Abbiamo un pentagono (convesso, non intrecciato, bellino) tale che ogni triangolo formato da 3 vertici consecutivi ha area 1.
Trovare l'area del pentagono e dimostrare che esistono infiniti pentagni non congruenti con questa caratteristica.
(è bellino, se persino io ho capito la soluzione)
Pentagoni e ribrezzo
A causa della equivalenza dei triangoli ABE e ABC (di egual base AB) i punti
E e C sono equidistanti da AB e cio' significa che EC e' parallelo ad AB.
Poniamo ora (vedi figura) AB=m,EC=n, DH'=h'=2/n,H'H=h=2/m ed esprimiamo l'area del pentagono in due modi differenti:
A(pentagono)=A(triangolo(EDC))+A(trapezio(ABCE))=$ 1+\frac{m+n}{2}*\frac{2}{m}=2+\frac{n}{m} $
A(pentagono)=A(triangolo(AED))+A(triangolo(DBC))+A(triangolo(ABD))=
=$ 2+m*(\frac{1}{m}+\frac{1}{n})=3+\frac{m}{n} $
Eguagliando e ponendo n/m=x si ha l'equazione : $ x^2-x-1=0 $
che risolta da il valore :$ x=\frac{\sqrt5+1}{2} $.
Pertanto l'area richiesta e':$ A(pentagono)=2+\frac{\sqrt5+1}{2}=\frac{5+\sqrt5}{2} $
e poiche' l'area dipende dal rapporto n/m ,al variare di questi due valori (con
rapporto costante) si hanno infiniti pentagoni del tipo indicato.
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MindFlyer
No, questo non è sufficiente.karl ha scritto:e poiche' l'area dipende dal rapporto n/m ,al variare di questi due valori (con rapporto costante) si hanno infiniti pentagoni del tipo indicato.
Variando m e n come dici, variano anche h e h'. Quindi le aree di 3 dei 5 triangolini rimangono 1, ma devi dimostrare che in infiniti casi ciò vale anche per le altre 2 aree (ovvero per quelle di AED e DBC nel tuo disegno).
Ciao. Io l'ho fatta così:
Il problema è invariante per affinità equivalenti (=che mantengono le aree). Quindi, se, per una scelta arbitraria di tre vertici adiacenti, che formino un triangolo dell'area giusta, tutti i pentagoni che soddisfano le ipotesi hanno la stessa area, ho finito.
Sia dunque ABE un triangolo isoscele e rettangolo in A, di cateto $ \scriptscriptstyle \sqrt 2 $. (questo mi serve perché abbia area 1) e sia Q il p.to che completa il quadrato ABQE.
Come ha già osservato Karl, il pentagono deve avere le diagonali parallele al lato non adiacente, quindi il candidato p.to C deve stare sulla retta EQ, e il candidato p.to D sulla r.ta BQ. Inoltre, CD deve essere parallelo a BE, quindi, per simmetria, CDQ è isoscele e retto in Q, con C e D simmetrici rispetto all'asse AQ.
Se chiamo x la distanza CQ=DQ, con segno positivo se sono dalla parte opposta rispetto a E [rispett. B] di Q, l'area del triangolo BCD (che è per simmetria equivalente a CDE) è $ \scriptscriptstyle \frac{x (x+\sqrt 2)}2 $, che deve essere posta = 1. Risolvendo fa $ \scriptscriptstyle x = \frac{\sqrt 5 -1}{\sqrt 2} $.
La soluzione negativa dell'equazione di secondo grado non è accettabile, in quanto è <-1, quindi corrisponderebbe ad un pentagono intrecciato.
E ora è fatta. L'area del pentagono è l'area di ABQE [2], più l'area di BCD e CDE [1 ciascuno], meno l'area di CDQ [$ \scriptscriptstyle x^2/2 $].
Fate il conto e viene $ \scriptscriptstyle \frac{5+\sqrt 5}{2} $, che è lo stesso risultato di Karl. []
Come corollario, ho ottenuto una caratterizzazione dei pentagoni che soddisfano le ipotesi:
Un pentagono verifica le ipotesi se e solo se è l'immagine di uno qualunque di essi (ad esempio quello da me costruito, oppure quello regolare con l'area giusta) tramite un'affinità equivalente.
Ciao. M.
Il problema è invariante per affinità equivalenti (=che mantengono le aree). Quindi, se, per una scelta arbitraria di tre vertici adiacenti, che formino un triangolo dell'area giusta, tutti i pentagoni che soddisfano le ipotesi hanno la stessa area, ho finito.
