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madvero
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Residenza: Ero il maestro Zen. Scrivevo piccole poesie Haiku. Le mandavo a tutti via e-mail.
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 Inviato: 07 Lug 2009 19:50 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | 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?  |
sì
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madvero
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| Inviato: 07 Lug 2009 21:54 Oggetto: |
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senti ma... se io con la mia costruzione via compasso genero un esagono i cui punti mi coincidono dove dico io, vale?
(devo scannerizzare il disegno). |
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Jacap
Mortale devoto
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| Inviato: 07 Lug 2009 22:26 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | senti ma... se io con la mia costruzione via compasso genero un esagono i cui punti mi coincidono dove dico io, vale?
(devo scannerizzare il disegno). |
Non male come idea! Anche io mi sto scervellando su una soluzione di pura geometria euclidea, tralasciando la trigonometria e le equazioni.. ma per ora ancora non son riuscito a trovare il bandolo della matassa!  |
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madvero
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| Inviato: 07 Lug 2009 22:30 Oggetto: |
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allora scanno il disegno.
tanto ci pensa il salmastro a segarmelo in pieno !!!
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Massive X
Semidio
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| Inviato: 07 Lug 2009 22:49 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | allora scanno il disegno.
tanto ci pensa il salmastro a segarmelo in pieno !!!
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sta sempre a segare.... ma fa il boscaiolo? |
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madvero
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| Inviato: 07 Lug 2009 22:56 Oggetto: |
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dai, se vale il goniometro per fare un angolo, valgono anche il righello per tirare due parallele e il compasso per fare due cerchietti !!!
qui le mie elucubrazioni notturne. |
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madvero
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| Inviato: 07 Lug 2009 22:57 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | madvero ha scritto: | allora scanno il disegno.
tanto ci pensa il salmastro a segarmelo in pieno !!!
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sta sempre a segare.... ma fa il boscaiolo? |
ps: prima o poi divento moderna anch'io, mollo penne e matite e compassi e mi faccio l'autocad.
oppure linkatemi un free open che faccia i disegni, basta che non mi tiriate in mezzo il matlab come l'ultima volta che ho fatto un disegno io a scuola. era un quadrato. e m'è venuto storto. |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 08 Lug 2009 00:03 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | dai, se vale il goniometro per fare un angolo, valgono anche il righello per tirare due parallele e il compasso per fare due cerchietti !!!
qui le mie elucubrazioni notturne. |
...bella!: me la stampo e la studio  |
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madvero
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| Inviato: 08 Lug 2009 00:17 Oggetto: |
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te la spiego prima che me la confuti !!!
| Citazione: | faccio il quadrato.
faccio il triangolo da 15 gradi. dove si incontrano gli angoli che partono dai 15, faccio partire l'altro triangolo.
e fin qui, come da quesito.
prolungo i lati dei due triangoli finchè non sbattono sui lati del quadrato.
sgancio un paio di parallele comode, che passano per il vertice dei due triangoli e per il prolungamento dei lati del triangolo alla base.
per il teorema delle rette che incidono due parallele (me lo sono inventato adesso?) ottengo una cifra di angoli uguali, parecchi triangoli uguali e alcuni simili (ad esempio il triangolo equilatero oggetto di studio e l'altro tirangolino equilatero sotto).
trovo il compasso, lo centro dove incrociano tutte le righe che ho tirato io, e faccio una circonferenza di raggio pari al lato del triangolino (che vedo equilatero ma non ne ho la prova) piccolino in basso.
sempre da lì, col compasso, ci faccio l'esagono sopra.
e noto che tutti i punti mi toccano dove voglio io. |
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madvero
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| Inviato: 08 Lug 2009 00:19 Oggetto: |
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| comunque se me la bruci, ne ho in testa un'altra basata sull'area dei trapezi (alla fine l'area di un trapezio è congruente a quella di un triangolo opportunamente costruito!). solo che devo tirare una cifra di parallele e bisettrici in più. e forse mi servono anche le forbici. |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
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| Inviato: 08 Lug 2009 08:36 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | | comunque se me la bruci, ne ho in testa un'altra basata sull'area dei trapezi (alla fine l'area di un trapezio è congruente a quella di un triangolo opportunamente costruito!). solo che devo tirare una cifra di parallele e bisettrici in più. e forse mi servono anche le forbici. |
Addiritture le forbici 
Comunque il disegno è venuto meglio di uno fatto con autocad |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
Messaggi: 18
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| Inviato: 08 Lug 2009 11:40 Oggetto: |
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Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque 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: 08 Lug 2009 12:28 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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puoi fare un disegno?
(o quantomeno specificare come sono messi i punti A B C D ??) |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
Messaggi: 235
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:35 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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puoi fare un disegno?
