LCPP 40

[panurgo]

In un triangolo dato, i cui angoli alla base siano acuti, disegnare due linee ad angolo retto rispetto alla base che, insieme, siano uguali alla linea disegnata dal vertice ad angolo retto rispetto alla base e tali che: (1) siano equidistanti dalla linea disegnata dal vertice; (2) siano equidistanti dalle estremità della base.

[mathmum]

LaMath ha seri problemi di comprensione del testo.

Data la giornata faticosa, piovosa e poco remunerativa (sia in termini economici che di soddisfazione personale), proverò a ripassare domani e rileggere il testo...

Buona serata a tutti

[panurgo]

Siccome sto postando LCPP ho tradotto il testo così com'è. Pressappoco, suona: un triangolo giace sul suo lato più lungo (che chiameremo "base"); tracciare due segmenti paralleli all'altezza che congiungano la base a ciascuno degli altri due lati, in modo che la loro somma sia uguale all'altezza e che (1) siano equidistanti dall'altezza stesso o (2) siano equidistanti dagli estremi della base

[Pigreco]

non ho capito bene la seconda parte... intendi O equidistanti dall'altezza O dagi estremi della base?

questo è un tentativo di soluzione considerando il punto 1

disegno un triangolo ABC con alla base AB i due angoli acuti, e disegno l'altezza relativa alla base

Chiamo H il piede dell'altezza, poi traccio le pasallele ad entrambi i lati obliqui passanti per H, queste intersecano i due lati obliqui nei punti E ed F

i segmenti perpendicolari alla base passanti per E e per F sono tali che sommati danno l'altezza CH e sono equidistanti da essa.


se è corretto posso postare il procedimento

[Pigreco]

allego l'immagine della (speriamo) soluzione

[Pigreco]

ci ho pensato e, nel caso ho trovato una possibile soluzione per il 2)

similmente ho il triangolo ABC che ha gli angoli alla base AB acuti, costruisco l'altezza CH

Poi dal punto H, come prima, traccio le parallele ai lati, individuo i punti D ed E sui lati stessi.

Ora, differentemente da prima, traccio la parallela alla base AB passante per D e quella passante per E
Queste due rette individuano sulle basi altri due punti F e G

I segmenti che congiungono questi punti con la base AB, perpendicolari alla base stessa sono tali che, sommati danno l'altezza e sono equidistanti dagli estremi della base

[panurgo]

Sarebbe 'bbuono che tu indicassi anche perché queste sono soluzioni del problema: in parole povere, una dimostrazione...

[Pigreco]

certo, era per sapere se avevo capito giusto il testo

la dimostrazione è diversa se si parla dell'esistenza oppure dell'unicità

ip: CH altezza
Ek//FJ//CH
EH//CB
FH//AC

ts: KH=HJ, EK+FJ=CH

1) mostro che KH=HJ

i triangoli EPH e HFQ sono simili perchè hanno gli angoli congruenti (2 coppie x rette parallele tagliate da una trasversale, una coppia perchè opposti al vertice)

per costruzione EPHC parallelogramma ==> EP=CH
per costruzione CHQF parallelogramma ==> CH=FQ
x transitività EP=FQ
quindi i triangoli EPH e HFQ non sono solo simili ma anche congruenti
==> PH=HF

i triangoli KPH e HFJ hanno PH=HF, un angolo in comune perchè opposto al vertice e uno rettangolo, quindi sono uguali

==> KH=HJ (PRIMA PARTE DELLA TESI)

da questo segue anche che KP=FJ

ma EP=EK+KP=EK+FL
ed EP=CH

quindi CH=EK+FJ (SECONDA PARTE DELLA TESI)

[Pigreco]

