Queste sono le ormule generali:
BK = [P + SQR(P^2-8*a*c)]/4
BH = [P - SQR(P^2-8*a*c)]/4
P = PERIMETRO DEL TRIANGOLO ABC
a = CATETO MINORE
c = IPOTENUSA
Ciao
Bisezionamento bis
Moderatori: Gianfranco, Bruno
Questo forum è una sezione del PORTALE DI BASE CINQUE
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Ospite
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_Pasquale
-
_Edmund
Per Pasquale:
Dici che c'è più di una soluzione, ma quella che ho postata è l'unica che riesco a trovare. Più soluzioni le ho trovate per altri triangoli rettangoli, come quelli con lati 20-21-29 o multipli (in tali casi sono almeno tre le linee che sezionano il triangolo).
Evidentemente mi sfugge qualche dettaglio. Ciao.
Dici che c'è più di una soluzione, ma quella che ho postata è l'unica che riesco a trovare. Più soluzioni le ho trovate per altri triangoli rettangoli, come quelli con lati 20-21-29 o multipli (in tali casi sono almeno tre le linee che sezionano il triangolo).
Evidentemente mi sfugge qualche dettaglio. Ciao.
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_Pasquale
Post la mia soluzione, salvo abbagli:
Un triangolo con lati 3,4,5 è rettangolo essendo $3^2+4^2=5^2$
Una retta che taglia il triangolo, salvo i casi limite che non ci interessano, interseca due lati e quindi, posto ABC il nostro triangolo, retto in A, con AB=4; BC=5; AC=3; la retta può intersecare i lati AB ed AC, oppure AB e BC, o AC e BC.
Il problema non può avere soluzione se la retta taglia i due cateti; infatti, posti x,y i cateti AP ed AQ, deve essere:
x + y = 6
in cui x può misurare al massimo 3 (con y = 3) ed al minimo 2, quando y = 4
Dovrebbe essere anche:
xy = 6, ma per quanto sopra, abbiamo che: $8 \le xy \le 9$
Passo quindi ad esaminare il caso della retta che interseca AB e BC:
BQ = x; BP = y; inoltre h : 3 = x : 5, da cui: $h = \frac{3}{5}x$
$\left { x + y = 6\\yh = 6$
$\left { x = 6 - y\\xy = 10; \text { (6 - y)y=10; y^2 - 6y + 10 = 0 (non ha soluzioni)}$
Per ultimo, la retta interseca AC e BC
CP = y; CQ = x; inoltre h : 4 = x : 5, da cui:$h = \frac{4}{5}x$
$\left { x + y = 6\\yh = 6$
$\left { y = 6 - x\\xy = \frac{15}{2}; \text{ x(6 - x) = \frac{15}{2}; 2x^2 - 12x +15 = 0; da cui:}$
$x_1 = \frac{6-\sqrt{6}}{2}; \text{ y_1 = \frac{6+\sqrt{6}}{2}}$
$x_2 = \frac{6+\sqrt{6}}{2}; \text{ y_2 = \frac{6-\sqrt{6}}{2}}$
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E' la somma che fa il totale (Totò)
Ciao
Un triangolo con lati 3,4,5 è rettangolo essendo $3^2+4^2=5^2$
Una retta che taglia il triangolo, salvo i casi limite che non ci interessano, interseca due lati e quindi, posto ABC il nostro triangolo, retto in A, con AB=4; BC=5; AC=3; la retta può intersecare i lati AB ed AC, oppure AB e BC, o AC e BC.
Il problema non può avere soluzione se la retta taglia i due cateti; infatti, posti x,y i cateti AP ed AQ, deve essere:
x + y = 6in cui x può misurare al massimo 3 (con y = 3) ed al minimo 2, quando y = 4
Dovrebbe essere anche:
xy = 6, ma per quanto sopra, abbiamo che: $8 \le xy \le 9$
Passo quindi ad esaminare il caso della retta che interseca AB e BC:
BQ = x; BP = y; inoltre h : 3 = x : 5, da cui: $h = \frac{3}{5}x$
$\left { x + y = 6\\yh = 6$
$\left { x = 6 - y\\xy = 10; \text { (6 - y)y=10; y^2 - 6y + 10 = 0 (non ha soluzioni)}$
Per ultimo, la retta interseca AC e BC
CP = y; CQ = x; inoltre h : 4 = x : 5, da cui:$h = \frac{4}{5}x$
$\left { x + y = 6\\yh = 6$
$\left { y = 6 - x\\xy = \frac{15}{2}; \text{ x(6 - x) = \frac{15}{2}; 2x^2 - 12x +15 = 0; da cui:}$
$x_1 = \frac{6-\sqrt{6}}{2}; \text{ y_1 = \frac{6+\sqrt{6}}{2}}$
$x_2 = \frac{6+\sqrt{6}}{2}; \text{ y_2 = \frac{6-\sqrt{6}}{2}}$
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E' la somma che fa il totale (Totò)
Ciao
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_Bruno
Pasquale, spero di non averti frainteso! Mi sembra però che Y non debbapasquale ha scritto: $x_1 = \frac{6-\sqrt{6}}{2}; \text{ y_1 = \frac{6+\sqrt{6}}{2}}$
$x_2 = \frac{6+\sqrt{6}}{2}; \text{ y_2 = \frac{6-\sqrt{6}}{2}}$
essere maggiore di AC=3, mentre Y1 è più grande... Sbaglio?
