...
Questo problema deriva da una questione
proposta dal nostro Zerinfinito.
Secondo me merita attenzione, anche se
ancora non ci ho ragionato sopra.
Abbiamo questa figura.
Il disegno è un po' domestico, in realtà, ma
forse rende lo stesso l'idea.
Il primo e il terzo quadrato si "toccano"
con un vertice, come se si tenessero per
mano.
L'immagine è solo indicativa, quindi la loro
inclinazione reciproca può essere diversa,
diciamo qualunque.
Il quadrato intermedio, invece, ha i vertici
sulle congiungenti messe in evidenza.
Come vengono divise le congiungenti più
esterne da quest'ultimo quadrato e perché?
Bruno
Quadrati danzanti
Moderatori: Gianfranco, Bruno
Questo forum è una sezione del PORTALE DI BASE CINQUE
Quadrati danzanti
(Bruno)
...........................
Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
................................................................
Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
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nei due casi estremi, cioè quando i due quadrati hanno i lati paralleli, il problema è banale.
I punti cercati sulle congiungenti tali da costruire un quadrato sono i punti medi.
Quando dico "lati paralleli" intendo sia il caso in cui i due angoli che si toccano sono opposti al vertice, sia il caso in cui un lato di un quadrato sia coincidente con uno dell'altro quadrato.
In tutti gli altri casi "intermedi", a lume di naso direi che le cose non cambiano, ma non sono sicuro del mio naso...
I punti cercati sulle congiungenti tali da costruire un quadrato sono i punti medi.
Quando dico "lati paralleli" intendo sia il caso in cui i due angoli che si toccano sono opposti al vertice, sia il caso in cui un lato di un quadrato sia coincidente con uno dell'altro quadrato.
In tutti gli altri casi "intermedi", a lume di naso direi che le cose non cambiano, ma non sono sicuro del mio naso...
Enrico
Salve a tutti,è un po che non partecipo al forum ma purtroppo ho sempre meno tempo, cmq vi seguo sempre.
Allora,data la figura si ha:
Y=Y' ottenuto per rotazione rigida del quadrato EBDG rispetto al punto D
Pertanto essendo
DO=DA
DG=DB
I due triangoli DAB e DGO sono uguali, da cui
OG=AB
Allo stesso modo
K=K' ottenuto per rotazione rigida del quadrato EBDG rispetto al punto E
Pertanto essendo
EO=EC
EG=EB
I due triangoli ECB e EGO sono uguali, da cui
OG=BC
E quindi AB=BC
Inoltre
M=M', DB=DG e DF=DO percui
i due triangoli DFG e DOB sono uguali e quindi
OB=FG
e
Q=Q', EG=EB e EH=EO percui
i due triangoli EHG e EOB sono uguali e quindi
OB=HG
Da cui si deduce
FG=HG
Pertanto i due vertici del quadrato DBEG poggiano sempre sul punto medio delle due congiungenti.[/img]
Bravo, Jepa 
(Bruno)
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