b + h = p

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b + h = p

Messaggio da Br1 » ven giu 29, 2007 11:44 am

Trovare graficamente tutti i triangoli di altezza
data, nei quali sia verificata la seguente relazione:

Base + Altezza = Semiperimetro.


Ieri ho rivisto una mia nota di questo problema
(con una mia soluzione di diversi anni fa) fra le
pagine dell'Algebra di Bombelli e penso che derivi
da una sua questione. Penso, ripeto, perché
non l'ho verificato.
Ultima modifica di Br1 il lun lug 02, 2007 10:52 am, modificato 1 volta in totale.
Bruno

Pasquale
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Messaggio da Pasquale » ven giu 29, 2007 2:09 pm

Da un primo veloce approccio, mi pare che siano esclusi i triangoli isosceli e rettangoli. Infatti:


Immagine


dovrebbe essere nel primo caso:

2x + h = x + \sqr{x^2 + h^2}

x + h =  \sqr{x^2 + h^2}

e nel secondo:

2x + 2h = x + h + \sqrt{x^2 + h^2}

x + h = \sqrt{x^2 + h^2}


Quindi in ambedue i casi:

x^2 + 2xh + h^2 = x^2 + h^2

2xh = 0 (il triangolo non esiste più)


[Non ho completato lo studio, ma mi sembra che la cosa sia possibile con i triangoli scaleni con altezza sufficientemente maggiore della base. Per il momento vi saluto per un po' di tempo...buon divertimento]
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\text {     }ciao Immagine ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)

panurgo
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Messaggio da panurgo » lun lug 02, 2007 12:55 pm

Pasquale ha scritto:Da un primo veloce approccio, mi pare che siano esclusi i triangoli isosceli e rettangoli
Non sono d'accordo con Pasquale.

In primis, il piede dell'altezza non può appartenere alla base. Infatti (vedi figura),

Immagine

per la disuguaglianza triangolare è

\left \{ {x \/ + \/ h \/ > \/ a \\ b \/ - \/ x \/ + \/ h \/ > \/ c} \right .

e quindi

b \/ + \/ 2h \/ > \/ a \/ + \/ c

da cui segue

b \/ + \/ h \/ > \/ \frac {a + b +c} 2

I triangoli rettangoli sono esclusi perché o il piede dell'altezza appartiene alla base o l'altezza coincide con un cateto e quindi, per la disuguaglianza triangolare, b + c > \sqrt {b^{\script 2} + c^{\script 2}} \qquad \Longrightarrow \qquad b \/ + \/ h \/ > \/ p.
Ma è possibile un triangolo isoscele di angoli pari 30°, 30° e 120° che poggi su un lato

Immagine

per questo triangolo a \/ = \/ b e c \/ = \/ 2h, da cui b \/ + \/ h \/ = \/ p

Altro seguirà se troverò il tempo di pensarci... :roll:
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Messaggio da Br1 » mar lug 03, 2007 10:54 am

Ok, Guido: sono senz'altro corretti questi tuoi
primi passi, naturalmente!

I triangoli di uguale altezza e con quella stessa
proprietà sono infiniti e si può trovare un metodo
grafico per disegnarne quanti ne vogliamo :D

Questo problema, inoltre, è intimamente legato
alla più famosa (e antica) fra le terne pitagoriche...
Bruno

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Messaggio da Admin » mar lug 03, 2007 7:29 pm

Intuitivamente, si deduce che,
data una altezza h fissata, per ogni valore della base b > 0 si può avere un triangolo tale che b+h = p (con p il semiperimetro)
(basta spostare la base opportunamente sull'asse orizzontale).

