Poligoni e circonferenze

[Quelo]

Dato un poligono regolare di n lati:

1) Determinare il raggio della circonfernza che ha centro nel centro del poligono e tale per cui l'area occupata dal poligono all'interno della circonferenza è uguale a quella non occupata dal poligono (Area grigia = Area bianca)

Un immagine esemplificativa per il caso n=3


2) Determinare il raggio della circonfernza che ha centro nel centro del poligono e tale per cui l'area occupata dal poligono all'interno della circonferenza è uguale a quella occupata dal poligono all'estreno della circonferenza (Area grigia = Area nera)

[Quelo]

[franco]

salvo errori e/o orrori.

ciao

[Br1]

Ciao, Franco!

Vedo di corsa e devo correre...

Anch'io ho interpretato i quiz di Quelo
come te e mi è venuto fuori questo:

$R_1 = l\cdot \[\frac{n}{2\p\tan\(\frac{180^o}{n}\)}\]^{\frac 12}$

$R_2 =\frac{R_1}{2} = \frac{l}{2}\cdot \[\frac{n}{2\p\tan\(\frac{180^o}{n}\)}\]^{\frac 12}$

indicando l'area del poligono con: $\frac{n\cdot l^2}{4\tan\(\frac {180^o}{n}\)}$

Probabilmente stiamo dicendo la stessa
cosa, ma non riesco adesso a fare i debiti
adattamenti... o a rimediare a eventuali
(mie) sciocchezze

[franco]

Lascia stare gli adattamenti, sono io che ho scritto solo orrori

[Quelo]

Franco e Bruno, la vostra interpretazione è corretta per tutti i casi n>3 dove la circonferenza contine il poligono (caso 1) e vicerversa (caso 2).
La situazione invece si complica per il triangolo, infatti si deve considerare solo l'area che il poligono occupa all'interno (o esterno) della circonferenza, come mostrato nella figura che ho aggiunto nel primo post.
Come si può calcolare in questo caso il valore del raggio ?

[franco]

Mi sa che è duretta, ma vista la figuraccia di questo pomeriggio provo a cimentarmi comunque.

Parto con la seconda domanda e mi limito a considerare un sesto della figura (tanto le parti restanti sono simmetriche):


Dopo ho pensato di proseguire così:



Che dici Quero, provo a risolverla o sono fuori strada e lascio perdere?

[Br1]

Mannaggia, Quelo, la fretta non mi ha fatto
riconoscere anche i due casi che evidenzi!

Mhm... ho certamente un'idea per risolverli,
ma per ora vedo troppi calcoli che non ho
il tempo di fare!
Cerco invece di pensare a qualche "sveltizia"
e per questo, Quelo, ti chiedo se puoi non
postare la soluzione almeno fino al tardo
pomeriggio (direi non prima delle 18 ), giusto
per lasciarmi il tempo di rifletterci un po' di
più.
Se per quell'ora non avrò inviato nulla,
significa che non sono riuscito a scrivere la
mia idea e non riuscirò a farlo nemmeno nei
prossimi giorni...
Be', vedi tu

[Quelo]

Franco, mi sono accorto che la figura esemplificativa è adatta solo per il primo quesito (per n=3), ma non lo è per il secondo. Infatti per ogni poligono di n lati, il cerchio inscritto ha sempre un'area superiore alla metà dell'area del poligono, per cui è sufficiente tracciare il cerchio con area pari alla metà dell'area del poligono.
Il tuo metodo di risoluzione è interessante, abbastanza simile a quello che ho usato io, puoi provare ad applicarlo al primo caso.

Bruno, fai pure i tuoi calcoli con comodo, metterò la soluzione più avanti.

[franco]

, il cerchio inscritto ha sempre un'area superiore alla metà dell'area del poligono,

Il bello è che era stata la prima cosa che avevo verificato ma evidentemente avevo sbagliato i calcoli! Li ho rifatti al volo e, come giustamente dici tu, il triangolo (L=1) ha area 0,433 ed il cerchio inscritto 0,262: più della metà!

OK, stasera riprovo (bimbi permettendo).

ciao

[Br1]

Franco, mi sono accorto che la figura esemplificativa è adatta solo per il primo quesito (per n=3), ma non lo è per il secondo.

Sì, in effetti me ne sono accorto, quindi
mi sono subito concentrato sul primo...

Bruno, fai pure i tuoi calcoli con comodo, metterò la soluzione più avanti.

...però non sono riuscito a riprenderlo
nel corso della giornata e non vi riuscirò
nemmeno nei prossimi giorni.
Grazie lo stesso, Quelo, sarà per un'altra
volta

[franco]

Ricominciamo da capo:

I lati sono:
$\overline {AC} = {L \over 2}$
$\overline {OA} = a = {L \over 2}\tan {\pi \over 6} = {{L\sqrt 3 } \over 6}$
$\overline {AB} = a\tan x$
$\overline {OB} = R = a\sec x$

Le aree:
$A_{AEB} = A_{OEB} - A_{OAB} = \pi \left( {a\sec x} \right)^2 {x \over {2\pi }} - {1 \over 2}a^2 \tan x = {{a^2 } \over 2}\left( {x\sec ^2 x - \tan x} \right)$

$A_{OABD} = A_{OBD} + A_{OAB} = \pi \left( {a\sec x} \right)^2 {{{\pi \over 3} - x} \over {2\pi }} + {1 \over 2}a^2 \tan x = {{a^2 } \over 2}\left( {{\pi \over 3}\sec ^2 x - x\sec ^2 x + \tan x} \right)$

Uguagliando le aree ottengo:
${\pi \over 3}\sec ^2 x - 2x\sec ^2 x + 2\tan x = 0$

che posso scrivere anche come:
${{\pi - 6x} \over {3\cos x}} + 2\sin x = 0$


Che ha una radice (calcolata con excel) $x=0,98448$ (circa 56,4°)

ed infine (se non ho sbagliato qualcosa anche stavolta):

R = 0,52174 L

ciao!

[Quelo]

Ottimo Franco !!!

[Br1]

Mi unisco all'ottimo per Franco

Ho più o meno ragionato nello stesso modo,
mentre venerdì provavo a risolvere il problema.

A me è capitato di pensare direttamente
all'equivalenza fra il settore circolare OED
e il doppio della regione gialla, utilizzando
solo il seno:

$OB^2\cdot\frac{\p}{6} = 2\cdot \(OB^2\cdot \frac{\sin \(2x\)}{4}+OB^2\cdot \frac{\frac{\p}{3}-x}{2}\)$

Questo mi ha permesso di arrivare più in
fretta alla relazione finale:

$\frac{\p}{6} = \frac{\sin \(2x\)}{2}+\frac{\p}{3}-x \; \to \; \frac{\p}{6} = x-\frac{\sin \(2x\)}{2}$

che naturalmente porta allo stesso valore di
$x$ trovato da Franco.

Ho accennato a questa mia variante solo
perché ho potuto far riferimento al disegno
di Franco (non avevo il tempo per
farlo...)