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Salmastro
Dio minore
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 Inviato: 05 Lug 2009 17:07 Oggetto: * ...il triangolo, no! |
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Sia ABCD un quadrato, e sia P un punto interno ad esso tale che
l'angolo <PAB> sia uguale all'angolo <PBA> e misuri 15°.
Si dimostri che il triangolo [PCD] è equilatero. |
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Massive X
Semidio
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| Inviato: 06 Lug 2009 11:25 Oggetto: |
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| Citazione: |
Ammettiamo che sia equilatero, ha 3 angoli da 60°. Oltre ai 2 triangoli citati ci sono altri 2 con angoli 90-15=75 (adiacente al primo triangolo), 90-60=30 (adiacente al secondo triangolo) e 180-(90-15)-(90-60)=75 (al punto P)
Per confermare che il triangolo sia equilatero la somma sei 4 angoli in P deve essere 360, (180-15-15=) 150+75+75+60 = 360.
link
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 06 Lug 2009 12:21 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | Citazione: |
Per confermare che il triangolo sia equilatero la somma sei 4 angoli in P deve essere 360, (180-15-15=) 150+75+75+60 = 360.
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sì, ma nulla vieta che si verifichi
| Citazione: | | 150+65+65+80 (= 360) |
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IvoFaArtiInvano
Eroe
Registrato: 02/12/07 16:59
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| Inviato: 06 Lug 2009 14:40 Oggetto: |
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Ho escogitato questa dimostrazione (sfruttando l'immagine postata da Massive per i riferimenti alla figura con l'aggiunta dei punti M, N e H 8)  ):
| Citazione: | Sia M il punto medio di AB.
Sia N il punto in cui la parallela ad AB passante per P incontra BC.
Sia H il punto medio di DC.
<ABP>=15°=1/6*90°=1/6 <PBC> per costruzione;
==> MP=1/6 PH
Inoltre:
<PBC>=90°-15°=75° [1]
<BPN>=<ABP>=15° in quanto [PMB] e [PBN] sono simili.
Per la proporzione tra gli angoli e i segmenti da essi individuati si ha:
BN=1/6 BC
==> <BPN>/<BPC>=BN/BC
==> <BPC>=<BPN>* BC/BN= 15°*6= 75° [2]
Dalla [1] e dalla [2] si deduce che [PCB] è isoscele rispetto a PB
==> PC=BC
simmetricamente si dimostra che:
PD=AD=BC
ed essendo BC=DC in quanto lati dello stesso quadrato, si ha:
PD=PC=DC, ovvero [PDC] è equilatero. |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 06 Lug 2009 18:18 Oggetto: |
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nel quote ho indicato (in carattere corsivo) le mie perplessità a due tue affermazioni (evidenziate in grassetto)
| IvoFaArtiInvano ha scritto: | Ho escogitato questa dimostrazione (sfruttando l'immagine postata da Massive per i riferimenti alla figura con l'aggiunta dei punti M, N e H 8) ):
| Citazione: | Sia M il punto medio di AB.
Sia N il punto in cui la parallela ad AB passante per P incontra BC.
Sia H il punto medio di DC.
<ABP>=15°=1/6*90°=1/6 <PBC> per costruzione;
==> MP=1/6 PH
====onestamente, non ho capito...====
Inoltre:
<PBC>=90°-15°=75° [1]
<BPN>=<ABP>=15° in quanto [PMB] e [PBN] sono simili.
Per la proporzione tra gli angoli e i segmenti da essi individuati si ha:
====mi pare che la proporzionalità sia, però, fra i lati e i seni degli angoli...=====
BN=1/6 BC
==> <BPN>/<BPC>=BN/BC
==> <BPC>=<BPN>* BC/BN= 15°*6= 75° [2]
Dalla [1] e dalla [2] si deduce che [PCB] è isoscele rispetto a PB
==> PC=BC
simmetricamente si dimostra che:
PD=AD=BC
ed essendo BC=DC in quanto lati dello stesso quadrato, si ha:
PD=PC=DC, ovvero [PDC] è equilatero. |
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d'altra parte, se ipotizzi che [PDC] è equilatero
| Citazione: | il rapporto MP/PH non è 1/6 (=0,1667 circa) ma circa 0,1547
che è abbastanza vicino a 1/(6,465) |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
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| Inviato: 06 Lug 2009 19:10 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | sì, ma nulla vieta che si verifichi
| Citazione: | | 150+65+65+80 (= 360) |
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| Citazione: | Ma in tal caso non sarebbe un quadrato.