Ciò è confermato dai calcoli:

consideriamo il seguente generico triangolo:

Immagine

si deve avere
b+h = p\qquad\Rightarrow\qquad b+h=\frac{a+b+c}2\qquad\Rightarrow\qquad b=a+c-2h
inoltre si ha dal triangolo che:
a=\sqrt{x^2+h^2}
c=\sqrt{(b-x)^2+h^2}

Risolviamo il sistema:
\left{b=a+c-2h\\a=\sqrt{x^2+h^2}\\a=\sqrt{(b-x)^2+h^2}

l'ho fatto risolvere a Derive (non me ne vogliate);
si ottiene:

b=\frac{2h(h-\sqrt{x^2+h^2})}{\sqrt{x^2+h^2}-x-2h}

Ossia b dipende da x e h;
per cui, per ogni differente coppia di valori h e x, otteniamo un differente triangolo che soddisfa la condizione iniziale.

Forse l'espressione per b può essere semplificata considerando come variabile l'angolo tra a e b anzichè il segmento x.

Ciao
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Ultima modifica di Admin il ven lug 06, 2007 2:18 pm, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Br1 » mer lug 04, 2007 9:53 am

Ok, Pietro \, :D \, Ovviamente mi fido del risultato
di Derive, che perciò non controllo (a me è
capitato di seguire un'altra via, in cui però non
ho avuto bisogno di ricavarmi la base, quindi
devo fidarmi per mancanza di tempo...).

Naturalmente, restano valide le considerazioni
preliminari di Guido, pertanto gli infiniti triangoli
che soddisfano la relazione indicata hanno un
aspetto più simile all'ultimo triangolo che Guido
stesso ha postato.

Accettata tutta la parte analitica della questione
(ma ci sono sicuramente altre strade, che meritano
senza dubbio di essere trovate), bisognerebbe poi
arrivare a disegnarli, questi infiniti triangoli...
Be', è chiaro: non tutti! :wink:
Ultima modifica di Br1 il mer lug 04, 2007 10:41 am, modificato 1 volta in totale.
Bruno

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Messaggio da panurgo » mer lug 04, 2007 10:37 am

la relazione di Pietro è corretta e fornisce, come deve essere, valori di b \/ < \/ x (vi risparmio l'algebra).

Un inizio di metodo grafico si ha quando ci si rende conto che il vertice superiore del triangolo ha coordinate \left ( { x, h}\right )

Immagine

[segue] :roll:
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Messaggio da Edmund » mar lug 10, 2007 3:33 pm

Dalla

b+h = (a+b+c)/2

riarrangiando si ottiene

b=(a-h)+(c-h)

sfruttando questa relazione ho ricavato graficamente il triangolo in questione

per un triangolo di cui si conoscono l'altezza h e il lato più lungo a
Allegati
figura1.JPG
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Messaggio da Edmund » mar lug 10, 2007 4:04 pm

Mi pare di aver esagerato con le dimensioni della figura. Adesso vedo se posso rimediare.



Ciao

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Messaggio da Br1 » lun lug 16, 2007 8:42 am

Ottimo ottimo ottimo, Edmund :D
E ben tornato!

A me è capitato di affrontarlo
diversamente, avendo trovato
una relazione generale molto
molto carina per b+h rispetto
a \small \/p.
Infatti, e ciò è un altro aspetto
interessante della questione,
si può determinare un range
in cui disegnare tutti (volendo)
i triangoli di altezza data per
i quali sia valida l'uguaglianza
in esame. Questa via passa per
uno dei triangoli rettangoli più
famosi della Storia... :wink:

Ma per il momento non dico
nulla.
Bruno

Br1
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Messaggio da Br1 » sab set 01, 2007 12:46 am

Prima di lasciare questo topic al suo
(meritato) sonno, vorrei allegare i
miei appunti sul metodo risolutivo di
cui dicevo sopra.

Di solito, quando propongo dei quesiti,
non sono particolarmente stimolato a
scrivere le mie risoluzioni, visto che
m'interessano molto di più quelle altrui.
In questo caso, però, penso che non
sia inutile farlo, probabilmente ne vale
la pena :wink:

Rinnovo i miei complimenti a Edmund
(proprio bravo!, per cui mi fa piacere
richiamare qui il suo metodo) e riporto di
seguito le immagini delle pagine in doc
che non ho avuto il tempo di riscrivere
in formato post:
- prima
- seconda
- terza.

