq \hat{DAE} (=60°) $, $ ECDA $ non è un rombo e quindi $ AE \neq DC $ il che confuta la tesi...
sbaglio io ?
Aspetto conferma da esperti...
Angle chasing:
Noto che $ \hat{B} = \hat{ACB} = 80° $
e che $ \hat{ACD} =\hat{CAD} = 40° $.
calcolo ora l'angolo di incidenza del prolungamento di $ AD $ sulla retta $ BC $che si ottiene, detto $ D' $ il punto di incidenza delle due rette, notando che $ \hat{DCD'} = 180° - \hat{ACD} -\hat{ACB} =60° $, da cui ottengo che $ \hat{DD'C}=40° $. Traccio ora la parallela ad $ AD $ passante per $ C $ e la chiamo $ m $. detto $ E $ il punto di itnersezione tra $ m $ e $ AB $, si ha che $ \hat{ECB} = 40° $ e di conseguenza $ \hat{CEB} = 40° $.Essendo ora $ ECB $ isoscele, si ha che $ EC=BC $.... ora, la tesi sia vrebbe se e solo se $ AECD $ fosse un rombo, ma siccome
$ \hat{ECF} (=80°) \neq \hat{DAE} (=60°) $, $ ECDA $ non è un rombo e quindi $ AE \neq DC $ il che confuta la tesi...
sbaglio io ?
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minima.distanza
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ha ragione max tre, e infatti ora tutto otnra e la tesi risulta corretta perchè si ha che $ \hat{ECD} =60° $ e quindi $ AECD $ è un rombo...Hint:Lavorare molto sul grafico(almeno io ho fatto qualche modifica alla figura)
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aspetta, $ \hat{BCE}=40° $, $ \hat{ACE}=80°-40°=40° $, quindi $ \hat{ECD}=40°+40°=80° $, quindi AECD non è un rombominima.distanza ha scritto:infatti ora tutto torna e la tesi risulta corretta perchè si ha che $ \hat{ECD} =60° $ e quindi $ AECD $ è un rombo...
comunque, un quadrilatero può avere 3 lati uguali anche senza essere un rombo
Magari non centra molto, intanto la posto
Chiamo AB x, AD=DC y, BC z
devo dimostrare che x=y+z
per carnot nel triangolo ABD, $ BD^2=x^2+y^2-xy $
per carnot nel triangolo BDC, $ BD^2=z^2+y^2+zy $
quindi $ x^2+y^2-xy=z^2+y^2+zy $
$ x^2-z^2-y(x+z)=0 $
$ (x+z)(x-z)-y(x+z)=0 $
$ (x+z)(x-z-y)=0 $
Dato che sia x che y non sono nulli, allora x=z+y
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minima.distanza
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mmm... Ma da dove tiri fuori degli angoli di 90 ° ? se usi carnot, dì almeno a che angoli applichi il coseno, che se no non ci capisco niente... Io vedo in ballo solo angoli di 80°,40°, 60° e 100°.... Mi ero messo anche io con carnot prima, ma mi sono fermato subito 
... Oltretutto l'angolo opposto a BD in ABD è certamente minore di 80°, quindi il suo coseno certamente non è -1. Sbaglio ?-
Tibor Gallai
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Costruiteci attorno un ennagono regolare, tracciate qualche diagonale e osservate dove si formano i triangoli equilateri.
Ultima modifica di Tibor Gallai il 04 lug 2010, 22:38, modificato 1 volta in totale.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]
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minima.distanza
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max tre ha scritto:La mia soluzione è indipendente dalla tua...
Nella mia considero gli angoli di $ \hat{BAD}=60° $ e $ \hat{BCD}=120° $
Ho solo semplificato il 2 con il coseno, che prima valeva $ \frac1 2 $ e poi $ -\frac1 2 $
E poi non ho mai parlato di angoli di 90°...
Ma guarda che non c'è bisogno di usare la trigonometria.Comunque :
si può fare qualche proiezone e allungare qualche lato
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Tibor Gallai
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Si,va bene.Io l'ho fatta diversa,la posterò quando avro' fatto il disegno al computer.Manca però la dimostrazione del fatto che i due triangoli sono equilateri.
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Tibor Gallai
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