Per essere il triangolo in basso equilatero, i due ai lati dovranno essere isosceli, in quanto se il quadrato e il triangolo in basso hanno tutti i lati uguali, il lato del triangolo laterale adiacente al triangolo in basso sarà uguale a quello adiacente al quadrato, quindi il vertice P del triangolo in basso deve essere 360-150-75-75=60. Per questioni di simmetria esso è ovviamnete isoscele, quindi gli altri 2 vertici saranno (180-60)/2=60. Oppure dato che i vertici P e B del tiangolo laterale sono di 75 il vertice C sarà di 30 e il suo adiacente 60, lo stesso dall'altra parte e quindi anche il terzo...
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altri dubbi? |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 06 Lug 2009 19:47 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | altri dubbi? |
sì: link
(parrebbe che quello che dici sia una conseguenza del fatto che il triangolo sia equilatero: cioè vale il "se" ma non il "solo se") |
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madvero
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| Inviato: 06 Lug 2009 23:11 Oggetto: |
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vi dico la mia pensata (che non è supportata dai conti, perchè non mi tornano quindi ho lasciato perdere).
| Citazione: | prendo l'altezza del triangolo apb.
la esprimo in funzione di metà del lato del quadrato per la tangente dell'angolo opposto (i 15° sono un valore certo).
poi faccio lato meno il valore appena trovato e mi gioco un orecchio che viene latox(radice di 3)/2, la formula per trovare l'altezza di un triangolo equilatero dato il lato.
e quindi ho dimostrato che con questa costruzione, dato un quadrato di lato l, viene fuori un triangolo equilatero.
però non ho la trigonometria fresca e mi sto impastando su (sinalfacosbeta - cosalfasinbeta) diviso (cosalfacosbeta + sinalfasinbeta).
e sì che dovrebbe venir bene, perchè son tutti valori tipo 1/2, (radice di 3)/2 e via dicendo !!!
(15 gradi alla fine sono 45-30, no?) |
quindi passo. |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 06 Lug 2009 23:39 Oggetto: |
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ciao, Maddina 
...mi sa che l'orecchio è salvo... |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
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| Inviato: 07 Lug 2009 08:00 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | Massive X ha scritto: | | altri dubbi? |
sì: link
(parrebbe che quello che dici sia una conseguenza del fatto che il triangolo sia equilatero: cioè vale il "se" ma non il "solo se") |
Hai barato! Hai messo gli angoli diversi da quanto scritto...  ti sembrano 15° quelli?
Comunque non è un se, ma un affinchè e credo che la dimostrazione di prima funzioni... se non ti convince mi costringi a tirare fuori la trigonometria:
| Citazione: |
del triangolo ABP conosciamo gli angoli, poniamo AB=1 e calcoliamo BP
ora del triangolo BCP conosciamo l'angolo <PBC> il lato BP e il lato BC (il quadrato implica AB=BC=CD=DA=1), quindi possiamo calcolarci il lato CP e verificare che esso è 1
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 07 Lug 2009 09:37 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: |
Hai barato! Hai messo gli angoli diversi da quanto scritto... ti sembrano 15° quelli?
Comunque non è un se, ma un affinchè e credo che la dimostrazione di prima funzioni... se non ti convince mi costringi a tirare fuori la trigonometria:
| Citazione: |
del triangolo ABP conosciamo gli angoli, poniamo AB=1 e calcoliamo BP
ora del triangolo BCP conosciamo l'angolo <PBC> il lato BP e il lato BC (il quadrato implica AB=BC=CD=DA=1), quindi possiamo calcolarci il lato CP e verificare che esso è 1
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non ho barato: ho semplicemente verificato che esistono triangoli [PDC] (si può dimostrare che, al più, sono isosceli) i cui angoli alla base possono assumere un valore a piacere (nel caso della figura da me postato: 50°, ma potrebbe essere qualsiasi) senza che vengano meno i dati di partenza.
in particolare non conosciamo l'angolo <PBC>, lo deduciamo (solo) ammettendo che [PBC] sia equilatero, che è quello che vogliamo, invece, dimostrare.
P.S.: l'unico modo che ho scovato coincide con quello postato da Madvero, ma mi piacerebbe scoprirne uno per pura via geometrica. |
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madvero
Amministratore
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| Inviato: 07 Lug 2009 12:17 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | P.S.: l'unico modo che ho scovato coincide con quello postato da Madvero, ma mi piacerebbe scoprirne uno per pura via geometrica. |
ok, rispolvero il compasso.
si dovrebbe proprio poter fare per via geometrica, che cavoli !!!
aspetta che prendo un foglio, una matita e una sigaretta... |
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IvoFaArtiInvano
Eroe
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| Inviato: 07 Lug 2009 14:20 Oggetto: |
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Ho preso una bella cantonata ... 
