rapporto fra differenze di raggi

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

vi propongo questo problema carino preso da forogeometras.com:



AB è il diametro, calcolare $ \displaystyle \frac{R_1 - R_2}{r_1 - r_2} $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

uppino

[edgar89]

dunque mi ci sto impegnando...

al momento ho trovato r1-r2 (grande difficoltà, sono i raggin dei cerchi inscritti...)
in funzione dell'angolo CAB...

EDIT:

ecco la mia soluzione (posto solo il risultato...)

Numeratore: sin(a)cos(a)(cos(a)-sin(a))
Denominatore: (1+cos(a))^2-sin^2(a)


EDIT(2): l'ho rifatto. avevo sbagliato un segno.
Risultato: 2
odio non saper scrivere in LaTeX...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

si il risultato è 2 ma a noi non interessa il risultato quanto la dimostrazione

[edgar89]

si il risultato è 2 ma a noi non interessa il risultato quanto la dimostrazione

ok.

allora sia a l'angolo CAB
allora, se AB=2R si ha che:

AC=2Rcos(a)
AH=ACcos(a)=2Rcos^2(a)
CH=ACsen(a)=2Rsen(a)cos(a)
BC=2Rsen(a)
HB=2R(1-cos^2(a))=2Rsen^2(a)

per la proprietà dei cerchi inscritti:

Area(ACH)=p(ACH) * r1

dove p è il semiperimetro

si ha quindi che:

r1 = Area(ACH)/p(ACH) =
= AH*CH/(AC+CH+AH) =
= 2Rsen(a)cos^2(a)/(sen(a)+cos(a)+1)

e che, analogamente

r2= Area(CHB)/p(CHB) = [.....] = 2Rsen^2(a)cos(a)/(sen(a)+cos(a)+1)

la differenza r1-r2 vale quindi:

2Rsen(a)cos(a)(cos(a)-sen(a))/(sen(a)+cos(a)+1)

calcoliamo ora R2 e imponiamo per semplicità di scrittura R2=x

per il teorema di pitagora:

OO'^2-OK^2=x^2

dove OO' è la congiungente tra il centro della semicirconferenza e il centro del cerchio di cui stiamo calcolando il raggio e OK è il cateto determinato dalla proiezione di OO' sul diametro AB

OO' tuttavia è OT-O'T (poichè O,O' e T stanno sulla stessa retta)

dove T è il punto di tangenza tra la circonferenza di raggio x e quella di raggio R

inoltre O'T=x e OT=R per cui:

OO'=R-x

mentre

OK=OH+x

spstituendo si ha:

(R-x)^2-(OH+x)^2=x^2

da cui:

x= -(R+OH)+sqrt(2R(R+OH))

essendo inoltre

R+OH=AH

x=-AH+sqrt(2R*AH)

e sostituendo AH= 2Rcos^2(a)

R2=-2Rcos^2(a)+2Rcos(a)

lo stesso ragionamento si fa per R1 ma stavolta si considera l'altro angolo di ampiezza 90-a

essendo cos(90-a)=sen(a)

R1=-2Rsen^2(a)+2Rsen(a)

la loro differenza è:

R1-R2= 2R(cos^2(a)-sen^2(a)+sen(a)-cos(a))

da cui mettendo in evidenza cos(a)-sen(a)

R1-R2= 2R(cos(a)-sen(a))[(cos(a)+sen(a)-1]

facendo il rapporto:

(R1-R2)/(r1-r2) =

2R(cos(a)-sen(a))[(cos(a)+sen(a))-1][(cos(a)+sen(a))+1]
= ---------------------------------------------------------------------
2R(cos(a)-sen(a))sen(a)cos(a)

semplificando cos(a)-sen(a) e 2R, svolgendo il prodotto notevole al numeratore, ricordando la goniometria e semplificando ancora otteniamo il risultato.

