Pi-tagora (nocciolina)

[Gianfranco]

Dicono che Pitagora non vedesse di buon occhio i numeri irrazionali.
Eppure Pi greco è nascosto nel triangolo rettangolo pitagorico più semplice del mondo.
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Dimostra che l'area del cerchio inscritto nel triangolo rettangolo di lati 3, 4, 5 è pi greco.

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[panurgo]

Costruiamo il triangolo in un piano cartesiano con l'angolo retto nell'origine: l'equazione della retta passante per l'ipotenusa è $3x+4y-12=0$.
L'incentro giace sulla bisettrice del primo quadrante: $(r,r)$, dove $r$ il raggio del cerchio inscritto.
La distanza dell'incentro dall'ipotenusa è uguale a $r$

$\displaystyle\frac{|3r+4r-12|}5=r$

da cui, elevando ambo i membri al quadrato, ricaviamo

$\displaystyle\frac{49r^2-168r+144}{25}=r^2$

ovvero

$r^2-7r+6=(r-1)(r-6)$

delle due soluzioni dobbiamo prendere quella compatibile con le dimensioni del triangolo: $r=1$...

[Quelo]

Pi-tagora.png (36.49 KiB) Visto 4739 volte

Analizziamo la figura, possiamo scrivere

$\displaystyle 5 \cos(2\alpha)=3; \quad \alpha=\frac{\arccos{\frac35}}{2}; \quad \cos{\alpha}=\frac{2}{\sqrt{5}}$

Con ragionamenti analoghi

$\displaystyle \cos{\beta}=\frac{3}{\sqrt{10}}; \quad \sin{\alpha}=\frac{1}{\sqrt{5}}; \quad \sin{\beta}=\frac{1}{\sqrt{10}}$

Se risolviamo il sistema

$\displaystyle \begin{cases}
x \cos{\alpha}+y \cos{\beta}=5 \\
r = x \sin{\alpha} = y \sin{\beta}
\end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}
\frac{2x}{\sqrt{5}}+\frac{3y}{\sqrt{10}}=5 \\
r = \frac{x}{\sqrt{5}}=\frac{y}{\sqrt{10}}
\end{cases}$

Otteniamo

$\displaystyle r = 1$

[Gianfranco]

Quelo e Panurgo, grazie per le bellissime risposte!
Una usa la geometria analitica e l'altra al trigonometria.
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La mia soluzione è più primitiva: usa la geometria della scuola media per calcolare la misura del raggio del cerchio inscritto nel triangolo.

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Con riferimento alla figura.
1) Congiungo con segmenti il centro del cerchio inscritto con ciascuno dei vertici del triangolo.
2) Traccio i tre raggi dal centro del cerchio ai punti di tangenza.
3) Ottengo 3 triangoli (giallo, verde, celeste) che hanno il raggio come una altezza.

$\displaystyle \large{A_{{\mathrm{giallo}}}}=\frac{c r}{2}$

$\displaystyle \large{A_{{\mathrm{verde}}}}=\frac{a r}{2}$

$\displaystyle \large{A_{{\mathrm{celeste}}}}=\frac{b r}{2}$

D'ora in avanti indico con A l'area del triangolo grande.
$\displaystyle \large A=\frac{c r}{2}+\frac{b r}{2}+\frac{a r}{2}$

$\displaystyle \large A=\frac{\left( c+b+a\right) r}{2}$

$\displaystyle \large A=p r$

$\displaystyle \large r=\frac{A}{p}$

Sostituisco i valori.

$\displaystyle \large r=\frac{6}{6}=1$

[panurgo]

$\displaystyle \large r=\frac{6}{6}=1$

Cioè l'area è numericamente uguale al semiperimetro.