(o quantomeno specificare come sono messi i punti A B C D ??) |
a me sembra esattamente questo:
| Massive X ha scritto: | | 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
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per semplicità era disegnato un solo lato dato che l'altro è simmetrico... |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:46 Oggetto: |
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@ Mad:
ho studiato, però mi sembra si tratti di un'ulteriore verifica grafica che effettivamente quello è proprio un triangolo equilatero ...il tutto legato alla felice intuizione "trigonometrica" del tuo primo post.
P.S.: secondo me il metodo "contarolo" può essere semplificato così:
| Citazione: | da P conduciamo la perpendicolare ad AB: sia H il suo piede
sempre da P conduciamo quella a CD e sia K il relativo piede
PH e PK sono le altezze (rispetto alle basi AB e CD) dei due famigerati triangoli
ora sappiamo che PK + PH = 1 e, inoltre, per via trigonometrica, siamo in grado di calcolare PH, che troviamo uguale a (1 - [sqr](3)/2), da cui PK=[sqr](3)/2 etc (cfr. Madvero!) |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
Messaggi: 18
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:54 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
| Citazione: | In generale, per 3 punti passa una sola circonferenza. Posso quindi costruire due circonferenze che passano rispettivamente per i punti A,P,C e per i punti B,P,D.
Tali circonferenze, avendo il punto P in comune, mi permettono di dire che:
- Il raggio della prima circonferenza è BC=CP=l;
- Il raggio della seconda circonferenza è AD=DP=l;
quindi si ha che CP=DP=l=CD --> il triangolo CPD è dunque equilatero! |
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Ecco qua la dimostrazione con un veloce disegno a mano libera (scusate se non sono stato molto preciso ma l'ho fatto di furia!  )
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 08 Lug 2009 12:55 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | salmastro ha scritto: | | Jacap ha scritto: | Forse si può risolvere semplicemente così il problema
.... |
puoi fare un disegno? |
a me sembra esattamente questo:
link
per semplicità era disegnato un solo lato dato che l'altro è simmetrico... |
ok, grazie
però nessuno ci dice che D è proprio il centro della circonferenza passante per i punti A, P, C
P.S.: ho visto solo adesso il nuovo post di Jacap
ho l'impressione che funzioni, però, per P generico (indipendentemente dall'angolo alla base del triangolo isoscele [APD]) |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 08 Lug 2009 13:31 Oggetto: |
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Non esattamente salmastro.  Con la dimostrazione che ho postato riesco a far vedere che il punto P non è un punto caso, ma proprio un punto che si trova in una posizione univoca all'interno del quadrato, dal momento che è il punto in comune alle due circonferenze di raggio l.
Basta quindi semplicemente dimostrare questo per escludere che P sia un punto generico, altrimenti bisognerebbe dimostrare che esiste almeno una terza circonferenza che lo contiene (circonferenza però passante per i punti B e D oppure per i punti A e C, per essere coerenti col mio ragionamento)
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 08 Lug 2009 17:21 Oggetto: |
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| Jacap ha scritto: | Non esattamente salmastro. Con la dimostrazione che ho postato riesco a far vedere che il punto P non è un punto caso, ma proprio un punto che si trova in una posizione univoca all'interno del quadrato, dal momento che è il punto in comune alle due circonferenze di raggio l.
Basta quindi semplicemente dimostrare questo per escludere che P sia un punto generico, altrimenti bisognerebbe dimostrare che esiste almeno una terza circonferenza che lo contiene (circonferenza però passante per i punti B e D oppure per i punti A e C, per essere coerenti col mio ragionamento)
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purtroppo non è come dici: parti col dire che deve esistere una circonferenza passante per i punti A P C, che è affermazione corretta,
ma niente, a priori, ci assicura che per forza il centro della circonferenza sia D.
In realtà tu costruisci semplicemente un triangolo equilatero, data la base DC, prendendo come terzo punto del triangolo l'intersezione (una delle due: diciamo quella in "alto") fra le due circonferenze (quella con centro D e qiella con centro C). Poi (e solo poi) si potrà anche vedere, che trovato P, l'angolo <PAB> misura 15°.
In sostanza, secondo me, anche la tua è una verifica a posteriori di quanto, invece, bisognerebbe dimostrare.
Per meglio chiarire il mio punto di vista cambiamo per un attimo i dati del quesito: sia P un punto tale che gli angoli <PAB> e <PBA> siano uguali fra di loro e pari a 10°
Anche stavolta possiamo costruire le due circonferenze (una passante per A, P, C e l'altra per B, P, D), che avranno P come intersezione, ma non avranno come centro, rispettivamente, D e C.
Questa ultima evenienza accade solo se gli angoli di cui sopra sono pari a 15°, ma non l'abbiamo dimostrato: l'abbiamo solo verificato.
Madvero conserva la maglia gialla |
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Jacap
Mortale devoto
Registrato: 06/07/09 15:48
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| Inviato: 09 Lug 2009 11:55 Oggetto: |
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Hai ragione, ho riguardato meglio e in effetti così non dimostro che il centro di quella circonferenza è proprio D. Devo scervellarmi ancora un pò dunque!  |
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