Quanto è grande il terreno?

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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ronfo
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Quanto è grande il terreno?

Messaggio da ronfo »

Molto spesso trovo dei problemi all'apparenza banali ma che nello sviluppo si complicano a dismisura e, viceversa, problemi che sembrano complicati ma hanno alla fine soluzioni semplici.
Un esempio di quanto sopra può essere il seguente (liberamente adattato)che vado a illustrare .
Un appezzamento di terreno a forma triangolare è stato diviso come in figura (non in scala) ; tre parti hanno aree come indicato . Trovate l'area indicata con ?
CIAO
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Quelo
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Messaggio da Quelo »

Le linee divisorie sono bisettrici o è solo un'impressione ?
[Sergio] / $17$

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

credo che debbano esserlo per forza.
Senza questa limitazione, è possibile costruire infinite figure che ottemperano i dati di superficie.
E non è difficile costruirle.
Chiamando D il punto di intersezione sul lato BC e F quello sul lato di sinistra,
iniziamo disegnando il segmento AD lungo 15 unità arbitrarie e identifichiamo il punto X a distanza 8 da A
A questo punto qualunque punto B a destra del segmento, unito ad A, X e D genera due triangoli le cui superfici stanno tra loro come 8 e 7
Prolungando verso sinistra il segmento BX di una lunghezza pari alla metà di BX stesso, arriviamo al punto F che collegato ad A genera il terzo triangolo, quello di area 4
Per ogni punto B si viene a creare un triangolo diverso, la cui parte quadrangolare apicale avrà superficie a piacere
Enrico

Br1
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Messaggio da Br1 »

Propendo anch'io per l'interpretazione di Quelo
ed Enrico.

A me è venuto in mente questo approccio.

I rapporti indicati nello schema seguente (un
po' casalingo...) derivano dalle note proprietà
delle bisettrici:

Immagine

Tralascio le unità di misura e, guardando
la figura, scrivo subito queste relazioni:

$ar = 16 \\ \frac{ab}{a+c}r = \frac{b}{a+c}ar = 8 \\ \frac{ac}{a+b}r = \frac{c}{a+b}ar= 14$

da cui ricavo immediatamente:

$\frac{b}{a+c} = \frac 12 \\ \frac{c}{a+b} = \frac 78$

che mi danno senza difficoltà:

$a = \frac 37 c \\ b = \frac 57 c \\ r = \frac{112}{3c}$

Ora, prendendo:

$p = \frac{a+b+c}{2} = \frac{15}{14}c$

e sapendo che l'area del triangolo, per una
nota proprietà della circonferenza inscritta,
è pari a:

$S = rp = \frac{112}{3c} \cdot \frac{15}{14}c = 40$

ottengo il valore cercato:

$40-4-8-7 = 21\,.$

Almeno mi sembra :D

Volo!
Bruno

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

a me invece cominciano a venire dei dubbi; sui qualli mi manca il tempo di soffermarmi.
Ho cercato di ragionare su alcune situazione_limite in cui le aree tendano a zero, e/o il segmento "doppio" sia uguale ad uno di quelli "da 7" o "da 8", ma non sono certo di esserne venuto fuori con qualcosa di serio....
Enrico

Br1
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Messaggio da Br1 »

Anch'io, purtroppo, ho poco tempo...
Per ciò che sono riuscito a vedere, però,
penso che sia senz'altro possibile creare
infiniti triangoli con le aree indicate da
Ronfo quando le linee divisorie non siano
anche bisettrici.
Considerando le bisettrici, invece (sempre
che non abbia preso qualche cantonata),
la soluzione è quella che ho indicato sopra.

Vedremo.

