OliForum Matematico

Beh mi pare che anche la tua soluzione sia giusta, non vedo nessun passaggio 'illecito'

questo messaggio non ha più motivo di esistere (poveretto) perchè il piccolo errore che segnalava è stato corretto

Maioc92 ha scritto:ti sei confuso, il raggio di entrambe le circonferenze deve essere Q1Q2, altrimenti sono tangenti in P

È vero, correggo subito

Sembra che il Problema 3 sia stato risolto in quest'altro thread...

Problema 4
Data una circonferenza, costruire il suo centro.

Problema 5
Data una circonferenza $ $\gamma $ ed un punto esterno P, costruire le rette per P tangenti a $ $\gamma $.

La mia (esplicita e meno bovina di quella nel 3d di Eulero) risposta al problema 3:


Devo dividere il segmento $ AB $ in $ n $ parti uguali...

Punto 1: Traccio una semiretta per $ A $ ... possibilmente non passante per $ B $. La chiamo $ Aa $
Punto 2: Centro il compasso in $ A $ con apertura a piacere; traccio un arco di circonferenza che interseca $ Aa $ in un punto che chiamo $ C_1 $
Punto 3: Centro in $ C_1 $ e con la stessa apertura di prima interseco $ Aa $ nel punto $ C_2 $ (dalla parte opposta di quella di $ A $ rispetto a $ C_1 $)
Punto 4: Continuo analogamente al Punto 3 per ogni nuovo $ C_i $ fino ad arrivare al punto $ C_n $
Punto 5: Traccio la retta passante per $ C_n $ e $ B $
Punto 6: Traccio le rette passanti per $ C_{n-1} $, $ C_{n-2} $, ...,$ C_{2} $, $ C_{1} $ e parallele alla retta per $ C_{n}B $ del Punto 5

Le intersezioni di queste rette con $ AB $ dividono $ AB $ in $ n $ parti uguali per il buon vecchio omnipotens sempiternus Talete.

Lo so che ho trassato, il compasso euclideo si "chiude" appena sollevato dal foglio, perciò dire "con la stessa apertura" non ha senso (Punto 3). Però è come puntare in $ C_1 $ con apertura $ C_{1}A $... e così via ogni volta puntare in $ C_i $ con apertura $ C_{i}C_{i-1} $...

Inoltre non ho spiegato come si tracciano le parallele ad una retta data passante per un punto... ma il buon pakman mi ha fatto notare che è stato dimostrato per il problema 2

PS: Al Punto 2, se non vale l'apertura "a piacere" ovviamente va benissimo $ AB $ come apertura.


Così nessuno più avrà attacchi epilettici... u.u

Sì, ottimo, Daedalus.

Daedalus ha scritto:Punto 6: Traccio le rette passanti per $ C_{n-1} $, $ C_{n-2} $, ...,$ C_{2} $, $ C_{1} $ e parallele alla retta per $ C_{n}B $ del Punto 5

Qui vale la pena di notare esplicitamente che stiamo usando la costruzione del Problema 2.

Lo so che ho trassato, il compasso euclideo si "chiude" appena sollevato dal foglio, perciò dire "con la stessa apertura" non ha senso (Punto 3).

Secondo la definizione che ho dato nel 1° post, è lecito trasferire lunghezze con il compasso. Quindi il nostro compasso non si chiude quando lo solleviamo. Anzi, un problema interessante è dimostrare che davvero possiamo fare a meno di questa "feature", ovvero che il nostro compasso non è in realtà più potente di quello euclideo...

PS: Al Punto 2, se non vale l'apertura "a piacere" ovviamente va benissimo $ AB $ come apertura.

L'apertura a piacere vale: tra le mosse consentite c'è quella di scegliere un punto a caso su una retta data.

Ok al problema 4 rispondo solo in piccolo e barbaramente, così magari qualcun altro (non maioc ) si diletterà a risolverlo...

Prendo 3 punti a caso A,B,C appartenenti alla circonferenza. Traccio gli assi di AB, BC... intersezione = O. Les jeux sont fait

Ok Daedalus per il Problema 4.
C'è anche una costruzione un po' diversa e forse leggermente più semplice, vediamo chi la trova.

Grazie $ 10^3 $ Tibor!

Non so con esattezza se il nostro compasso sia davvero "più potente" di quello euclideo, ma di sicuro quando si tratta di trasferire segmenti su delle rette il nostro ci consente di usare una sola mossa invece di ammazzarci di parallele

Tibor Gallai ha scritto:Ok Daedalus per il Problema 4.
C'è anche una costruzione un po' diversa e forse leggermente più semplice, vediamo chi la trova.

Roger...

Traccio una retta r secante la circonferenza. Usando il metodo del problema 1, traccio la retta perpendicolare p passante per il punto medio. Questa dovrebbe individuare il diametro d. Risolvendo ancora come nel problema 1, centro il compasso in ognuno dei due punti individuati da p sulla circonferenza e disegno altre due circonferenze, entrambe con raggio=d. Congiungo i due punti in cui queste circonferenze si incontrano e il segmento così tracciato, incontrando la retta p, individua il centro della circonferenza.

una soluzione al problema di trovare il centro potrebbe essere questo....tracci due secanti alla circonferenza,una nei punti A e B e un'altra in B e in un altro punto C gli assi dei segmenti AB e BC si intercettano in un punto che è il centro dellla circonfererenza...va bene?

O ancora:traccio una corda a caso, traccio le perpendicolari alla corda passanti passanti per i suoi estremi. Ho costruito un rettangolo e il punto di incontro delle sue diagonali è il centro.

Problema 5:
congiungo P col centro O,trovo il punto medio M di OP, traccio la circonferenza con centro M e raggio MO, le 2 intersezioni delle due circonferenze sono i punti di tangenza. Comunque questi problemi sono molto carini e rilassanti....ci volevano proprio dopo 2 giorni passati sui problemi del contest dell'oliforum

Tibor Gallai ha scritto: Problema 5
Data una circonferenza $ $\gamma $ ed un punto esterno P, costruire le rette per P tangenti a $ $\gamma $.

Vediamo.

1) Trovo il centro di $ $\gamma $ ("teorema 4") e lo chiamo O

2) Sia M il punto medio di OP (costruibile per il "teorema 1")

3) Traccio la crf $ $\gamma_2 $ con centro M e raggio MO.

4) L'intersezione di $ $\gamma_2 $ con $ $\gamma $ individua due punti A e B. Le tangenti a $ $\gamma $ sono le rette passanti per AP e BP

(Infatti si dimostra che il raggio è perpendicolare a tali rette nei punti A e B, considerando il fatto che i triangolo OPA e OPB sono inscritti in una semicirconferenza, e quindi rettangoli).


EDIT: Dannato Maioc