Cerchi in un triangolo qualsivoglia

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panurgo
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Cerchi in un triangolo qualsivoglia

Messaggio da panurgo » gio dic 29, 2005 9:46 pm

Uno starnuto occorso mentre mi cimentavo nel tentativo di risolvere il problema irrisolto "cerchi in un triangolo equilatero"
Si inscriva una circonferenza in un triangolo equilatero di lato 1 e poi si inscrivano 3 circonferenze in ciascuno dei 3 angoli (tangenti a due lati ed alla precedente circonferenza); quindi si ripeta il procedimento all'infinito (cioè si aggiungano 3 circonferenze sempre più piccole nei 3 angoli).
Calcolare la somma di tutti i cerchi (l'area totale).
Se proprio non volete ripeterlo all'infinito, fatelo almeno per 3 volte!

mi ha fatto sbagliare il disegno

Immagine

Quanto vale, quindi, l'area degli infiniti cerchi inscritti in questo triangolo? :twisted:
Ultima modifica di panurgo il dom ago 10, 2008 8:33 pm, modificato 1 volta in totale.
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commento

Messaggio da antonio » ven dic 30, 2005 12:49 am

Finalmente un quesito degno di questo nome!
Ogni limite ha una pazienza! (Totò)

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Re: commento

Messaggio da panurgo » ven dic 30, 2005 7:05 am

antonio ha scritto:Finalmente un quesito degno di questo nome!
Non esageriamo, la laurea al MIT non serve! Basta un po' di geometria elementare, un po' di algebra e un po' di colpo d'occhio! :D

P.S.: l'occhio mi fa ancora male! :roll:
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archie

Messaggio da archie » ven dic 30, 2005 3:35 pm

Dai miei calcoli la somma risulta essere \frac{11 \pi}{96}
Ciao.
Archie

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Messaggio da panurgo » ven dic 30, 2005 3:56 pm

archie ha scritto:Dai miei calcoli la somma risulta essere \frac{11 \pi}{96}
Ciao.
Archie
...indipendentemente dal valore di a, b e c? :shock:
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Messaggio da Ospite » ven dic 30, 2005 4:02 pm

Mi sono riferito al triangolo equilatero (come indicato nella citazione)
e non ho per niente fatto caso ad "a,b,c" della figura!
Caspita,cosi' e' molto piu calcoloso e si che mi pareva troppo abbordabile...
Ora ci provo.
Archie

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Messaggio da panurgo » ven dic 30, 2005 4:09 pm

Me lo dicono tutti che sono troppo ermetico (in realtà cerco di essere spiritoso) :wink:
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Bruno
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Messaggio da Bruno » ven dic 30, 2005 6:54 pm

...

Pufff...

Normalmente mi occupo delle questioni solo quando penso di poter scrivere
abbastanza in fretta la risposta, anche e soprattutto perché il tempo manca.
Peraltro, non sono sicuramente abile come Panurgo a impostare formule, a
tracciarte disegni e, ovviamente, a elaborare agili risoluzioni, per cui...

Tuttavia non sono riuscito a sorvolare sull'interessante questione qui proposta
(come invece faccio spesso) e ho provato a buttare giù qualche calcolo.

Ignoro la soluzione e temo di aver perso qualche simbolo strada facendo,
quindi mi scuso per l'inevitabile improvvisazione di questo mio post.

Ma andiamo avanti...

Di seguito riproduco un disegno fatto in fretta con Excel (?!?), con il quale
però spero lo stesso di chiarire i miei passaggi:

Immagine

I dati del problema sono i lati e quindi potrei già considerare noti anche
il raggio del cerchio inscritto:

\displaystyle r_0 = \frac {\sqr {p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}

e i seguenti seni (Briggs):

\displaystyle sen \frac \alpha 2 = \sqr {\frac {(p-b)(p-c)}{bc}} \\ sen \frac \beta 2 = \sqr {\frac {(p-a)(p-c)}{ac}} \\ sen \frac \gamma 2 = \sqr {\frac {(p-a)(p-b)}{ab}} \, ,

essendo p il semiperimetro.