Bruno
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Invisibile un vento / l'ha apena sfioragia / sospension d'un momento; /
e la bola iridessente gera 'ndagia. (Biagio Marin)
-
_Pasquale
Infatti AC=3 e questo era l'abbaglio che sospettavo, nonostante le premesse note e tutto quello detto....a volte ci si perde in un bicchier d'acqua (mi sa che non ho proprio fatto il calcolo e forse ho controllato solo se erano valori positivi): quindi siamo di fronte ad una soluzione non accettabile . Grazie. OK Ed, scusa.
Non capisco come mai ci sono 2 topic uguali: Bruno, se per cortesia cancelli il tuo avviso sull'altro topic e nessun altro aggiunge qualcosa, poi posso cancellare tutto il topic doppione e così facciamo pulizia. Arigrazie.
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E' la somma che fa il totale (Totò)
Ciao
Non capisco come mai ci sono 2 topic uguali: Bruno, se per cortesia cancelli il tuo avviso sull'altro topic e nessun altro aggiunge qualcosa, poi posso cancellare tutto il topic doppione e così facciamo pulizia. Arigrazie.
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E' la somma che fa il totale (Totò)
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Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
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Nel caso di un triangolo rettangolo 20-21-29 sono tre i segmenti che tagliano in due parti uguali l'area e il perimetro: HK, MN, PQ
BH = (P - SQR(P^2-8*a*c))/4
BK = (P + SQR(P^2-8*a*c))/4
AM = (P - SQR(P^2-8*b*c))/4
AN = (P + SQR(P^2-8*b*c))/4
AP = (P + SQR(P^2-8*b*c))/4
AQ = (P - SQR(P^2-8*b*c))/4
Sembra che i tre segmenti si intersecano in uno stesso punto "I" coincidente con l'incentro del triangolo (le linee tratteggiate sono le bisettrici). Dico sembra in quanto non ho controllato analiticamente.
BH = (P - SQR(P^2-8*a*c))/4
BK = (P + SQR(P^2-8*a*c))/4
AM = (P - SQR(P^2-8*b*c))/4
AN = (P + SQR(P^2-8*b*c))/4
AP = (P + SQR(P^2-8*b*c))/4
AQ = (P - SQR(P^2-8*b*c))/4
Sembra che i tre segmenti si intersecano in uno stesso punto "I" coincidente con l'incentro del triangolo (le linee tratteggiate sono le bisettrici). Dico sembra in quanto non ho controllato analiticamente.
- Allegati
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- BISEZIONI202129.jpg (69.24 KiB) Visto 10564 volte
Edmund, ti riscrivo un attimo le formule in Tex (per una migliore leggibilità):
$\displaystyle \overline{BH} = (P - \sqr{P^2-8\cdot a\cdot c})/4 \\ \overline{BK} = (P + \sqr{P^2-8\cdot a\cdot c})/4 \\ \overline{AM} = (P - \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4 \\ \overline{AN} = (P + \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4 \\ \overline{AP} = (P + \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4 \\ \overline{AQ} = (P - \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4$
con $\displaystyle \; P = a+b+c$.
Riguardo all'incentro, non ho ancora verificato questo risultato, ma mi sembra
(mi sembra) che la tua supposizione sia molto verosimile, anche perché la
circonferenza inscritta di un triangolo è strettamente connessa al suo perimetro
e alla sua area.
Interessante!
Attendo sviluppi
$\displaystyle \overline{BH} = (P - \sqr{P^2-8\cdot a\cdot c})/4 \\ \overline{BK} = (P + \sqr{P^2-8\cdot a\cdot c})/4 \\ \overline{AM} = (P - \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4 \\ \overline{AN} = (P + \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4 \\ \overline{AP} = (P + \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4 \\ \overline{AQ} = (P - \sqr{P^2-8\cdot b\cdot c})/4$
con $\displaystyle \; P = a+b+c$.
