Problema di geometria e problema di classe

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Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da fabtor » mer nov 18, 2015 4:08 pm

Ciao ragazzi, per varie vicissitudini è un sacco di tempo che non passo da queste parti.
Senza tediarvi sulle vicissitudini della mia vita sopra citate che mi hanno portato ad una lontananza forzata, passo a proporvi una questione che è scaturita a scuola tra colleghi.

Il punto è: a quale classe della scuola secondaria italiana (di primo o secondo grado) è possibile proporre il seguente problema (con la speranza che almeno qualcuno riesca a risolverlo):

Data la base e l'altezza di un rettangolo (per semplicità diciamo rispettivamente di 4 km e 3 km) calcolare senza utilizzare ne il teorema di Pitagora ne le terne pitagoriche la sua diagonale.

Naturalmente utilizzando Pitagora o le terne la soluzione diventa banalissima, ma senza, seppur risolvibile, anche se magari non difficilissimo da impostare, la risoluzione è tutt'altro che banale e comunque abbastanza laboriosa dal punto di vista dei conti.

Ri-Ciao.
Ah, se i portieri avessero sulla maglia: |e^{-i\pi}|...

Pongo y = x^{2} quindi y=\frac {x^{2}}{pongo}
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franco
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da franco » mer nov 18, 2015 6:22 pm

Non sono un docente quindi non so esattamente come sono strutturati i programmi.

Mio figlio però faceva trigonometria l'anno scorso (in 3^ all'istituto tecnico informatico).

Forse, suggerendogli di usare appunto le funzioni trigonometriche, poteva arrivare a fare così:

α = arctan (4/3)
x = 4/sen α

Con la calcolatrice scientifica il calcolo si fa rapidamente e il risultato è 5 senza aver usato il teorema di Pitagora e tantomeno le terne pitagoriche (delle quali non penso che il mio ragazzo abbia mai sentito parlare :) ).

ciao
Franco

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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da fabtor » gio nov 19, 2015 4:23 pm

Grazie Franco, ma mi sono espresso male io: il discorso è che questo problema può essere almeno impostato anche senza scomodare Pitagora o le terne rimanendo comunque nel campo della geometria Euclidea della scuola media.
Il fatto è che oltre a ad avere dei calcoli laboriosi (che vanno ben oltre alla seconda media) implica il saper ragionare un po' di più del solito sulle figure geometriche.

Ad esempio un problema molto più semplice (tutto da 2 anno di scuola media) per il fatto che i conti sono meno laboriosi, ma che come quello proposto implica comunque il saper ragionare sulla figura (anche se un po' meno) potrebbe essere:

Conoscendo il perimetro e la diagonale maggiore di un rombo determinarne l'area. (2p = 16 cm;dmagg = 6 cm).
Ah, se i portieri avessero sulla maglia: |e^{-i\pi}|...

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panurgo
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da panurgo » lun nov 23, 2015 11:53 pm

Calcolare l’area di un rettangolo di perimetro $2p$ e diagonale $d$ senza usare il Teorema di Pitagora ($2p\,=\,16$, $d\,=\,6$).

In un rettangolo i lati opposti sono uguali: abbiamo quindi $p\, =\, a\, +\, b$, dove $a$ e $b$ sono i lati del rettangolo. La diagonale divide il rettangolo in due triangoli congruenti di lati $a$, $b$ e $d$: l’area $R$ del rettangolo è doppia rispetto a quella $T$ dei triangoli.
Calcoliamo le due aree, quella del rettangolo semplicemente come $R\, =\, ab$ e quella del triangolo mediante la formula di Erone:

$\displaystyle T\,=\,\frac{\sqrt{\left(a+b+d\right) \left(-a+b+d\right) \left(a-b+d\right) \left(a+b-d\right)}}4$

tenuto conto che è $R = 2T$, abbiamo

$\displaystyle 2ab\,=\,\sqrt{\left(a+b+d\right) \left(-a+b+d\right) \left(a-b+d\right) \left(a+b-d\right)}$

Poniamo ora $a\, =\, p/2\, +\, x$ e $b\, =\, p/2\, -\, x$ e sostituiamo

$\displaystyle 2\left(\frac p 2\,+\,x\right) \left(\frac p 2\,-\,x\right)\,=\,\sqrt{\left(p+d\right) \left(d-2x\right) \left(d+2x\right) \left(p-d\right)}$

ovvero

$\displaystyle \left(p\,+\,2x\right) \left(p\,-\,2x\right)\,=\,2\sqrt{\left(p+d\right) \left(p-d\right) \left(d+2x\right) \left(d-2x\right)}$