Se consideriamo una generica terna pitagorica con

$\left\{\begin{array}{lC}
a=m^2-n^2 \\
b=2mn \\
c=m^2+n^2
\end{array}\right.$

con cateti $a$ e $b$, e ipotenusa $c$, abbiamo

$\displaystyle A=\frac{(m^2-n^2)\cdot 2mn}2=mn(m+n)(m-n)$

e

$\displaystyle p=\frac{(m^2-n^2)+2mn+(m^2+n^2)}2=m(m+n)$

Poniamo $A=p$ e otteniamo con facile algebra

$\displaystyle m=n+\frac1n$

per cui $m$ è intero solo se $n=1$.

Ne consegue che l'unica terna per cui può essere $A=p$ (e quindi $r=1$) è $a=3$, $b=4$ e $c=5$

[Bruno]

Ottimi

Noto è che, dati i cateti $a$ e $b$ e l'ipotenusa $c$, il raggio del cerchio inscritto è pari a
$\Large \frac{a+b-c}{2} $,
che nel caso numerico mostrato fornisce 1.

[Gianfranco]

Grazie Panurgo, mi piace la tua dimostrazione di unicità.
Grazie Bruno, non conoscevo quella formula, per me è stata una bella sorpresa! Ora però bisogna dimostrarla, anche se l'hanno già dimostrata...

[Quelo]

Sappiamo che

$\displaystyle r = \frac{A}{p} = \frac{2ab}{2(a+b+c)}$

Dobbiamo dimostrare

$\displaystyle \frac{a+b-c}{2} = \frac{ab}{(a+b+c)}$

$\displaystyle (a+b-c)(a+b+c) = 2ab$

$\displaystyle a^2+b^2-c^2+2ab = 2ab$

[Gianfranco]

$\displaystyle a^2+b^2-c^2+2ab = 2ab$

Per l'appunto l'uguaglianza vale nell'ipotesi che il triangolo sia rettangolo.
Dimostrazione bellissima e semplicissima. Parte dalla formula per il calcolo del raggio della circonferenza inscritta in un triangolo generico e la "traferisce" a un triangolo rettangolo.
Nel frattempo ho fatto anch'io una dimostrazione che parte dal teorema di Pitagora.

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Uguaglianze preliminari:

$x=a-r$
$y=b-r$
$y+x=c$
${{b}^{2}}+{{a}^{2}}={{c}^{2}}$
${{b}^{2}}+{{a}^{2}}={{\left( y+x\right) }^{2}}$
${{b}^{2}}+{{a}^{2}}={{\left( -2 r+b+a\right) }^{2}}$

Applico il T. di Pitagora.
${{b}^{2}}+{{a}^{2}}={{\left( -2 r+b+a\right) }^{2}}$

Raccolgo l'incognita r.
$2 {{r}^{2}}-2 \left( b+a\right) r+a b=0$

Calcolo i valori di r.
$ \displaystyle {r_1}=\frac{-\sqrt{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}}+b+a}{2}=\frac{a+b-c}{2}$

$ \displaystyle {r_2}=\frac{\sqrt{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}}+b+a}{2}=\frac{a+b+c}{2}$

Il primo è quello cercato, il secondo è troppo grande perché è il semiperimetro. Strano, da approfondire il suo significato.

[franco]

Il primo è quello cercato, il secondo è troppo grande perché è il semiperimetro. Strano, da approfondire il suo significato.

Il secondo è il raggio del cerchio tangente all'esterno dell'ipotenusa e al prolungamento dei cateti:

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[panurgo]

incentro e excentri.480x480.png (48.78 KiB) Visto 4305 volte

[Bruno]

Bellissimo, Guido

(...) non conoscevo quella formula, per me è stata una bella sorpresa! Ora però bisogna dimostrarla

Comunque, caro Gianfranco, un modo assai semplice, immediato, per ricavare quella formula, puoi trovarlo in questo tuo disegno:

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Guarda qui:
$\Large \frac{a\cdot r}{2}+\frac{b\cdot r}{2}-\frac{c\cdot r}{2} = r^2$.

[Gianfranco]

Risposta telegrafica, per ora.
Franco e Panurgo, mi avete commosso matematicamente (commozione positiva!).
Bruno, geniale!