Saluti e baci :D
Ultima modifica di Br1 il lun gen 28, 2008 11:11 pm, modificato 1 volta in totale.
Bruno

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

per l'ipotesi delle bisettrici, tanto di cappello a Br1, come sempre.
Per l'ipotesi "free", certamente si possono costruire infiniti triangoli, come ho cercato di spiegare (ah,...se sapessi fare i disegni !...)
quello che non mi è chiaro è se, variando il triangolo, varia il rapporto tra la superficie ignota, e quelle pre-stabilite
Enrico

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

per l'ipotesi delle bisettrici, tanto di cappello a Br1, come sempre.
Per l'ipotesi "free", certamente si possono costruire infiniti triangoli, come ho cercato di spiegare (ah,...se sapessi fare i disegni !...)
quello che non mi è chiaro è se, variando il triangolo, varia il rapporto tra la superficie ignota, e quelle pre-stabilite
Enrico

Br1
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Messaggio da Br1 »

Sì, Enrico, può variare.
Ho provato a considerare isoscele il triangolo
con area 8 e a prendere la base uguale a 8.
In questo caso, per esempio, l'area del triangolo
di Ronfo si riduce parecchio.

Edit - 29/1/2008

D'altra parte, possiamo escludere subito che
quei segmenti siano delle mediane - e non solo
per l'imprecisione del disegno postato -, ma
se invece fossero altezze...
Ho il sospetto, però, che queste considerazioni
vadano al di là dell'idea che aveva Ronfo quando
ha postato il suo quiz, almeno per come intendo
il testo.
Appena mi libero provo a tornare su questi sviluppi
del problema :D
Bruno

vittorio
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Messaggio da vittorio »

Faccio riferimento alla figura seguente, costruita a partire da quella originale, in cui FK, DG ed EH sono perpendicolari ad AB, DI ed EJ sono perpendicolari ad AC e DM ed FL sono perpendicolari a BC. Inoltre col segmento CD ho suddiviso il quadrilatero originariamente indicato con ? nei due triangoli FCD e DCE, le cui aree ho chiamato con x e y.
Utilizzando la proposizione, di facile dimostrazione, per cui le altezze di due triangoli aventi la stessa base stanno fra di loro come le rispettive altezze si ha:

dai triangoli ADB e AEB DG/EH=8/(8+7)=8/15
dai triangoli BDA e BFA DG/FK=8/(8+4)=2/3
dai triangoli CDA e CEA DI/EJ=(4+x)/(4+x+y)
dai triangoli BDC e BFC DM/FL=(7+y)/(7+x+y).

Dai triangoli simili ADI ed AEJ e dai triangoli simili ADG e AEK si ricava

DI/EJ=AD/AE=DG/EH da cui (4+x)/(4+x+y)=8/15

analogamente dai triangoli simili BDM e BFL e dai triangoli simili BDG e BFK si ricava

DM/FL=BD/BF==DG/FK da cui (7+y)/(7+x+y)=2/3.

Risolvendo si ottiene x=28/3 y=35/3 da cui l'area richiesta s=x+y=28/3+35/3=21.

L'area del triangolo ABC è dunque 40.

Immagine

Non sono necessarie ulteriori restrizioni per il triangolo. Ogni triangolo di area 40 può essere suddiviso nel modo proposto dal testo.
Vittorio

vittorio
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Messaggio da vittorio »

Un errore di battitura all'inizio: volevo scrivere
"le altezze di due triangoli aventi la stessa base stanno fra di loro come le rispettive aree"
Vittorio

Br1
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Messaggio da Br1 »

Grande Vittorio :D
Bruno

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

mi associo ai complimenti per la dimostrazione semplice ed elegante.
e che conferma quello che per me era solo un sospetto.
A questo punto ci vorrebbe uno bravo con i disegni animati che crei una animazione in cui, posti fissi i punti A ed E e il "centro" D, permetta di muovere a piacere il punto B collegato ad A e ad E, con relativo segmento BD prolungato fino ad F con DF pari a metà BD.
Muovendo B il triangolo globale varia assai, ma i rapporti si superficie no
Enrico

Br1
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Messaggio da Br1 »

E in un colpo ho capito sia l'idea di Ronfo che
quella di Enrico, peraltro ho preso un sonoro
abbaglio quando pensavo che quel tipo di
suddivisione fosse possibile anche su triangoli
con area diversa da 40... niente male come
bilancio :D

Ora mi tocca latitare per un po', perché ho il
pc che fa le bizze e il lavoro che incalza... e
questi due fatti, presi insieme, non fan certo
una bella coppia!


Ciao a tutti :D
Bruno

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