Elevando al quadrato ambo i membri dell’equazione

$\displaystyle \left(p^2\,-\,4x^2\right)^2\,=\,4\left(p^2\,-\,d^2\right) \left(d^2\,-\,4x^2\right)$

e con pochi passaggi di facile algebra otteniamo

$\displaystyle 16x^4\,-\,8\left(2d^2\,-\,p^2\right)x^2\,+\,\left(2d^2\,-\,p^2\right)^2\,=\,0$

un’equazione, almeno all’apparenza, di quarto grado.
Ma niente paura, trasformiamo la nostra equazione mettendo in evidenza il termine $4x²$

$\displaystyle \left(4x^2\right)^2\,-\,2\left(2d^2\,-\,p^2\right)4x^2\,+\,\left(2d^2\,-\,p^2\right)^2=0\qquad\Longrightarrow\qquad\left[4x^2\,-\,\left(2d^2\,-\,p^2\right)\right]^2\,=\,0$

quindi

$\displaystyle x^2\,=\,\frac{2d^2\,-\,p^2}4$

e, dato che l’area del rettangolo vale $R\, =\, ab$, otteniamo

$\displaystyle R\,=\,\frac{p^2}4\,-\,x^2\,=\,\frac{p^2\,-\,d^2}2$

(con i dati del problema, $R\,=\,14$).

Il caso del rombo è molto più semplice dato che esso ha tutti i lati uguali per cui metà rombo è un triangolo di lati $a$, $a$ e $d$ e la formula di Erone dà direttamente

$\displaystyle T\,=\,\frac{\sqrt{d^2\left(2a+d\right)\left(2a-d\right)}}4\,=\,\frac{d\sqrt{p^2-d^2}}4$

essendo $2a = p$. Naturalmente, l’area del rombo è il doppio di quella del triangolo e quindi

$\displaystyle R\,=\,\frac{d\sqrt{p^2-d^2}}2$

(con i dati del problema, $R\,=\,6\sqrt{7}$).

Quando ho letto (molto di fretta) il secondo messaggio sono rimasto un po’ interdetto perché ho inteso “parallelogramma” al posto di “rombo” e mi è parso intuitivamente chiaro che il perimetro e una diagonale non bastano in questo caso.
Infatti, per un parallelogramma è ancora vero che $p\, =\, a\, +\, b$, ma questa relazione è soddisfatta da infinite coppie $\left(a;b\right)$ di lati non essendo fissato l’angolo compreso tra di essi: è fissa la somma delle distanze dei vertici adiacenti alla diagonale dagli estremi della diagonale stessa e il luogo geometrico dei vertici è un ellisse
ProbGeomProbClasse_01_700x560.png
ProbGeomProbClasse_01_700x560.png (22.24 KiB) Visto 3244 volte


In figura sono evidenziati i due casi particolari del rettangolo e del rombo; osserviamo che, se l’angolo in $\text{D}$ (e di conseguenza quello in $\text{B}$) è acuto, la diagonale $\text{AC}$ cessa di essere la diagonale maggiore.

P.S.: naturalmente, non so se questo possa essere un compito da seconda media :roll:
il panurgo

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vittorio
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da vittorio » mar nov 24, 2015 12:09 pm

Chiedo scusa ma credo di non aver capito del tutto la soluzione proposta da Panurgo.
Indicando con a e b i lati del rettangolo, con x la diagonale ed utilizzando la formula di Erone si ricava che l'area del triangolo di lati a, b, x è data da
\frac{\sqrt{(a+b+x)(a+b-x)(a-b+x)(-a+b+x)}}{4} oppure da \frac{ab}{2}.
Uguagliando, elevando al quadrato e semplificando si ottiene
(x^2-a^2-b^2)^2=0 da cui si ricava che l'unica soluzione accettabile è
x=\sqrt{a^2+b^2}
che però non è altro che il teorema di Pitagora che era stato escluso.
Il teorema di Pitagora si è quidi intrufolato nella soluzione tramite la formula di Erone. Evidentemente Teorema di Pitagora e formula di Erone sono equivalenti nel senso che la formula si può dedurre dal teorema e viceversa. Non vedo quindi perchè utilizzare una formula più complessa al posto di una più semplice.
Anche la soluzione trigonometrica mi sembra non del tutto appropriata in quanto le definizioni che scolasticamente si danno delle funzioni goniometriche si basano sul teorema di Pitagora.
Vittorio

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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da gnugnu » mer nov 25, 2015 10:29 am

