il Minimo del Maggiore
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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il Minimo del Maggiore
Sia dato il triangolo emi-equilatero ABC rettangolo in A e con ipotenusa BC=1.
Determinare la lunghezza minima del maggiore dei lati del triangolo i cui tre vertici giaciono ognuno su uno dei lati del triangolo ABC.
Costruire con riga e compasso il triangolo corrispondente.
Soit un triangle ABC demi-équilatéral dont l’angle en A vaut 90° et BC = 1.
Déterminer la plus petite longueur possible du plus grand côté du triangle dont les trois sommets se trouvent respectivement sur les trois côtés du triangle ABC.
Construire à la règle et au compas le triangle correspondant.
www.diophante.fr
D649
***
ciao
Franco
Determinare la lunghezza minima del maggiore dei lati del triangolo i cui tre vertici giaciono ognuno su uno dei lati del triangolo ABC.
Costruire con riga e compasso il triangolo corrispondente.
Soit un triangle ABC demi-équilatéral dont l’angle en A vaut 90° et BC = 1.
Déterminer la plus petite longueur possible du plus grand côté du triangle dont les trois sommets se trouvent respectivement sur les trois côtés du triangle ABC.
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ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician
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Re: il Minimo del Maggiore
rispondo in modo approssimativo, così...un po' a occhio, un po' a naso, ...
Sia AB il cateto corto.
Sia D il punto medio di AB.
Con raggio uguale a AD e centro in D, identifico su AC il punto E e su BC il punto F.
Il triangolo DFE ha due lati uguali (DE e DF) e il terzo lato EF, a occhio, mi sembra poco più lungo.
Potrebbe anche essere equilatero.
Oppure potrebbe essere addirittura un pelo più corto. (non ho fatto il disegno; ho solo immaginato).
In ogni caso la soluzione deve restare nella parte "bassa" del triangolo (immaginandolo con AB in basso).
Sia AB il cateto corto.
Sia D il punto medio di AB.
Con raggio uguale a AD e centro in D, identifico su AC il punto E e su BC il punto F.
Il triangolo DFE ha due lati uguali (DE e DF) e il terzo lato EF, a occhio, mi sembra poco più lungo.
Potrebbe anche essere equilatero.
Oppure potrebbe essere addirittura un pelo più corto. (non ho fatto il disegno; ho solo immaginato).
In ogni caso la soluzione deve restare nella parte "bassa" del triangolo (immaginandolo con AB in basso).
Enrico
Re: il Minimo del Maggiore
A occhio e croce, direi...
$\displaystyle\ell=\frac{\sqrt{21}}{14}$
...per la costruzione dovrete aspettare domani...
$\displaystyle\ell=\frac{\sqrt{21}}{14}$
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il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
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Re: il Minimo del Maggiore
faccio ammenda. Come detto, avevo fatto tutto "a mente" e avevo immaginato che il cerchio intersecasse AC. Bisogna allargare il raggio! E/o spostare D un poco a sinistra
Enrico
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Re: il Minimo del Maggiore
Il triangolo equilatero mi tenta, ma non so dimostrare che è proprio lui.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: il Minimo del Maggiore
Parti da un triangolo qualsiasi e cerca di diminuire il lato più lungo: ad un certo punto...Gianfranco ha scritto: ↑mar feb 02, 2021 10:52 amIl triangolo equilatero mi tenta, ma non so dimostrare che è proprio lui.
il panurgo
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Re: il Minimo del Maggiore
Ho fatto così, ma la procedura che ho seguito non mi dà quella certezza interiore che senti quando hai imboccato il sentiero giusto.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: il Minimo del Maggiore
Certo non è questa procedura che ti fornisce il lato minimo: dimostra solo che il lato minimo lo hai con un triangolo equilatero.
Infatti, se tu hai un triangolo equilatero qualsiasi modifica produce almeno un lato più grande del lato di partenza: bisogna trovare il triangolo equilatero minimo.
Infatti, se tu hai un triangolo equilatero qualsiasi modifica produce almeno un lato più grande del lato di partenza: bisogna trovare il triangolo equilatero minimo.
il panurgo
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Il triangolo di partenza è questo, con le sue misure.
Dobbiamo dunque cercare il più piccolo triangolo equilatero: supponiamo sia questo. Tracciata la perpendicolare da $\mathtt{F}$ osserviamo che i triangoli rettangoli $\mathtt{AEF}$ e $\mathtt{DFH}$ sono congruenti perché hanno gli angoli in $\mathtt{F}$ complementari e le ipotenuse congruenti. Gli angoli in $\mathtt{F}$ sono complementari perché l’angolo $\mathtt{EFD}$ è di $\mathtt{60^\circ}$ mentre l’angolo $\mathtt{BFH}$ è di $\mathtt{30^\circ}$.