Ho provato a sfogliare l'Algebra del
Bombelli per cercare una traccia di
questo problema, ma senza successo.
Forse si tratta di un'idea derivata da
una delle sue questioni... :roll:
Bruno

vittorio
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Messaggio da vittorio » gio set 06, 2007 4:22 pm

Triangoli per cui
base + altezza = semiperimetro

Indico con x, y e z le misure dei lati (rispetto ad una comune unità di misura). Indico inoltre con \displaystyle h_z l'altezza relativa alla base z, con p il semiperimetro e con S l'area.
Dovranno ovviamente valere le disuguaglianze (triangolari):

y+z>x>0 , z+x>y>0 , x+y>z>0

Risulta, con dimostrazione immediata, che se il triangolo di lati x, y e z soddisfa alla proprietà precedente, anche ogni triangolo ad esso simile, di lati kx, ky e kz (k>0), vi soddisfa. Questo comporta che la misura di uno dei lati può essere fissata a piacere; in seguito considererò la base z=1.

Per note definizioni e teoremi risulta:

\displaystyle p=\frac{x+y+z}{2}, \displaystyle s=\sqr{p(p-x)(p-y)(p-z)}, \displaystyle h_z=\frac{2S}{z}

La condizione \displaystyle z+h_z=p si traduce quindi in \displaystyle 2S=z(p-z). Sostituendo, elevando al quadrato e dividendo per (p-z) (sicuramente diverso da zero) si ottiene:

\displaystyle x^{3}+y^{3}-2z^{3}-x^{2}y+x^{2}z-xy^{2}+zy^{2}-2xyz = 0

La precedente può essere considerata come l'equazione di una cubica F(x,y,z) in un piano proiettivo di coordinate omogenee x, y e z in cui considero la retta z=0 come retta impropria (o all'infinito).
Le derivate parziali della F(x,y,z) sono

\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x} = (x-y)(3x+y+2z), \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y} = (y-x)(x+3y+2z), \displaystyle \frac{\partial F}{\partial z} = (x-y)^2-6z^2

Le tre derivate parziali si annullano contemporaneamente solo per x=y e z=0. La cubica non è dunque riducibile e per essa il punto improprio (1,1,0). è un punto doppio (una cuspide). La cubica è dunque razionale.
Ponendo z=1 (come precisato all'inizio) si passa alle coordinate cartesiane ordinarie e si ottiene l'equazione

\displaystyle x^3-x^{2}y-xy^{2}+y^{3}+x^{2}-2xy+y^{2}-2=0

Il punto doppio trovato è il punto improprio della bisettrice del primo e terzo quadrante: una generica parallela alla suddetta bisettrice, y=x+t, ha quindi due intersezioni con la cubica nel punto improprio e una terza intersezione al finito.
Sostituendo si ottiene

\displaystyle 2t^{2}x+t^{3}+t^{2}-2=0

Ricavando la x e sostituendo infine per ottenere la y si ottiene infine

\displaystyle x=\frac{2-t^{3}-t^{2}}{2t^{2}} \qquad y=\frac{2+t^{3}-t^{2}}{2t^{2}} \qquad z=1 \qquad t\neq 0

La cubica è disegnata in rosso in figura 1 con in blu la bisettrice del primo e terzo quadrante.

Immagine

Dalla curva si risale al problema geometrico se sono rispettate le condizioni poste all'inizio che si possono tradurre in

\displaystyle x>0  \qquad y>0 \qquad y+1>x \qquad x+1>y \qquad x+y>1

In figura 1 sono state quindi disegnate, in nero, le rette \displaystyle y=x+1 \qquad y=x-1 parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante, e la retta \displaystyle x+y=1.
I punti della curva che risolvono il problema geometrico sono dunque quelli che appartengono alla fascia limitata dalle prime due rette e posti a destra della terza, cioè per \displaystyle -11, ne consegue che \displaystyle\qquad\frac{\hat y}{2}>45^\circ cioè \displaystyle\qquad\hat y > 90^\circ.Tutti i triangoli considerati sono dunque ottusangoli con l'angolo ottuso adiacente alla base.
Da alcune semplici considerazioni sulla funzione \displaystyle\qquad\cos\hat z=\frac{4-t^4}{4+t^4} per 0<t<1 si deduce \displaystyle\qquad 0<\hat z<\arccos\left(\frac{3}{5}\right).