La figura rappresenta un solo vertice del triangolo, dal momento che le
considerazioni che farò su questa parte potranno essere applicate anche
agli altri due vertici.

I due raggi messi in evidenza sono perpendicolari al lato a, poiché condividono
con tale lato i punti di tangenza delle rispettive circonferenze.

Posso dire, allora, che:

\displaystyle r_0-r_1 = (r_0+r_1)sen \frac \gamma 2

ossia:

\displaystyle r_1 = r_0 \left( \frac {1-sen \frac \gamma 2}{1+sen \frac \gamma 2} \right) = r_0 \cdot t_\gamma

utilizzando \displaystyle t_\gamma per brevità.

Per lo stesso principio, d'altra parte, riguardo alle circonferenze più piccole
successive (che dovremo immaginare), posso anche dire:

\displaystyle r_2 = r_1 \cdot t_\gamma \\ r_3 = r_2 \cdot t_\gamma \\ r_4 = r_3 \cdot t_\gamma \,\,\, \cdots

e cioè:

\displaystyle r_2 = r_0 \cdot t_\gamma^2 \\ r_3 = r_0 \cdot t_\gamma^3 \\ r_4 = r_0 \cdot t_\gamma^4 \,\,\, \cdots

La somma delle aree degli infiniti cerchi compresi fra il cerchio inscritto nel
triangolo e il vertice, pertanto, è:

\displaystyle \pi \cdot r_0^2 \cdot \left[(t_\gamma^2)+(t_\gamma^2)^2+(t_\gamma^2)^3+...\right] = \pi \cdot r_0^2 \cdot \frac {t_\gamma^2}{1-t_\gamma^2} \,\,\, ,

trattandosi di una progressione geometrica senza l'unità iniziale ed essendo,
inoltre, \displaystyle \, t_\gamma^2 < 1 \, per \displaystyle \,  0 <\gamma< 180^o .

Questo valore, naturalmente, non comprende l'area del cerchio con raggio \displaystyle r_0.

Analogamente, trovo la stessa somma dei cerchi infiniti relativi agli altri due
vertici:

- vertice in \displaystyle \beta: \displaystyle \,\,\, \pi \cdot r_0^2 \cdot \frac {t_\beta^2}{1-t_\beta^2} \,\, ,

- vertice in \displaystyle \alpha: \displaystyle \,\,\, \pi \cdot r_0^2 \cdot \frac {t_\alpha^2}{1-t_\alpha^2} \,\, .

L'area totale, allora, è data dalla somma delle tre aree appena trovate, a cui
bisogna aggiungere quella del cerchio inscritto:

\displaystyle \pi \cdot r_0^2 \cdot \left (1+\frac {t_\alpha^2}{1-t_\alpha^2}+\frac {t_\beta^2}{1-t_\beta^2}+\frac {t_\gamma^2}{1-t_\gamma^2} \right )

A questo punto, volendo, potrei fare tutte le sostituzioni per esprimere il risultato
in funzione dei lati, ma sono ormai alla frutta... perciò rinvio alle formule iniziali ;)


PS - Se il triangolo fosse equilatero e con lato unitario, si avrebbe:

\displaystyle \frac \alpha 2 = \frac \beta 2 = \frac \gamma 2 = 30^o

con seno uguale a 1/2. Quindi:

\displaystyle t = \frac {1-\frac 1 2}{1+\frac 1 2} =  \frac 1 3

mentre:

\displaystyle \frac {t^2}{1-t^2} = \frac 1 8 \\ r_0 = 1 \cdot \frac {\sqr 3}{6} \,\, .

L'area di tutti cerchi, in questo caso, sarebbe:

\displaystyle \pi \cdot \frac 1 {12} \cdot \left (1+3 \cdot\frac 1 8 \right ) = \pi \cdot \frac {11} {96}

in accordo con il risultato di Archie.


;) Bruno

_____________________________________________________________________________
PS - Sistemato un po' l'italiano frettoloso, ora dovrebbe andare meglio. (9 gennaio 2006)
Ultima modifica di Bruno il lun gen 09, 2006 7:56 pm, modificato 3 volte in totale.

