parabole e triangoli

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

apritisesamo
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parabole e triangoli

Messaggio da apritisesamo »

Me ne hanno proposto un altro paio, ma non so proprio dove mettere mano. Eccoli:

1) dimostrare che se a,b,c,d,e,f sono interi minori o eguali a 7 in valore assoluto, e le parabole y=x^2+ax+b; y=x^2+cx+d; y=x^2+ex+f includono una regione R del piano, allora l’area di R è un razionale con denominatore minore di 2000.



2) In un triangolo isoscele ABC con vertice in A, la perpendicolare per il punto D di AB incontra in E il prolungamento di BC, così che AD=CE.
Se DE interseca AC in F, dimostrare che l’area del triangolo ADF è doppia di quella del triangolo CEF.


Ciao

Pasquale
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Pasquale »

Però non sempre la perpendicolare cade sul prolungamento della base; la formulazione del quesito è valida solo per alcuni triangoli e sarebbe interessante anche individuare quali.
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delfo52
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da delfo52 »

Non mi torna la costruzione del secondo quesito.
probabilmente ho interpretato male , ma (per come ho disegnato il mio "prototipo da lavoro", il triangolo CEF può risultare (o essere costruito in modo tale da) piccolo piccolo, mentra DAF può essre molto più grande.
Oltretutto, se D è scelto con la sola condizione che ne possa partire una perpendicolare a AB, si può scegliere un qualciasi D' più lontano da AB (ma sulla stessa perpendilare). La costruzione del restante disegno non cambia, mentre può aumentare assai AD e l'area del triangolo grande
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Enrico

Pasquale
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Pasquale »

Questo sembra aderente:

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Lasciando fissa la base ed accorciando l'altezza, si arriva al punto in cui il triangolo isoscele è retto in A ed in tale caso, o continuando ad accorciare l'altezza, la perpendicolare ad AB interseca la base e non più il suo prolungamento.
In sostanza, il quesito non è più formulabile se l'altezza è minore di $\frac{sqrt{2}}{2}\cdot AB$

Delfo, non ancora ho esaminato la questione delle aree, ma forse la tua perplessità cade se si tiene conto del vincolo secondo cui AD=CE
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delfo52
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da delfo52 »

Non avevo preso come condizione il fatto che D fosse sul lato AB. e che ne fosse il punto medio
Dal testo avevo ipotizzato che potesse trovardi ovunque, purchè da lì si potesse arrivare su AB per "via normale"....
Enrico

Pasquale
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Pasquale »

No so se D è il punto medio di AB; tu dici che lo è? Se ti riferisci al mio disegno, la posizione di D che ho scelto è casuale. Oggi ho iniziato a studiare un po' la faccenda, ma sono proprio fuori allenamento; sono arrivato a mettere in ballo 3 incognite e gli occhi hanno iniziato a strabuzzarsi.
Se D fosse il punto medio, qualcosa si semplificherebbe.
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delfo52
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da delfo52 »

se la posizione di D fosse libera, pur restando sul lato AB, facendolo scivolare verso l'alto, o verso il basso, si arriverebbe a situazioni in cui uno dei due triangoli che devono essere "equivalenti" si riduce ad un puntino, mentre l'altro si espande assai
Ergo: la posizione di D dve essere obbligata. Quale posizione migliore del punto medio ?
Enrico

Ivana
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Ivana »

Con geogebra ho realizzato soltanto la costruzione suggerita da Enrico... :)
Arrotondamento: 15 cifre decimali.
Lascio ad altri, decisamente più volenterosi e più competenti di me, ogni dimostrazione... :D
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Pasquale
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Pasquale »

Allora, come avevo già accennato, un primo problema è quello di costruire un triangolo valido.
Se m è la misura di AB ed a quella della base, deve essere $a<m\sqrt{2}$, o se vogliamo l'altezza maggiore di a/2 (se tali misure vengono superate, vuol dire che l'angolo al vertice è retto o ottuso e le perpendicolari al lato AB cadono sulla base, per cui il quesito non è proponibile).
Nella figura che segue, sono noti la base ed il segmento b, ovvero un pezzetto di AB, ma il concetto non cambia, perché BN, quindi BD ed AD dovranno avere misure compatibili col problema.
E' evidente che tale compatibilità sussiste sempre, dal momento che la figura viene costruita già compatibile, cioè con la prependicolare per D che interseca il prolungamento di BC e con la condizione che AD=CE.
Quest'ultima condizione fa sì che che il punto D debba trovarsi in un punto intermedio fra A ed N, non potendosi trovare evidentemente fra B ed N.

Tutto quanto sopra premesso, traccio una base a e su tale base costruisco il mio triangolo, con le perpendicolari CN e DE, fra loro parallele.
CH=DN=b è l'altezza del triangolo CEF.
Quindi, alla distanza b da N individuo il punto D ed il restante segmento incognito AD=x dovrà essere tale da rendere il triangolo ABC compatibile col problema, cioè bisognerà individuarne la misura, affinchè, oltre la compatibilità col problema, sia anche AD=CE e doppia l'area di ADF rispetto a quella di CEF.
In sostanza procedo all'incontrario, ma se poi si verifica che, dato BC=a, con qualsiasi DN si trova sempre un adeguato AD che renda vero l'assunto, sarà anche vero che dato un lato AB compatibile con BC, esiste sempre un punto D, tale che, se AD=CE, l'area di ADF è doppia di CEF.

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Adesso, per non appesantire, vi risparmio tutti i passaggi, ma preciso che che ho operato su una serie di similitudini fra triangoli ed su un paio di Pitagora, considerando le due rette passanti per B e le due passanti per A, tagliate dalle due parallele CN e DE.
Ho quindi indivuato i valori di DF ed EF (dopo BN, CN, DE, EH, FH), in funzione di x, essendo noti a e b.