Per la seconda parte tento una strada un po' diversa

mi è dato il triangolo ABC come sopra descritto, CH è l'altezza del triangolo, so che i due punti sono equidistanti dagli estremi, per cui prendo il punto medio della base AB (M) e scelgo un punto P sempre appartenente alla base.
Costruisto il suo simmetrico P' rispetto al punto M

visto che AM=MB e P'M=PM, sottraendo i segmenti membro a membro si trova che AP'=PB, che è una delle condizioni da trovare per la risoluzione del problema

Poi costruisco le perpendicolari alla base AB per i punti P e P', chiamo le intersezioni con gli altri lati del triangolo D ed E
problema: le intersezioni possono essere su un solo lato? sembrerebbe di si, però per ora tratto il caso in cui questi cadano su lati diversi

ora costruisco il simmetrico del triangolo rispetto al punto M, i punti D ed E vanno in D' ed E' che per la simmetria hanno un sacco di belle proprietà, tipo che D, M, D' sono allineati, DP'E' sono allineati, eccetera

in particolare ora osservo che P'E'=PE e che D P' E' sono allineati, quindi il segmento DE' può essere visto come la somma di DP' ed EP (la lunghezza che ci interessa)


ora disegno la retta passante per H e parallela al lato CA del triangolo, chiaramente tutti i segmenti paralleli a CH (considerazioni di parallelogrammi fatte anche nel teorema precedente) e che hanno gli estremi uno su questa retta e uno sul lato CA sono uguali, per cui basta prendere P in modo che E' cada nell'intersezione (esiste sicuramente perchè P può essere preso in modo ce E' sia in entrambi gli estremi e per costruzione l'intersezione è tra i due estremi.
in questo modo D' si troverà sulla retta parallela al alto CB del triangolo

da questo ottengo che per è possibile costruire questa figura intersecando i due lati con le parallele e poi facendo i simmetrici dei punti rispetto al punto medio della base e proiettandoli ortogonalmente alla base AB di nuovo sui lati obliqui (geometricamente identico alla figura precedente


si verifica con una costruzione simile il fatto che i punti D ed E possono stare sullo stesso lato (e verificare le ipotesi) solo se il triangolo è rettangolo, e allora va bene ogni coppia di punti equidistanti dai vertici ai fini del problema


questa dimostrazione è forse un po' meno tecnica di quella prima e andrebbe sicuramente sistemata in alcuni punti...


bye

[panurgo]

Io l'ho risolto per via algebrica



L'altezza $h$ del triangolo dato divide la base $b$ in due segmenti, $x$ e $b - x$



Si traccia una circonferenza con centro ${\text H}_{\script b}$ e raggio $r = \frac {x \left ( {b - x} \right )} b$



Tale circonferenza interseca la base nei punti ${\text D}_{\script 1}$ e ${\text D}_{\script 2}$



I segmenti perpendicolari innalzati da ${\text D}_{\script 1}$ e ${\text D}_{\script 2}$ hanno le proprietà richieste al punto (1)



Infatti, sono equidistanti da ${\text H}_{\script b}$ per costruzione e, per Talete,

$\left \{ { \frac {h_{\script 1}} h = \frac {b - x - r} {b - x} \\ \frac {h_{\script 2}} h = \frac {x - r} x} \right . \qquad \Longrightarrow \qquad \left \{ { \frac {h_{\script 1}} h = \frac {b - x - \frac {x \left ( {b - x} \right )} b } {b - x} \\ \frac {h_{\script 2}} h = \frac {x - \frac {x \left ( {b - x} \right )} b } x} \right . \qquad \Longrightarrow \qquad \left \{ {\frac {h_{\script 1}} h = \frac {b \cancel {\left ( {b - x} \right )} - x \cancel {\left ( {b - x} \right )}} {b \cancel {\left ( {b - x} \right )}} \\ \frac {h_{\script 2}} h = \frac {b \cancel {x} - \cancel {x} \left ( {b - x} \right )} {b \cancel {x}}} \right . \qquad \Longrightarrow \qquad \left \{ {h_{\script 1} = {\frac {b - x} b} h \\ h_{\script 2} = {\frac x b} h } \right .$

e quindi

$h_{\script 1} + h_{\script 2} = \left ( {\frac {b - x} b + \frac x b} \right ) h = h$

Q.E.D.