Sia dunque ABE un triangolo isoscele e rettangolo in A, di cateto $ \scriptscriptstyle \sqrt 2 $. (questo mi serve perché abbia area 1) e sia Q il p.to che completa il quadrato ABQE.
Come ha già osservato Karl, il pentagono deve avere le diagonali parallele al lato non adiacente, quindi il candidato p.to C deve stare sulla retta EQ, e il candidato p.to D sulla r.ta BQ. Inoltre, CD deve essere parallelo a BE, quindi, per simmetria, CDQ è isoscele e retto in Q, con C e D simmetrici rispetto all'asse AQ.
Se chiamo x la distanza CQ=DQ, con segno positivo se sono dalla parte opposta rispetto a E [rispett. B] di Q, l'area del triangolo BCD (che è per simmetria equivalente a CDE) è $ \scriptscriptstyle \frac{x (x+\sqrt 2)}2 $, che deve essere posta = 1. Risolvendo fa $ \scriptscriptstyle x = \frac{\sqrt 5 -1}{\sqrt 2} $.
La soluzione negativa dell'equazione di secondo grado non è accettabile, in quanto è <-1, quindi corrisponderebbe ad un pentagono intrecciato.
E ora è fatta. L'area del pentagono è l'area di ABQE [2], più l'area di BCD e CDE [1 ciascuno], meno l'area di CDQ [$ \scriptscriptstyle x^2/2 $].
Fate il conto e viene $ \scriptscriptstyle \frac{5+\sqrt 5}{2} $, che è lo stesso risultato di Karl. []
Come corollario, ho ottenuto una caratterizzazione dei pentagoni che soddisfano le ipotesi:
Un pentagono verifica le ipotesi se e solo se è l'immagine di uno qualunque di essi (ad esempio quello da me costruito, oppure quello regolare con l'area giusta) tramite un'affinità equivalente.
Ciao. M.
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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La soluzione di Marco appare sul mio schermo (17 pollici, usato in risoluzione 800x600) a caratteri troppo piccoli e quindi illeggibili; ringrazio fin d’ora sia chi mi indicherà come superare questa difficoltà sia chi in futuro eviterà di porla. Invio due possibili soluzioni del problema, a cui è premessa una parte comune. Comunque né le mie soluzioni né quelle che ho finora letto mi sembrano “belline”; chiedo a ReKaio quale è la sua.
Parte comune: area del pentagono regolare
Un pentagono regolare ABCDE di lato opportuno soddisfa certo le ipotesi; la sua area può essere calcolata tracciando le diagonali AD e BD che dividono l’angolo CDE in 3 parti di 36° ciascuna (ometto la facile dimostrazione). Il pentagono risulta diviso in due triangoli laterali di area 1 e nel triangolo ABD, la cui area può essere così calcolata: poiché rispetto a BCD ha la stessa base BD, il rapporto fra le aree è uguale a quello fra le altezze AH e CK, quindi S(ABD)=1*AH/CK. Ma AH=AD sen36° e CK=DK tg36°=AD/2 tg36° ; semplificandosi ha S(ABD)=2 cos36° ed è agevole concludere.
Soluzione per chi ha fatto il PNI
Una proprietà delle affinità è che il rapporto fra le aree della figura trasformata e di quella originale è uguale al valore assoluto del determinante della trasformazione: per soddisfare l’ipotesi sarà quindi sufficiente trasformare il pentagono precedente con una affinità di determinante 1 o -1 e il pentagono così ottenuto avrà la stessa area di quello originale. Per evitare di ottenere figure fra loro congruenti, possiamo imporre che A e A’ coincidano con l’origine, che B e B’ siano sul semiasse x positivo, con A’B’=k*AB (k>0) e che il determinante valga 1: otteniamo x’=kx+b; y’=y/k.
Al variare di k e b si hanno le infinite soluzioni.
Soluzione che non usa le affinità
Se in un pentagono ABCDE i triangoli ABC e ABE hanno la stessa area, hanno anche la stessa altezza rispetto ad AB, quindi EC e AB sono paralleli; il ragionamento è invertibile. Poiché AB è un lato qualsiasi, per soddisfare l’ipotesi data occorre che ogni lato sia parallelo ad una diagonale.
Dopo questa osservazione facciamo un’altra figura, disegnando il pentagono regolare ABCDE di cui alla parte comune; sulla retta EC prendiamo un punto a piacere E’ ed un punto C’ tale che E’C’ sia uguale ed equiverso a EC; sarà anche EE’=CC’. Da E’ tracciamo la parallela a AC’ e da C’ la parallela a BE’, che si incontrano in D’. Per l’osservazione preliminare, risultano di area 1 i triangoli ABC’, ABE’, AE’D’, E’C’D’; resta il dubbio per BC’D’. Prima di esaminarlo, notiamo che i triangoli ECD e E’C’D’ hanno basi e aree uguali, quindi hanno la stessa altezza e DD’ è parallelo a EC.