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Messaggio da panurgo » ven dic 30, 2005 10:02 pm

Aggiungo la mia soluzione che non fa uso della trigonometria

Per prima cosa, occorre ricordarsi che l’incentro è all’intersezione delle bisettrici

Immagine

Segnamo quindi le perpendicolari per l’incentro ai lati

Immagine

e scopriamo che i segmenti \overline {{\rm OD}}, \overline {{\rm OB}}, \overline {{\rm OE}}, \overline {{\rm OC}}, \overline {{\rm OF}} e \overline {{\rm OA}} dividono il triangolo in sei triangoli a due a due congruenti (e lo ricordiamo).

Tracciamo ora le tangenti al cerchio inscritto nelle intersezioni con le bisettrici e troviamo le intersezioni con i lati del triangolo

Immagine

notiamo che ciascuno dei tre triangoli formati da tali perpendicolari e dai lati del triangolo {\rm ABC} è un triangolo isoscele (e lo ricordiamo).
Ecco il disegno, un po’ ripulito

Immagine

Poniamo

\displaystyle \overline {{\rm AD}}  = x \quad \quad \overline {{\rm DB}}  = a - x \quad \quad \overline {{\rm BE}}  = y \quad \quad \overline {{\rm EC}}  = b - y \quad \quad \overline {{\rm CF}}  = z \quad \quad \overline {{\rm FA}}  = c - z

Si ha che

\displaystyle \left\{a - x = y \\ b - y = z \\ c - z = x \\ \right.

e quindi

\displaystyle \left \{  x = \frac{{a - b + c}}{2} = p - b \\  y = \frac{{a + b - c}}{2} = p - c \\  z = \frac{{ - a + b + c}}{2} = p - a \\ \right.

e

\displaystyle r = \sqrt {\frac{{\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}}{p}}  = \sqrt {\frac{{xyz}}{{x + y + z}}}

dove p è il semiperimetro

Per trovare l’incentro del triangolo {\rm JBK} è sufficiente tracciare la bisettrice di \angle {\rm KJB} e trovare l’intersezione con la bisettrice di \angle {\rm ABC}

Immagine

Il triangolo successivo formato dal segmento tangente al cerchio piccolo e parallelo a \overline {\rm JK}, {\rm WBY}, è simile a {\rm JBK} e così via ad infinitum

Immagine

Posto

\displaystyle \overline {{\rm OB}}  = l_{\rm B}  = \sqrt {r^2  + y^2 } \quad \quad \overline {{\rm QA}_{\rm 1} }  = r_{{\rm B}{\rm ,1}}

si ha, per la similitudine dei triangoli {\rm DBO} e {\rm A_1BQ},

\displaystyle \frac{{r_{{\rm B}{\rm ,1}} }}{r} = \frac{{l_{\rm B}  - r - r_{{\rm B}{\rm ,1}} }}{{l_{\rm B} }}\quad  \Leftrightarrow \quad r_{{\rm B}{\rm ,1}}  = \frac{{l_{\rm B}  - r}}{{l_{\rm B}  + r}}r

inoltre, per la similitudine dei triangoli {\rm B_1BZ} e {\rm A_1BQ}, si ha, posto \overline {{\rm ZB}_1 }  = r_{{\rm B}{\rm ,2}}

\displaystyle \frac{{r_{{\rm B}{\rm ,2}} }}{r} = \frac{{l_{\rm B}  - r - 2r_{{\rm B}{\rm ,1}}  - r_{{\rm B}{\rm ,2}} }}{{l_{\rm B} }}\quad  \Leftrightarrow \quad r_{{\rm B}{\rm ,2}}  = \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^2 }}{{\left( {l_{\rm B}  + r} \right)^2 }}r

e, in generale, vale

\displaystyle r_{{\rm B}{\rm ,}i}  = \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^i }}{{\left( {l_{\rm B}  + r} \right)^i }}r