Salmastro, ti ringrazio per la pazienza di aver controllato (e spero che le buon'anime di Talete e Carnot non se ne abbiano per il pasticcio che ho fatto con i loro teoremi  )
Ci riprovo buttandomi sulla logica:
| Citazione: | Suppongo per assurdo che [DCP] non sia equilatero.
Se non è equilatero:
<DCP>!=60°
==> <PCB>!=(90°-60°)=30° [1]
Inoltre PC!=BC (sempre per il fatto che DC!=PC per ipotesi)
Si ha:
<PBC>=90°-<PBA>=90°-15°=75° (per costruzione)
Conoscendo la somma degli angoli interni ad un triangolo:
<BPC>=180°-<PBC>-<PCB>!=75° (dove la disuguaglianza è dovuta alla [1]) [2]
Simmetricamente si dimostra:
<APD>!=75° [3]
I segmenti che partono da P individuano angoli che sommati danno un angolo giro, quindi:
[2] e [3] ==> 360°!=<APB>+<DPC>+<BPC>+<APD>
==> <APB>!=360°-<DPC>-<BPC>-<APD>=150 [4]
In base alla [4] possiamo calcolare la somma degli angoli interni del triangolo [APB]:
<PAB>+<PBA>+<APB>!=(15°+15°+150°)=180°
In una geometria euclidea la somma non può differire dall'angolo piatto:
l'ipotesi porta quindi ad una contraddizione; per il pricipio del terzo escluso non rimane che l'ipotesi opposta:
[CPD] è equilatero. |
Nota: != significa diverso |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 07 Lug 2009 17:50 Oggetto: |
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ciao, Ivo
ho l'impressione che questa tua affermazione non sia corretta:
| Citazione: | I segmenti che partono da P individuano angoli che sommati danno un angolo giro, quindi:
[2] e [3] ==> 360°!=<APB>+<DPC>+<BPC>+<APD>
==> <APB>!=360°-<DPC>-<BPC>-<APD>=150 [4] |
perchè, secondo me, la [4] non discende dalle [2] e [3] (cfr. tuo precedente post)
(solito) controesempio: link |
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madvero
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| Inviato: 07 Lug 2009 17:56 Oggetto: |
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me la devo ribattere o va bene il pasticcio che ho scritto in pausa pranzo?
(salvo errori di conteggio, che ci sono di sicuro) |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 07 Lug 2009 18:46 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | me la devo ribattere o va bene il pasticcio che ho scritto in pausa pranzo?
(salvo errori di conteggio, che ci sono di sicuro) |
BINGO!
(ma vorrei scoprire anche il metodo only geometricom ammesso esista...) |
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Massive X
Semidio
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| Inviato: 07 Lug 2009 19:15 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | P.S.: l'unico modo che ho scovato coincide con quello postato da Madvero, ma mi piacerebbe scoprirne uno per pura via geometrica. |
Se intendi con solo riga e compasso il problema si riconduce alla trisezione di un angolo... se va bene pure il goniometro allora diventa banale:
link
PS: ma cosa non va nel mio metodo trigonometrico? |
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madvero
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| Inviato: 07 Lug 2009 19:18 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | BINGO! |
lo vedi che a furia di dare i numeri ogni tanto anch'io ne imbrocco un paio?
| salmastro ha scritto: | | (ma vorrei scoprire anche il metodo only geometrico ammesso esista...) |
per me esiste.
ce l'ho in testa da ieri notte ma non riesco a concretizzarlo bene.
devo recuperare ancora dove ho messo il compasso. il compasso come dimostrazione geometrica vale.
cioè, se per costruzione l'angolino in oggetto è 15°, sempre per costruzione è un triangolo equilatero. |
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Massive X
Semidio
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| Inviato: 07 Lug 2009 19:39 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | me la devo ribattere o va bene il pasticcio che ho scritto in pausa pranzo?
(salvo errori di conteggio, che ci sono di sicuro) |
ma i compiti in classe li facevi anche così? |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 07 Lug 2009 19:47 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: |
Se intendi con solo riga e compasso il problema si riconduce alla trisezione di un angolo... se va bene pure il goniometro allora diventa banale: link
PS: ma cosa non va nel mio metodo trigonometrico? |
che, come dicevo nel primo post di pag, 2,
| Citazione: | ...esistono triangoli [PDC] (si può dimostrare che, al più, sono isosceli) i cui angoli alla base possono assumere un valore a piacere (nel caso della figura da me postata: 50°, ma potrebbe essere qualsiasi) senza che vengano meno i dati di partenza.
in particolare non conosciamo l'angolo <PBC>, lo deduciamo (solo) ammettendo che [PBC] sia equilatero, che è quello che vogliamo, invece, dimostrare. |
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