Indichiamo con R e R’ le intersezioni di EC con BD e BD’ ; poiché i lati opposti di un parallelogramma sono uguali si ha RR’=AB=EE’=CC’e aggiungendo (o sottraendo, dipende dalla figura fatta) R’C si ha R’C’=RC. I triangoli CDR e C’D’R’ sono quindi equivalenti avendo base e altezza uguali; altrettanto vale per BCR e BC’D’ e sommando si ottiene che BC’D’ è equivalente a BCD e quindi ha area 1. Ne consegue che il pentagono ABC’D’E’ soddisfa le ipotesi date. La sua area è uguale a quella di ABCDE perché entrambi i pentagoni sono somma di due poligoni (dalle due parti di EC) fra loro equivalenti.
Le infinite soluzioni già trovate possono essere ulteriormente generalizzate moltiplicando per k i segmenti paralleli ad AB e per 1/k le dimensioni perpendicolari ad AB: è evidente che così facendo le aree risultano inalterate.
Parte comune: area del pentagono regolare
Un pentagono regolare ABCDE di lato opportuno soddisfa certo le ipotesi; la sua area può essere calcolata tracciando le diagonali AD e BD che dividono l’angolo CDE in 3 parti di 36° ciascuna (ometto la facile dimostrazione). Il pentagono risulta diviso in due triangoli laterali di area 1 e nel triangolo ABD, la cui area può essere così calcolata: poiché rispetto a BCD ha la stessa base BD, il rapporto fra le aree è uguale a quello fra le altezze AH e CK, quindi S(ABD)=1*AH/CK. Ma AH=AD sen36° e CK=DK tg36°=AD/2 tg36° ; semplificandosi ha S(ABD)=2 cos36° ed è agevole concludere.
Soluzione per chi ha fatto il PNI
Una proprietà delle affinità è che il rapporto fra le aree della figura trasformata e di quella originale è uguale al valore assoluto del determinante della trasformazione: per soddisfare l’ipotesi sarà quindi sufficiente trasformare il pentagono precedente con una affinità di determinante 1 o -1 e il pentagono così ottenuto avrà la stessa area di quello originale. Per evitare di ottenere figure fra loro congruenti, possiamo imporre che A e A’ coincidano con l’origine, che B e B’ siano sul semiasse x positivo, con A’B’=k*AB (k>0) e che il determinante valga 1: otteniamo x’=kx+b; y’=y/k.
Al variare di k e b si hanno le infinite soluzioni.
Soluzione che non usa le affinità
Se in un pentagono ABCDE i triangoli ABC e ABE hanno la stessa area, hanno anche la stessa altezza rispetto ad AB, quindi EC e AB sono paralleli; il ragionamento è invertibile. Poiché AB è un lato qualsiasi, per soddisfare l’ipotesi data occorre che ogni lato sia parallelo ad una diagonale.
Dopo questa osservazione facciamo un’altra figura, disegnando il pentagono regolare ABCDE di cui alla parte comune; sulla retta EC prendiamo un punto a piacere E’ ed un punto C’ tale che E’C’ sia uguale ed equiverso a EC; sarà anche EE’=CC’. Da E’ tracciamo la parallela a AC’ e da C’ la parallela a BE’, che si incontrano in D’. Per l’osservazione preliminare, risultano di area 1 i triangoli ABC’, ABE’, AE’D’, E’C’D’; resta il dubbio per BC’D’. Prima di esaminarlo, notiamo che i triangoli ECD e E’C’D’ hanno basi e aree uguali, quindi hanno la stessa altezza e DD’ è parallelo a EC.
Indichiamo con R e R’ le intersezioni di EC con BD e BD’ ; poiché i lati opposti di un parallelogramma sono uguali si ha RR’=AB=EE’=CC’e aggiungendo (o sottraendo, dipende dalla figura fatta) R’C si ha R’C’=RC. I triangoli CDR e C’D’R’ sono quindi equivalenti avendo base e altezza uguali; altrettanto vale per BCR e BC’D’ e sommando si ottiene che BC’D’ è equivalente a BCD e quindi ha area 1. Ne consegue che il pentagono ABC’D’E’ soddisfa le ipotesi date. La sua area è uguale a quella di ABCDE perché entrambi i pentagoni sono somma di due poligoni (dalle due parti di EC) fra loro equivalenti.