Sarà perché son vecchio, sarà perché non conosco pienamente lo sviluppo del programma di matematica nella scuola dell'obbligo, ma continuo a non capire le motivazioni di questo problema. Vittorio ben spiega la situazione.
Non bisogna utilizzare il teorema di Pitagora. Quindi i casi sono due:
a) non devo usare il teorema di Pitagora, ma mi è consentito usare i suoi 'derivati' - una sorta di matematica coercitiva, il cui scopo mi sfugge;
b) non devo usare il teorema di Pitagora, neppure in modo surrettizio; ed allora, se riesco a dedurre dalle misure dei cateti quella dell'ipotenusa, ho ri-dimostrato il teorema in questione.
Se l'interpretazione 'giusta' è la (b), io sono per una dimostrazione che faccia uso degli assiomi [nozioni comuni] 2 e 3 di Euclide. Ad esempio questa, proponibile, credo, a livello di scuola elementare.
pitagora.png
pitagora.png (4.81 KiB) Visto 3210 volte
L'osservazione dell'invarianza della figura per rotazioni di multipli di angoli retti, mostra che la figura in rosso è il quadrato di quel che si sta cercando; e l'area della sua superficie si può ricavare addirittura in due modi.
Dal quadrato esterno, togliendo i quattro triangoli di troppo $(4+3)^2-24=25$.
Da quello interno, aggiungendo i quattro triangoli che servono $(4-3)^2+24=25$.
Ciao

panurgo
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da panurgo » mer nov 25, 2015 1:11 pm

vittorio ha scritto:Chiedo scusa ma credo di non aver capito del tutto la soluzione proposta da Panurgo.
Indicando con a e b i lati del rettangolo, con x la diagonale [...]
Caro Vittorio, io indico con $d$ la diagonale perché sono abituato a riservare la $x$ per le incognite: qui le incognite sono $a$ e $b$ essendo data solo la loro somma $p$, il semiperimetro del rettangolo; io faccio la sostituzione

$\displaystyle \left\{\begin{array}{lC}a\,=\,\frac p2\,+\,x \\ b\,=\,\frac p2\,-\,x\end{array}\right.$

introducendo così la mia $x$ nelle due formule per il calcolo dell’area.

Sono invece d’accordo con te sui legami che sussistono tra formula di Erone e funzioni trigonometriche da una parte e Teorema di Pitagora dall’altra: la formula di Erone, in particolare, si ricava dal Teorema di Pitagora ed è un doppio Teorema di Pitagora en travesti.
Con riferimento alla figura
formulaDiErone_680x418.png
formulaDiErone_680x418.png (9.01 KiB) Visto 3204 volte


si ha il doppio teorema di pitagora

$\displaystyle h^2\,=\,c^2\,-\,x^2\,=\,b^2\,-\,\left(a\,-\,x\right)^2$

da cui si ricava, con facile algebra

$\displaystyle x\,=\,\frac{a^2-b^2+c^2}{2a}$

e

$\displaystyle h\,=\,\sqrt{c^2-\frac{\left(a^2-b^2+c^2\right)^2}{4a^2}}\,=\,\frac{\sqrt{4a^2c^2-\left(a^2-b^2+c^2\right)^2}}{2a}$

Da ciò, tenuto conto che l’area del triangolo è $T\,=\,ah/2$ e con una certa quantità di “facile algebra”, si ottiene la formula

$\displaystyle T\,=\,\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(-a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}}4\,=\,\frac{\sqrt{\left(a+b\right)^2-c^2}}2\,\times\,\frac{\sqrt{c^2-\left(a -b\right)^2}}2$

La seconda versione, cioè il “Teorema di Erone”, dice che ogni triangolo è equivalente ad un rettangolo i cui lati sono i secondi cateti di quei due triangoli rettangoli (in figura la costruzione del “rettangolo di Erone”)
teoremaDiErone_680x442.png
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Pasquale
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da Pasquale » gio nov 26, 2015 3:48 pm

E' vietato anche il 1° di Euclide?
rett.JPG
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AB = x; AH = y; AC = 3; BC = 4

\{
xy = 9 \\
x(x - y) = 16


da cui:

\{ xy = 9\\
xy = x^2 -16

quindi:

x^2 = 25
_________________

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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da panurgo » gio nov 26, 2015 4:44 pm

Pasquale ha scritto:E' vietato anche il 1° di Euclide?
rett.JPG
AB = x; AH = y; AC = 3; BC = 4

\{
xy = 9 \\
x(x - y) = 16


da cui:

\{ xy = 9\\
xy = x^2 -16

quindi:

x^2 = 25
Con riferimento alla tua figura i dati del problema sono

$\displaystyle\left\{
\begin{array}{lC}
\overline{\text{AB}}=6 \\
\overline{\text{AC}}=? \\
\overline{\text{BC}}=? \\
\overline{\text{AC}}+\overline{\text{BC}}=8
\end{array}
\right.$
il panurgo

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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da Pasquale » gio nov 26, 2015 7:30 pm

Scusa Pan, non ho capito: ho dato i cateti del triangolo (lati del rettangolo) 4 e 3, riferendomi al quesito di Fabtor di mercoledì 18 novembre 2015 - 17:08 (non ho avuto tempo di leggere altro, se è ad altro che ti riferisci).
fabtor ha scritto:Ciao ragazzi, per varie vicissitudini è un sacco di tempo che non passo da queste parti.
Senza tediarvi sulle vicissitudini della mia vita sopra citate che mi hanno portato ad una lontananza forzata, passo a proporvi una questione che è scaturita a scuola tra colleghi.