L’area del cerchio i-esimo vale

\displaystyle A_{{\rm B}{\rm ,}i}  = \pi r_{{\rm B}{\rm ,}i}^2  = \pi r^2 \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^{2i} }}{{\left( {l_{\rm B}  + r} \right)^{2i} }} = \pi r^2 q_{\rm B}^i

con

\displaystyle q_{\rm B}  = \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^2 }}{{\left( {l_{\rm B}  + r} \right)^2 }}  < 1

mentre l’area totale vale

\displaystyle A = \pi r^2  + \sum \limits_{i = 1}^\infty  {\left \{ {A_{{\rm A}{\rm ,}i}  + A_{{\rm B}{\rm ,}i}  + A_{{\rm C}{\rm ,}i} } \right \}}  = \pi r^2  + \pi r^2 \sum \limits_{i = 1}^\infty  {\left \{ {q_{\rm A}^i  + q_{\rm B}^i  + q_{\rm C}^i } \right \}}

ma

\displaystyle \sum \limits_{i = 1}^\infty  {q_{\rm A}^i }  = \frac{1}{{1 - q_{\rm A} }} - 1 = \frac{{\left( {l_{\rm A}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm A} r}}\quad \quad \sum \limits_{i = 1}^\infty  {q_{\rm B}^i }  = \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm B} r}}\quad \quad \sum \limits_{i = 1}^\infty  {q_{\rm C}^i }  = \frac{{\left( {l_{\rm C}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm C} r}}

e quindi

\displaystyle A = \pi r^2 \left \{ {1 + \frac{{\left( {l_{\rm A}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm A} r}} + \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm B} r}} + \frac{{\left( {l_{\rm C}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm C} r}}} \right \}

Triangolo equilatero


Immagine

la formula generale è

\displaystyle A = \pi r^2 \left \{ {1 + \frac{{\left( {l_{\rm A}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm A} r}} + \frac{{\left( {l_{\rm B}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm B} r}} + \frac{{\left( {l_{\rm C}  - r} \right)^2 }}{{4l_{\rm C} r}}} \right \}

ma per il triangolo equilatero

\displaystyle a = b = c \Leftrightarrow l_{\rm A}  = l_{\rm B}  = l_{\rm C}  = 2r = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a

e quindi

\displaystyle A = \pi a^2 \frac{1}{{12}}\left \{ {1 + \frac{3}{8}} \right \} = \frac{{11}}{{96}}\pi a^2
Ultima modifica di panurgo il dom ago 10, 2008 8:32 pm, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Bruno » lun gen 02, 2006 12:19 pm

...

Notevole ed elegante, Panurgo ;)


All'inizio delle mie considerazioni ho messo la formula che consente di ricavare
il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo attraverso i lati.
In sostanza, il raggio è dato dal rapporto fra l'area del triangolo e il perimetro,
il tutto moltiplicato per 2. E' un risultato noto e si può ottenere con pochi passaggi.

Nonostante ciò, devo dire che il significato di questo rapporto, ossia la posizione
del centro del cerchio massimo inseribile nel triangolo, ha per me qualcosa di
affascinante e inafferrabile, che con gli anni non accenna sbiadirsi... (sarà grave?)

Il triangolo è una figura piana e sia l'area che il perimetro appartengono al suo
stesso piano: qualunque cosa rappresenti per il triangolo il proprio cerchio inscritto
(chissà cosa ci racconterebbe se fosse Socrate o Pascal...), il triangolo stesso
può individuarlo stando lì dov'è e con le cose che ha a disposizione, magari utilizzandole
in modo nuovo.

Esiste un rapporto simile anche per il raggio del cerchio circoscritto, però in quel
caso si passa dal piano allo spazio, con il prodotto dei lati, e poi si rientra nel piano,
con l'area (il tutto diviso per 4).

Scusate l'effetto delle bollicine... ma volevo solo darmi un'occasione per non
dimenticare questo: aiuta molto a capire meglio le cose il fatto che ciò che
abbiamo costantemente sotto gli occhi, in realtà, possa sempre avere lati inesplorati,
e non solo, non soprattutto dal punto di vista logico o razionale.

Un sereno 2006 a tutti!

;) Bruno

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