Riguardo all'incentro, non ho ancora verificato questo risultato, ma mi sembra
(mi sembra) che la tua supposizione sia molto verosimile, anche perché la
circonferenza inscritta di un triangolo è strettamente connessa al suo perimetro
e alla sua area.
Interessante!
Attendo sviluppi
Ultima modifica di Bruno il gio mar 09, 2006 3:21 pm, modificato 1 volta in totale.
(Bruno)
...........................
Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
................................................................
Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
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Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
................................................................
Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
se di incentro si tratta, ne consegue che, quando rispetto ad una bisettrice il segmento utile (nell'esempio quello verde o quello blu) parte e arriva sui due lati dell'angolo bisecato, ne esiste un fratellino (quello blu o verde).
Ciò ovviamente non è più vero se la costruzione va ad interessare il terzo lato (quello su cui va a sbattere la bisettrice)
SE&O
Ciò ovviamente non è più vero se la costruzione va ad interessare il terzo lato (quello su cui va a sbattere la bisettrice)
SE&O
Enrico
Il teorema di Edmund
...
In effetti, Edmund ha avuto un’intuizione corretta:
Se una retta attraversa un triangolo e ne divide a metà l'area e il perimetro,
essa passa anche per il relativo incentro.
Ci si può convincere di ciò in questo modo (ma naturalmente ne esisteranno
altri migliori).
Considerando la seguente figura, vediamo che la condizione riguardante
l’area si può tradurre così:
¼ AC · H = ½ DC · h ,
ossia:
h : H = ½ AC : DC .
D’altra parte, però, abbiamo pure:
h : H = EC : BC
e quindi:
2 · DC · EC = AC · BC .
La condizione riguardante il perimetro, invece, si può scrivere così:
2 · ( DC + EC ) = AB + BC + CA .
E queste sono le relazioni da cui si ricavano le formule generali di Edmund.
Immaginiamo ora di individuare il punto di DE equidistante dal lato BC e dal lato
AC, il quale deve perciò trovarsi sulla bisettrice dell’angolo in C (tratteggiata nella
figura in arancione). Qualsiasi retta che intersechi i lati AC e BC ha senz'altro
un punto in comune con tale bisettrice.
Chiamiamo d la distanza di questo punto dai lati del triangolo appena indicati.
Possiamo allora scrivere, guardando sempre la figura:
½ DC · d + ½ EC · d = ½ DC · h
da cui deduciamo:
d = DC · h : ( DC + EC ) .
Il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo è dato dal rapporto fra
l'area e il semiperimetro e cioè:
r = ½ AC · H : ½ ( AB + BC + CA ) ,
ma più sopra abbiamo detto che:
¼ AC · H = ½ DC · h
e
AB + BC + CA = 2 · ( DC + EC ) ,
quindi:
r = DC · h : ( DC + EC ) ,
e questo risultato coincide con quello ottenuto per d.
> Salvo cantonate...
(Bruno)
In effetti, Edmund ha avuto un’intuizione corretta:
Se una retta attraversa un triangolo e ne divide a metà l'area e il perimetro,
essa passa anche per il relativo incentro.
Ci si può convincere di ciò in questo modo (ma naturalmente ne esisteranno
altri migliori).
Considerando la seguente figura, vediamo che la condizione riguardante
l’area si può tradurre così:
¼ AC · H = ½ DC · h ,
ossia:
h : H = ½ AC : DC .
D’altra parte, però, abbiamo pure:
h : H = EC : BC
e quindi:
2 · DC · EC = AC · BC .
La condizione riguardante il perimetro, invece, si può scrivere così:
2 · ( DC + EC ) = AB + BC + CA .
E queste sono le relazioni da cui si ricavano le formule generali di Edmund.
Immaginiamo ora di individuare il punto di DE equidistante dal lato BC e dal lato
AC, il quale deve perciò trovarsi sulla bisettrice dell’angolo in C (tratteggiata nella
figura in arancione). Qualsiasi retta che intersechi i lati AC e BC ha senz'altro
un punto in comune con tale bisettrice.
Chiamiamo d la distanza di questo punto dai lati del triangolo appena indicati.
Possiamo allora scrivere, guardando sempre la figura:
½ DC · d + ½ EC · d = ½ DC · h
da cui deduciamo:
d = DC · h : ( DC + EC ) .
Il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo è dato dal rapporto fra
l'area e il semiperimetro e cioè:
r = ½ AC · H : ½ ( AB + BC + CA ) ,
ma più sopra abbiamo detto che:
¼ AC · H = ½ DC · h
e
AB + BC + CA = 2 · ( DC + EC ) ,
quindi:
r = DC · h : ( DC + EC ) ,
e questo risultato coincide con quello ottenuto per d.
> Salvo cantonate...
(Bruno)
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(Bruno)
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La formula di Guadalupi
...