Le infinite soluzioni già trovate possono essere ulteriormente generalizzate moltiplicando per k i segmenti paralleli ad AB e per 1/k le dimensioni perpendicolari ad AB: è evidente che così facendo le aree risultano inalterate.
La soluzione sui caratteri piccoli non e' quella di comprarsi un LCD da 30''!!
Piuttosto si puo' copiare la parte del post che interessa e poi "incollarla"
su un blocco-note:vedrai che viene leggibile (almeno a me funziona cosi').
P.S. A volte si scrive la risposta in caratteri minuscoli per non renderla
(troppo) visibile a chi vuole cercarsi la soluzione senza essere influenzato.
Piuttosto si puo' copiare la parte del post che interessa e poi "incollarla"
su un blocco-note:vedrai che viene leggibile (almeno a me funziona cosi').
P.S. A volte si scrive la risposta in caratteri minuscoli per non renderla
(troppo) visibile a chi vuole cercarsi la soluzione senza essere influenzato.
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MindFlyer
Nemmeno la soluzione di gianmaria mi pare completa, perché lei dimostra che esistono infiniti pentagoni che soddisfano le ipotesi (di cui uno regolare), ed inoltre che tutti hanno la stessa area. Ma non dimostra che tutti i pentagoni che soddisfano le ipotesi hanno la stessa area (che è la prima richiesta del problema).
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MindFlyer
In alternativa al metodo di karl, che ha l'inconveniente di eliminare le scritte in LaTeX, puoi usare il bottone "riporta", togliere i vari "[size=...]" dal messaggio, e premere il bottone "anteprima".gianmaria ha scritto:La soluzione di Marco appare sul mio schermo (17 pollici, usato in risoluzione 800x600) a caratteri troppo piccoli e quindi illeggibili
Ringrazio di cuore quanti mi hanno mandato suggerimenti per la visualizzazione; ne farò tesoro.
L’osservazione di MindFlyer è giusta, ma l’enunciato originale non era così chiaro; allego le indicazioni per calcolare l’area del pentagono basandosi solo sull’ipotesi.
Anche questa mia ultima soluzione non è molto elegante; rinnovo la richiesta di conoscere quella di ReKaio.
Soluzione
Detto ABCDE un pentagono che soddisfa l’ipotesi, per l’equivalenza dei triangoli ABC e ABE, C e E sono equidistanti dalla retta AB, quindi CE è parallelo ad AB. Sia H il piede di D su AB e siano R, S, K le intersezioni di CE con AD, BD, HD. Posto AB = a e CE = x, da S(ABC) =1 si ricava HK=2/a e da S(CDE)=1 si ricava DK=2/x. Consideriamo ora ADE: la formula ER*DK/2+ER*HK/2=1 permette di calcolare ER e analogamente si calcola CS (in alternativa, si possono sfruttare i parallelismi per dimostrare che CS=ER); ho poi RS=CE-ER-CS. Ma dalla similitudine dei triangoli ABD e RSD si ha AB:RS=DH:DK; da questa equazione si ricava x in funzione di a (una sola soluzione, scartando quella negativa). E’ora facile calcolare l’area del trapezio ABCE (le lettere scompaiono) e, sommandola a quella di CDE, quella del pentagono.
Per l'esistenza di infinite soluzioni, rimando al mio primo intervento.
L’osservazione di MindFlyer è giusta, ma l’enunciato originale non era così chiaro; allego le indicazioni per calcolare l’area del pentagono basandosi solo sull’ipotesi.
Anche questa mia ultima soluzione non è molto elegante; rinnovo la richiesta di conoscere quella di ReKaio.
Soluzione
Detto ABCDE un pentagono che soddisfa l’ipotesi, per l’equivalenza dei triangoli ABC e ABE, C e E sono equidistanti dalla retta AB, quindi CE è parallelo ad AB. Sia H il piede di D su AB e siano R, S, K le intersezioni di CE con AD, BD, HD. Posto AB = a e CE = x, da S(ABC) =1 si ricava HK=2/a e da S(CDE)=1 si ricava DK=2/x. Consideriamo ora ADE: la formula ER*DK/2+ER*HK/2=1 permette di calcolare ER e analogamente si calcola CS (in alternativa, si possono sfruttare i parallelismi per dimostrare che CS=ER); ho poi RS=CE-ER-CS. Ma dalla similitudine dei triangoli ABD e RSD si ha AB:RS=DH:DK; da questa equazione si ricava x in funzione di a (una sola soluzione, scartando quella negativa). E’ora facile calcolare l’area del trapezio ABCE (le lettere scompaiono) e, sommandola a quella di CDE, quella del pentagono.
Per l'esistenza di infinite soluzioni, rimando al mio primo intervento.