Siano
$\begin{array}{lC}\displaystyle\mathtt{AF}=\mathtt{DH}=x \\ \displaystyle\mathtt{AE}=\mathtt{FH}=\frac{\sqrt3}2\left(\frac12-x\right) \\ \displaystyle \mathtt{DF}=\mathtt{EF}=\ell\end{array}$
Abbiamo
$\displaystyle \ell=\frac{x}{\cos\vartheta}=\frac{\frac{\sqrt3}2\left(\frac12-x\right)}{\sin\vartheta}$
ovvero, con facile algebra e trigonometria,
$\displaystyle x=\frac{\sqrt3}{2\sqrt3+4\tan\vartheta}$
da cui
$\displaystyle \ell=\frac{\sqrt3}{2\sqrt3\cos\vartheta+4\sin\vartheta}$
Deriviamo e poniamo uguale a $0$
$\displaystyle \ell^\prime=\frac{\sqrt3}2\frac{2\cos\vartheta-\sqrt3\sin\vartheta}{\left(\sqrt3\cos\vartheta+2\sin\vartheta\right)^2}=0$
che si annulla per
$\displaystyle\tan\vartheta=\frac2{\sqrt3}$
quindi
$\displaystyle x=\frac{\sqrt3}{2\sqrt3+4\frac2{\sqrt3}}=\frac3{14}$
cioè quando $\mathtt{AF}:\mathtt{AB}=3:7$.
Per prima cosa dobbiamo convincerci che il triangolo con il lato maggiore minimo è un triangolo equilatero: partiamo con un triangolo qualsiasi mantenendo fisso il punto $\mathtt{F}$ e spostando gli altri.
Il lato maggiore è il lato $\mathtt{EF}$. Spostiamo dunque $\mathtt{E}$ verso $\mathtt{A}$: quando $\mathtt{E}$ raggiunge l’intersezione dell’asse di $\mathtt{DF}$ con il lato $\mathtt{AC}$, il triangolo $\mathtt{DEF}$ è isoscele e, proseguendo, il lato $\mathtt{EF}$ non sarebbe più il più lungo
Ora è il momento di spostare $\mathtt{D}$ verso $\mathtt{C}$ in modo che il lato $\mathtt{DE}$ diminuisca (e il lato $\mathtt{DF}$ aumenti)
Poi viene di nuovo il turno di $\mathtt{E}$
Con l’ultimo spostamento di $\mathtt{D}$ il triangolo è pressoché equilatero
Evidentemente, se $\mathtt{DEF}$ fosse il più piccolo triangolo equilatero possibile, qualsiasi cambiamento peggiorerebbe la situazione.Dobbiamo dunque cercare il più piccolo triangolo equilatero: supponiamo sia questo. Tracciata la perpendicolare da $\mathtt{F}$ osserviamo che i triangoli rettangoli $\mathtt{AEF}$ e $\mathtt{DFH}$ sono congruenti perché hanno gli angoli in $\mathtt{F}$ complementari e le ipotenuse congruenti. Gli angoli in $\mathtt{F}$ sono complementari perché l’angolo $\mathtt{EFD}$ è di $\mathtt{60^\circ}$ mentre l’angolo $\mathtt{BFH}$ è di $\mathtt{30^\circ}$.
Siano
$\begin{array}{lC}\displaystyle\mathtt{AF}=\mathtt{DH}=x \\ \displaystyle\mathtt{AE}=\mathtt{FH}=\frac{\sqrt3}2\left(\frac12-x\right) \\ \displaystyle \mathtt{DF}=\mathtt{EF}=\ell\end{array}$
Abbiamo
$\displaystyle \ell=\frac{x}{\cos\vartheta}=\frac{\frac{\sqrt3}2\left(\frac12-x\right)}{\sin\vartheta}$
ovvero, con facile algebra e trigonometria,
$\displaystyle x=\frac{\sqrt3}{2\sqrt3+4\tan\vartheta}$
da cui
$\displaystyle \ell=\frac{\sqrt3}{2\sqrt3\cos\vartheta+4\sin\vartheta}$
Deriviamo e poniamo uguale a $0$
$\displaystyle \ell^\prime=\frac{\sqrt3}2\frac{2\cos\vartheta-\sqrt3\sin\vartheta}{\left(\sqrt3\cos\vartheta+2\sin\vartheta\right)^2}=0$
che si annulla per
$\displaystyle\tan\vartheta=\frac2{\sqrt3}$
quindi
$\displaystyle x=\frac{\sqrt3}{2\sqrt3+4\frac2{\sqrt3}}=\frac3{14}$
cioè quando $\mathtt{AF}:\mathtt{AB}=3:7$.
il panurgo
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Ecco dunque la costruzione: innalzata la perpendicolare al punto $\mathtt{B}$ stacchiamo su di essa con il compasso sette segmenti uguali
Tracciamo la retta dal settimo punto ad $\mathtt{A}$, indi la parallela per il quarto punto: Talete ci dice che $\mathtt{AF}:\mathtt{AB}=3:7$.