A proposito di triangoli rettangoli e circonferenze inscritte...
Mi è venuto in mente un paragrafo del libro "Le superfici si danno le aree",
di Francesco Guadalupi, segnalato su questo stesso forum da Ivana (ma non
ricordo dove), la quale ne ha inoltre parlato nell'interessante sito:
http://www.maecla.it/bibliotecaMatemati ... DALUPI.htm.
L'autore del libro scrive di aver individuato un'altra formula per calcolare l'area
del triangolo rettangolo. La regola è questa:
L'area di un triangolo rettangolo è uguale al prodotto dei due segmenti in cui
viene divisa l'ipotenusa dal punto di tangenza del cerchio inscritto.
E' noto che il raggio del cerchio inscritto in un triangolo rettangolo è uguale alla
metà della somma dei cateti meno l'ipotenusa. Bene, nel caso del triangolo
iniziale, cioè (3,4,5), abbiamo:
$\frac{4+3-5}{2} = 1,$
quindi, i segmenti in cui viene divisa l'ipotenusa dal punto di tangenza di tale
cerchio sono:
$3-1 = 2 \,$ e $\, 4-1 = 3,$
e perciò:
$2\cdot 3 = 6$
è l'area cercata.
Nel triangolo rettangolo (20,21,29) di Edmund, invece, abbiamo:
$\frac{20+21-29}{2} = 6 \;$ e poi:
$20-6 = 14 \\ 21-6 = 15,$
per cui l'area è:
$14\cdot 15 = 210 .$
In questa immagine si può vedere un'altra lettura del risultato di Guadalupi,
che potremmo chiamare: "Passeggiando sotto l'ipotenusa"... a lati lunghi e
ben distesi!
A questo punto vorrei proporre una piccola ricerca, ma ho preferito aprire
un altro topic (cliccare qui: L'area del triangolo rettangolo) per non mischiare
gli argomenti e lasciare che questo spazio rimanga invece dedicato agli
eventuali approfondimenti della questione che lo riguarda.
A proposito di triangoli rettangoli e circonferenze inscritte...
Mi è venuto in mente un paragrafo del libro "Le superfici si danno le aree",
di Francesco Guadalupi, segnalato su questo stesso forum da Ivana (ma non
ricordo dove), la quale ne ha inoltre parlato nell'interessante sito:
http://www.maecla.it/bibliotecaMatemati ... DALUPI.htm.
L'autore del libro scrive di aver individuato un'altra formula per calcolare l'area
del triangolo rettangolo. La regola è questa:
L'area di un triangolo rettangolo è uguale al prodotto dei due segmenti in cui
viene divisa l'ipotenusa dal punto di tangenza del cerchio inscritto.
E' noto che il raggio del cerchio inscritto in un triangolo rettangolo è uguale alla
metà della somma dei cateti meno l'ipotenusa. Bene, nel caso del triangolo
iniziale, cioè (3,4,5), abbiamo:
$\frac{4+3-5}{2} = 1,$
quindi, i segmenti in cui viene divisa l'ipotenusa dal punto di tangenza di tale
cerchio sono:
$3-1 = 2 \,$ e $\, 4-1 = 3,$
e perciò:
$2\cdot 3 = 6$
è l'area cercata.
Nel triangolo rettangolo (20,21,29) di Edmund, invece, abbiamo:
$\frac{20+21-29}{2} = 6 \;$ e poi:
$20-6 = 14 \\ 21-6 = 15,$
per cui l'area è:
$14\cdot 15 = 210 .$
In questa immagine si può vedere un'altra lettura del risultato di Guadalupi,
che potremmo chiamare: "Passeggiando sotto l'ipotenusa"... a lati lunghi e
ben distesi!
A questo punto vorrei proporre una piccola ricerca, ma ho preferito aprire
un altro topic (cliccare qui: L'area del triangolo rettangolo) per non mischiare
gli argomenti e lasciare che questo spazio rimanga invece dedicato agli
eventuali approfondimenti della questione che lo riguarda.
(Bruno)
...........................
Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
................................................................
Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
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Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
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Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
Scusate, cancello l'intervento e lo metto al posto giusto: chissà come era finito qui?
Fa parte del mistero degli errori dell'altro topic di Tino.
Grazie Bruno per avermelo fatto notare...se cancelli il tuo messaggio, forse posso cancellare questo del tutto.
Fa parte del mistero degli errori dell'altro topic di Tino.
Grazie Bruno per avermelo fatto notare...se cancelli il tuo messaggio, forse posso cancellare questo del tutto.
Ultima modifica di Pasquale il mer mar 15, 2006 2:19 am, modificato 2 volte in totale.
_________________
$\text { }$ciao
ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
$\text { }$ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)