Per ottenere una rappresentazione grafica dei triangoli considerati considero l'altezza \displaystyle\qquad h_z=\frac{1-t^2}{t^2}\qquad e la proiezione di y su z \displaystyle\qquad pr=y\cdot\cos\hat x = \frac{(t+1)(2-t)}{2t}\qquad.
Considero quindi le precedenti come le equazioni parametriche di una curva che traccio riportando l'altezza \displaystyle h_z sulle ascisse e la proiezione pr sulle ordinate. Ottengo la curva di figura 2 nella quale in rosso è evidenziato il tratto di curva corrispondente a 0<t<1.

Immagine

Fissata una altezza si determina il corrispondente punto P sul ramo di curva suddetto. Il triangolo richiesto ha i vertici in P e nei punti (0,0) e (0,1). In figura è evidenziato in verde uno di questi triangoli (per \displaystyle h_z=3).

Al problema di disegnare uno dei triangoli considerati note la base e l'altezza si può anche dare una soluzione tipo riga e compasso come in figura 3.

Immagine

Dati i segmenti (che chiamo più semplicemente) z (base) e h (altezza)
1- si riportano successivamente su di una retta i segmenti AC=z, CD=h, DB=z e BI=h,
2- con centro nel medio E di AB si traccia la circonferenza di diametro AB,
3- da C si manda la perpendicolare ad AB,
4- si determina l'intersezione G tra la circonferenza e la perpendicolare,
5- sulla perpendicolare si riporta, dalla parte opposta rispetto a G, il segmento CL=z,
6- si congiunge B con G,
7- da I si traccia la parallela a BG,
8- la perpendicolare incontra la parallela in K,
9- si determina il punto medio M di LK,
10- da M e da D si mandano le parallele rispettivamente ad AB e a CG che si incontrano in P,
11- P è il terzo vertice del triangolo cercato dopo C ed L.

In figura il triangolo è stato evidenziato in verde.

Per la costruzione ho posto (anche per non dover considerare la base z unitaria) \displaystyle \qquad\frac{h}{z}=\frac{1-t^2}{t^2}\qquad\frac{pr}{z}=\frac{(t+1)(2-t)}{2t}
Dalla prima si ricava (scegliendo il valore positivo di t) \displaystyle\qquad t=\frac{\sqr z}{\sqr{z+h}}
sostituendo nella seconda e sistemando opportunamente i termini si ricava \displaystyle\qquad pr=\frac{z}{2}+\frac{(x+2h)\sqr{z(z+h)}}{2(z+h)}
La procedura indicata consiste nel costruire la formula di pr: ne risulta LM=pr.
Dati i segmenti base e altezza la procedura consente quindi di costruire in ogni caso il triangolo richiesto.

Diverso risulta il caso in cui vengano dati la base e un altro dei due lati. In effetti supposti dati z e y (base e lato maggiore) si avrebbe
\displaystyle\qquad \frac{y}{z}=\frac{t^3-t^2+2}{2t^2}.
quindi si dovrebbe risolvere nell'incognita t l'equazione \displaystyle\qquad zt^3-(2y+z)t^2+2z=0
che in genere non è riducibile. Siamo quindi in una situazione simile a quella della duplicazione del cubo o della trisezione dell'angolo. In questo caso il problema non è risolubile graficamente con costruzioni basate esclusivamente sull'uso di riga e compasso.
Vittorio

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Messaggio da Br1 » gio set 06, 2007 5:50 pm

Perbacco, Vittorio :D

Mi sembra tutto molto bello, almeno a giudicare
dalle immagini!
Sono contento che il problema ti sia piaciuto :D
Ti prometto che leggerò per bene il tuo post
appena mi sarà possibile :wink:
Bruno

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