Se invece tracciamo due cerchi con raggio $r = \frac {x \left ( {b - x} \right )} b$ e centri, rispettivamente, in ${\text C}$ e ${\text A}$



tali circonferenze intersecano la base rispettivamente nei punti ${\text D}_{\script 1}$ e ${\text D}_{\script 2}$



I segmenti perpendicolari innalzati da ${\text D}_{\script 1}$ e ${\text D}_{\script 2}$ hanno le proprietà richieste al punto (2)



Infatti, sono equidistanti, rispettivamente da ${\text C}$ e ${\text A}$ per costruzione e, per Talete,

$\left \{ { \frac {h_{\script 1}} h = \frac r {b - x} \\ \frac {h_{\script 2}} h = \frac r x} \right . \qquad \Longrightarrow \qquad \left \{ { \frac {h_{\script 1}} h = \frac {\frac {x \cancel {\left ( {b - x} \right )}} b } {\cancel {b - x}} \\ \frac {h_{\script 2}} h = \frac {\frac {\cancel {x} \left ( {b - x} \right )} b } {\cancel {x}}} \right . \qquad \Longrightarrow \qquad \left \{ {h_{\script 1} = {\frac x b} h \\ h_{\script 2} = {\frac {b - x} b} h } \right .$

e quindi, ovviamente

$h_{\script 1} + h_{\script 2} = \left ( {\frac x b + \frac {b - x} b} \right ) h = h$

Q.E.D.

[Bruno]

...

Matemammamia
Avevo preparato anch'io due scarabocchi ma siete
stati troppo veloci (non ho la possibilità di inviare
post serali o notturni...)

(...) un triangolo giace sul suo lato più lungo (che chiameremo "base")...

Naturalmente, la base può anche non essere il lato
più lungo del triangolo, ma basta che gli angoli alla
base siano acuti (questo, almeno, si diceva nella
precedente formulazione del problema - malgrado
la minore chiarezza).

Io l'ho risolto per via algebrica (...)

L'altezza $h$ del triangolo dato divide la base $b$ in due segmenti, $x$ e $b - x$ (...)

Si traccia una circonferenza con centro ${\text H}_{\script b}$ e raggio $r = \frac {x \left ( {b - x} \right )} b$ (...)

...e dunque, poiché il problema richiede di disegnare
i due segmenti, bisognerà poi realmente tracciare
questo raggio.
Da qui vien fuori, infatti, il procedimento indicato da
Pigreco.
La via algebrica è soprattutto una dimostrazione del
corretto procedimento di costruzione
A presto!

Bruno

[panurgo]

No, No, caro Bruno: io ho tracciato due segmenti qualsivoglia e ho ricavato $r$ algebricamente; il cerchio è un espediente per rendere evidente che i due punti sono equidistanti e l'intera costruzione è a posteriori. La dimostrazione di Pigreco è geometrica...

[Bruno]

Mhm... senz'altro non ci siamo capiti
Letto il problema, ho pensato subito a disegnare i due
segmenti indicati e cioè a costruirli graficamente, perché
questo veniva richiesto. In seguito ho pensato a
dimostrare la correttezza della costruzione, com'era
doveroso fare. (Non ho postato nulla perché non avrei
aggiunto niente di nuovo.)
Come dici tu, la tua costruzione è a posteriori e perciò,
naturalmente, non compare nella giustificazione algebrica
che ci hai mostrato.
L'approccio di Pigreco è geometrico, non c'è dubbio, avendo
inoltre indicato esplicitamente come disegnare i due segmenti
richiesti.
Ecco... in altre parole, volevo solo chiarire questo aspetto

Bruno