OliForum Matematico

Sia $ $T_1$ $ un triangolo, e $ $T_2$ $ il triangolo che ha i tre lati congruenti alle tre mediane del $ $T_1$ $. Determinare $ $\frac{S_{T_1}}{S_{T_2}}$ $ dove naturalmete $ $S$ $ sta per l'area.

Io ragiono così: se il testo non fa riferimento al particolare tipo di triangolo, vuol dire che vale per tutti i triangoli... Quindi anche per quello equilatero... Facendo i conti con esso mi viene 3/4 e quindi questa è la mia risposta...

si potrebbe fare scrivendo le lunghezze delle mediane tramite

$ \sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}/2 $

e quindi calcolare le aree tramite erone....

indovinate perchè non lo faccio? XD

@Enrico Leon
però non ti ho detto che il rapporto è costante, e quindi potrebbe anche variare al variare del triangolo di partenza.

@exodd
Non credo che quella sia la via più diretta...e poi come fai a mandare via le radici?

Qualcuno mi può spiegare la formula di exodd :|

dario2994 ha scritto:Qualcuno mi può spiegare la formula di exodd

Per dimostrarla devi buttare giù i vettori, sfruttare un paio di volte la relazione $ $||\overrightarrow{X}+ \overrightarrow{Y}||^2 = ||\overrightarrow{X}||^2+||\overrightarrow{Y}||^2+2\overrightarrow{X} \cdot \overrightarrow{Y}$ $ (eventualmente estesa a tre termini), e fare delle sostituzioni. Si fanno i conti e deve venire. Comunque la trovi in una lezione del Senior.

Una domanda mi sorge spontanea: si può dimostrare quella formula anche in altri modi?

Si si può fare ;)
Ho trovato la dimostrazione su wiki ;)
Lì usano la formula di Erone... bisogna eguagliare le 2 superfici di triangolo divise dalla mediana e poi fare i calcoli ;)
Alla fin fine viene xD

la formula si può dimostrare anche con il teorema di stewart: $ b^2\cdot \frac{a}{2} + c^2 \cdot \frac{a}{2} = m_a^2 \cdot a + \frac{a^3}{4} $
da cui $ \displaystyle m_a=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2 + c^2) -a^2} $

Con questa si può concludere usando la formula di erone meno usata: $ A = \sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)} $

chiaramente c'è un metodo grafico molto più bello

Ah già, è vero c'è anche quella variante lì di Erone.

mod_2 ha scritto:@Enrico Leon
però non ti ho detto che il rapporto è costante, e quindi potrebbe anche variare al variare del triangolo di partenza.

cmq vale 3/4 anche per il triangolo isoscele rettangolo

In risposta a Gabriel...

mod_2 ha scritto:si può dimostrare quella formula anche in altri modi?

Si può anche dimostrare con un po' di trigonometria...
Se $ \displaystyle~M_a $ è il piede della mediana che parte da A e $ \displaystyle~\delta $ è l'angolo (WLOG) $ \displaystyle~\widehat{AM_aB} $ abbiamo, usando Carnot 2 volte:
$ \displaystyle~c^2=\frac{a^2}{4}+{m_a}^2-am_a\cos\delta $
$ \displaystyle~b^2=\frac{a^2}{4}+{m_a}^2-am_a\cos(\pi-\delta) $$ \displaystyle~=\frac{a^2}{4}+{m_a}^2+am_a\cos\delta $
Sommo membro a membro e ottengo:
$ \displaystyle~b^2+c^2=\frac{a^2}{2}+2{m_a}^2 $
$ \displaystyle~{m_a}^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4} $
$ \displaystyle~m_a=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2} $

@FeddyStra: Geniale...

kn ha scritto: @FeddyStra: Geniale...

quoto alla grande
maledizione a me che non mi viene mai in mente di usare le simmetrie

La formula della mediana si ricava anche utilizzando uno dei tanti Teoremi di Gauss.
Hp: Sia $ ABCD $ un parallelogramma.
Th: $ 2\left(\overline{AB}^2+\overline{BC}^2\right)=\overline{AC}^2+\overline{BD}^2 $.

FeddyStra ha scritto: Hp: Sia $ ABCD $ un parallelogramma.
Th: $ \overline{AB}^2+\overline{BC}^2=\overline{AC}^2+\overline{BD}^2 $.

Ma in che ordine sono le lettere? Perché se prendi un rettangolo con i vertici A,B,C,D in senso antiorario, $ \overline{AB}^2+\overline{BC}^2=\overline{AC}^2 $, ma per quel teorema $ \overline{AB}^2+\overline{BC}^2=2\overline{AC}^2 $