Il punto è: a quale classe della scuola secondaria italiana (di primo o secondo grado) è possibile proporre il seguente problema (con la speranza che almeno qualcuno riesca a risolverlo):

Data la base e l'altezza di un rettangolo (per semplicità diciamo rispettivamente di 4 km e 3 km) calcolare senza utilizzare ne il teorema di Pitagora ne le terne pitagoriche la sua diagonale.

Naturalmente utilizzando Pitagora o le terne la soluzione diventa banalissima, ma senza, seppur risolvibile, anche se magari non difficilissimo da impostare, la risoluzione è tutt'altro che banale e comunque abbastanza laboriosa dal punto di vista dei conti.

Ri-Ciao.

Considerata poi la laboriosità dei conteggi citata, riferita evidentemente ad un criterio diverso di soluzione, aggiungerei per un calcolo approssimativo la seguente routine in Decimal Basic (ultima versione 2015), traslasciando il semplice disegno:

posta "d" la diagonale del rettangolo, ipotenusa di uno dei due triangoli rettangoli di cui è composto, abbiamo che: d = 3/sin(beta ) = 4/cos(beta), ove con beta viene indicato l'angolo opposto al cateto di lunghezza 3; da cui:

OPTION ANGLE DEGREES
LET i=0.001
FOR beta=0 TO 45 STEP i
IF(INT(ABS(SIN(beta)-3*COS(beta)/4)*100000)/100000)<0.00000000001 THEN
LET d=4/COS(beta)
PRINT "diagonale = ";(INT(d*1000))/1000
EXIT FOR
END IF
NEXT BETA
END

La routine fornisce in approssimazione accettabile, secondo l'uso che se ne deve fare, il valore d=5

Penso infine che il quesito potrebbe essere proposto nelle prime classi di un istituto superiore, ma sospetto che Fabtor abbia in mente qualcosa per studi inferiori.

Comunque, se le terne pitagoriche sono vietate, questo fa sospettare che la diagonale debba avere un valore intero e poiché nel triangolo cui appartiene come ipotenusa, questa deve essere maggiore dei cateti e minore della loro somma, il suo valore intero deve essere compreso fra 4 e 7. Dunque vale 5 o 6 e pertanto molto approssimativamente ne facciamo la media e diciamo che vale 5,5. :mrgreen:
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da gnugnu » gio nov 26, 2015 10:48 pm

Pasquale ha scritto:E' vietato anche il 1° di Euclide?
Spero proprio di no! Infatti la dimostrazione coincide, a parte l'uso dell'algebra, con quella di Euclide, alla fine del primo libro.
Ciao

Pasquale
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da Pasquale » lun nov 30, 2015 10:50 pm

Conoscendo il perimetro e la diagonale maggiore di un rombo determinarne l'area. (2p = 16 cm;dmagg = 6 cm).
senza Pitagora

Chiaramente non per la scuola media, con lo strumento trigonometrico otteniamo subito che:

dmin=8*SIN(ACOS(3/4))
S=dmagg*dmin/2 = 24*SIN(ACOS(3/4)) = 15.8745078663875
_________________

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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da Ivana » mar dic 08, 2015 10:48 am

Ottime tutte le vostre considerazioni!
Mi pare che la proposta (elegante nella sua straordinaria semplicità) di gnugnu possa essere adeguata sia per la classe quinta della scuola primaria sia per la classe prima della scuola secondaria di primo grado, previo aiuto ai ragazzini perché possano individuare la costruzione opportuna (fornendo, quindi, indicazioni specifiche ...)
Ritengo che sovente le cose più semplici ("ovvie" soltanto A POSTERIORI!) siano le più difficili da scoprire ...
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Re: Problema di geometria e problema di classe

Messaggio da fabtor » dom gen 03, 2016 4:42 pm

Buona la risposta di Panurgo: Il motivo di fondo è che sempre più spesso la formula di Erone nei libri di testo è introdotta prima di Pitagora (e la si fa piovere dall'alto) quindi personalmente trovo interessante educare i ragazzi a risolvere anche lo stesso problema con metodi diversi man mano che le loro conoscenze aumentano.
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