[Deerber]

Wuau edgar... complimenti per la pazienza

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

complimenti per l'impegno, forse hai fatto qualche errore di scrittura qua e là, tipo OK=OH+x, però probabilmente prima o poi arrivi in fondo

La mia soluzione in realtà è un po' forzata perchè ho dimostrato anche che il punto di tangenza delle circonferenze con raggio grande sta sulle bisettrici




chiamo $ O_1 $ il centro della crf di raggio $ R_1 $, $ O_2 $ il centro di quella di raggio $ R_2 $, $ I_1 $ di quella di raggio $ r_1 $ e $ I_2 $ di quella di raggio $ r_2 $
chiamo K il punto di tangenza di $ [O_1] $ con AB e $ P: AB \cap CI_1 $
ugualmente J il punto di tangenza di $ [O_2] $ con AB e $ Q: AB \cap CI_2 $
per semplicità $ x= AK $ e $ R = R_1 $

1) congetturo che $ K \equiv P $

$ K \equiv P \ \ \Longleftrightarrow \ \ KO^2 + KO_1^2 = (OD - OO_1)^2 \ \ \Longleftrightarrow $$ \left ( \frac{c}{2} - x \right )^2 + R^2 = \left ( \frac{c}{2} - R \right )^2 \ \ \Longleftrightarrow \ \ cR = x(c-x) $

ma $ \angle BCK = 67.5 = \angle CKB \ \ \Longleftrightarrow \ \ KB = a $ e quindi $ R = a - BH $ e $ x = c-a $ allora

$ cR = x(c-x) \ \ \Longleftrightarrow \ \ c (a - BH) = (c-a)a \ \ \Longleftrightarrow \ \ a^2 = c \cdot BH $ vero per Euclide I

e ugualmente per provare che $ J \equiv Q $


2) $ R_1 - R_2 = (a - BH) - (b - AH) = a - b + AH - BH $

$ r_1 - r_2 = (p_1 - b) - (p_2 - a) = \frac{(h + AH - b) - (h + HB - a)}{2} = \frac{a - b + AH - HB}{2} $

quindi $ \frac{R_1 - R_2}{r_1 - r_2}= 2 $

[Agi_90]

scusate l'OT, ma che programma hai utilizzato per fare i disegni gabriel?

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

C.a.R.

[edgar89]

complimenti per l'impegno, forse hai fatto qualche errore di scrittura qua e là, tipo OK=OH+x, però probabilmente prima o poi arrivi in fondo

La mia soluzione in realtà è un po' forzata perchè ho dimostrato anche che il punto di tangenza delle circonferenze con raggio grande sta sulle bisettrici


[immagine rimossa x evitare robe lunghe]

chiamo $ O_1 $ il centro della crf di raggio $ R_1 $, $ O_2 $ il centro di quella di raggio $ R_2 $, $ I_1 $ di quella di raggio $ r_1 $ e $ I_2 $ di quella di raggio $ r_2 $
chiamo K il punto di tangenza di $ [O_1] $ con AB e $ P: AB \cap CI_1 $
ugualmente J il punto di tangenza di $ [O_2] $ con AB e $ Q: AB \cap CI_2 $
per semplicità $ x= AK $ e $ R = R_1 $

1) congetturo che $ K \equiv P $

$ K \equiv P \ \ \Longleftrightarrow \ \ KO^2 + KO_1^2 = (OD - OO_1)^2 \ \ \Longleftrightarrow $$ \left ( \frac{c}{2} - x \right )^2 + R^2 = \left ( \frac{c}{2} - R \right )^2 \ \ \Longleftrightarrow \ \ cR = x(c-x) $

ma $ \angle BCK = 67.5 = \angle CKB \ \ \Longleftrightarrow \ \ KB = a $ e quindi $ R = a - BH $ e $ x = c-a $ allora

$ cR = x(c-x) \ \ \Longleftrightarrow \ \ c (a - BH) = (c-a)a \ \ \Longleftrightarrow \ \ a^2 = c \cdot BH $ vero per Euclide I

e ugualmente per provare che $ J \equiv Q $


2) $ R_1 - R_2 = (a - BH) - (b - AH) = a - b + AH - BH $

$ r_1 - r_2 = (p_1 - b) - (p_2 - a) = \frac{(h + AH - b) - (h + HB - a)}{2} = \frac{a - b + AH - HB}{2} $

quindi $ \frac{R_1 - R_2}{r_1 - r_2}= 2 $

ho capito...
comunque mi è sembrato (avendo letto velocemente il tuo post) che con il tuo metodo non acchiappi la singolarità del rapporto per un triangolo rettangolo isoscele in cui il rapporto vale palesemente 0/0...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

si hai ragione in realtà il triangolo dovrebbe essere non isoscele per ipotesi, nemmeno ci avevo pensato