Risultato del rapporto fra le due aree:

$\frac{S_{ADF}}{S_{CEF}} =\frac{4x^2}{bx^2+b^2x+ab^2}$

Vediamo quando tale rapporto è uguale a 2:

$\frac{4x^2}{bx^2+b^2x+ab^2}=2$

Per semplificare, impongo b=1 ed ottengo:

$\text \frac{4x^2}{x^2+x+a}=2; x^2-x-a=0; x=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$

Poiché $\text BN=\frac{ab}{x}, BD=\frac{x+a}{x}$, sempre considerando b=1

e sostituendo ad x il valore trovato sopra, troviamo che:

$BD=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2} = x$, per qualsiasi a

cioè D si trova nel punto medio di AB, come aveva preannunciato il grande Delfo.

Si potrebbe pensare che se b fosse stato diverso da 1, sarebbe cambiato il valore di x, in modo da lasciare inalterato il risultato, ma non penso che b possa assumere qualsiasi valore; ho trovato ad esempio che deve essere diverso da 2 ed allora mi viene il dubbio che non sempre D sia il punto di mezzo di AB.
Per cui non ho dimostrato un granché e lascio a voi il testimone.
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Pasquale
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Pasquale »

Il seguente programmino di calcolo, facendo riferimento alla figura precedente, fa vedere che tutte le volte che AD=CE, $S_{ADF}=2S_{CEF}$, ma AD non è necessariamente la metà di AB.
Il teorema del quesito resta ancora da dimostrare in modo canonico.


LET i=1/10000
FOR BC= 2 TO 20 STEP 2
FOR h=BC/2+1 TO BC/2+10 !'altezza rispetto base maggiore della sua metà
LET AB=SQR((BC/2)^2+h^2)
LET AC=AB
LET NC=BC*h/AB
LET BN=SQR(BC^2-NC^2)
LET AN=SQR(AC^2-NC^2)
FOR AD=i TO AN-i STEP i
LET BD=(AB-AD)
LET ND=BD-BN
LET CH=ND
LET CE=BC*CH/BN
LET EH=SQR(CE^2-CH^2)
LET BE=BC+CE
LET DE=SQR(BE^2-BD^2)
LET DF=NC*AD/AN
LET FH=DE-DF-EH
LET EF=EH+FH
IF ABS(AD-CE)<=0.001 THEN
LET S1=AD*DF/2
LET S2=EF*CH/2
LET R=S1/S2 !'rapporto fra le aree
PRINT "BC=";BC;" h=";h;" AB=";AB;" AD=";AD;" CE=";CE;" R=";R
END IF
NEXT AD
NEXT h
NEXT BC
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Ivana
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Ivana »

Hai ragione, Pasquale, AD non è necessariamente la metà di AB...
Arrotondamento scelto: 10 cifre decimali :)
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karl
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da karl »

https://www.base5forum.it/upload/base502.jpg
Costruiamo la circonferenza (FCE) (vedi l'url allegato) e sia M l'ulteriore intersezione di essa
con la perpendicolare a BC condotta da C.Inoltre siano H e K le proiezioni ortogonali di F
su BC e CM rispettivamente.Posto uguale ad a l'angolo BAC è facile stabilire , con po' di
calcoli di soli angoli,che Il triangolo MCE è congruente al triangolo ADF e che il triangolo
FCM è isoscele su MC.Da ciò risulta che :
FH=CK=CM/2
Ne segue che dei due triangoli MCE (=ADF) ed FCE il primo ha area doppia del secondo
perchè hanno la base comune CE ma l'altezza CM é doppia dell'altezza FH.

Pasquale
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Pasquale »

Incredibile, come si fa a pensare una costruzione del genere che conduca a tale risultato?
Io cercavo di calcolare le due aree, peraltro senza dati, sperando che dal loro rapporto saltasse fuori il 2, ed avevo previsto di calcolare l'area di CEF, attraverso la base EF e la relativa altezza.
Invece nella tua dimostrazione la base presa in considerazione è CE e non c'è bisogno di alcun calcolo; voglio dire cioè che il mio era un tentativo per via algebrica, la tua invece è una bellissima dimostrazione per sola via geometrica: sarei curioso di conoscere il processo mentale che porta ad individuare una tale soluzione.
SEi forse partito dall'idea originaria di poter dimostrare che DF=2FH ?
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Ivana
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da Ivana »

Bellissima nella sua elegante semplicità la dimostrazione di Karl... (Complimenti!)
Da ragazza avevo una predilezione per le dimostrazioni geometriche, ma adesso non avrei avuto l'idea geniale di costruire la circonferenza passante per i tre punti...
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karl
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Re: parabole e triangoli

Messaggio da karl »

Grazie per i complimenti.Effettivamente è come dice Pasquale : l'idea di fondo è stata quella di dimostrare che DF=2*FH.Per fare questo ho pensato che era meglio spostare la costruzione su CE ,ovvero costruire su CE un triangolo rettangolo MCE congruente a ADF.
Poi ,dovendo esssere DFA=CFE=CME=90-a, ho pensato alla circonferenza per avere angoli
insistenti sul medesimo arco e quindi congruenti.Saluti a tutti e buon anno scolastico ...!
@Ivana
Anch'io ho una passionaccia per la geometria sintetica e quando mi riesce qualche problema (
poche volte ,a dire il vero!) è una festa...
Ultima modifica di karl il mer set 21, 2011 1:12 pm, modificato 1 volta in totale.

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