Abbassata la perpendicolare da $\mathtt{F}$ riportiamo su $\mathtt{BC}$ la distanza $\mathtt{AF}$, individuando il punto $\mathtt{D}$
Con centro in $\mathtt{F}$ tracciamo la circonferenza per $\mathtt{D}$: $\mathtt{AE}$ e $\mathtt{FH}$ sono congruenti perchè lo sono sia $\mathtt{AF}$ e $\mathtt{HD}$ sia $\mathtt{DF}$ ed $\mathtt{EF}$, sempre per costruzione.
$\mathtt{D}$, $\mathtt{E}$ ed $\mathtt{F}$ sono i vertici del triangolo desiderato.
il panurgo
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Re: il Minimo del Maggiore
Forse o anzi certamente, non ho interpretato bene i termini del problema e/o quanto esposto finora, per cui mi son chiesto come sia possibile l'esistenza di un lato più lungo in un triangolo equilatero inscritto nel primo, salvo trarne poi un lato un po' più lungo di misura indefinita.
Ho pensato dunque, per avere certezza dell'esistenza del triangolo cercato, di tracciarne uno rettangolo in cui certamente si individua un lato più lungo nella sua ipotenusa.
Il problema si trasformerebbe nella ricerca di un triangolo rettangolo inscritto e con l'ipotenusa di misura minore.
In tal senso, mi è sembrato di individuare tale triangolo, tuttavia in modo intuitivo, in quello la cui ipotenusa misura metà del cateto AC del primo triangolo ed è ad esso parallelo: la sua misura sarebbe metà di quel cateto, cioè $\frac{\sqrt{3}}{4}$.
Naturalmente non è dimostrato che l'ipotenusa indicata sia la più piccola possibile.
.......
Vedo che nel frattempo, fra una pensata e l'altra, una trasmissione TV sul covid e l'altra, c'è già stato altro stratosferico input del Prof., che non ancora ho studiato, ma con la misura ricercata minore di questa e comunque certificata dalla derivata azzerata.
Ho pensato dunque, per avere certezza dell'esistenza del triangolo cercato, di tracciarne uno rettangolo in cui certamente si individua un lato più lungo nella sua ipotenusa.
Il problema si trasformerebbe nella ricerca di un triangolo rettangolo inscritto e con l'ipotenusa di misura minore.
In tal senso, mi è sembrato di individuare tale triangolo, tuttavia in modo intuitivo, in quello la cui ipotenusa misura metà del cateto AC del primo triangolo ed è ad esso parallelo: la sua misura sarebbe metà di quel cateto, cioè $\frac{\sqrt{3}}{4}$.
Naturalmente non è dimostrato che l'ipotenusa indicata sia la più piccola possibile.
.......
Vedo che nel frattempo, fra una pensata e l'altra, una trasmissione TV sul covid e l'altra, c'è già stato altro stratosferico input del Prof., che non ancora ho studiato, ma con la misura ricercata minore di questa e comunque certificata dalla derivata azzerata.
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: il Minimo del Maggiore
Ciao Pasquale, non so se ho capito bene il tuo dubbio, ma provo a spiegarlo.
La frase dubbia è:
"Determinare la lunghezza minima del maggiore dei lati del triangolo i cui tre vertici giacciono ognuno su uno dei lati del triangolo ABC."
Questo farebbe pensare che il triangolo richiesto debba avere necessariamente un lato che sia MAGGIORE degli altri due e non MAGGIORE O UGUALE.
Quindi sarebbe escluso il triangolo equilatero perché non ha un lato che sia maggiore degli altri.
E' un piccolo tarlo che rode anche me.
Quindi, i casi sono 2:
1) o si modifica leggermente il testo del problema;
2) o si cerca un triangolo che abbia effettivamente un lato MAGGIORE degli altri due, cioè sia scaleno oppure isoscele.
Il triangolo equilatero trovato da Panurgo sarebbe un caso limite.
Ciao Panurgo, ho esaminato la tua dimostrazione e l'ho anche sottoposta a qualche prova e mi piace molto, complimenti. Però...
Ho fatto persino una simulazione numerica ma non riusciva mai a raggiungere i tuoi risultati. Si avvicinava ma mi dava sempre un triangolo QUASI equilatero. Non è solo un discorso di approssimazione, è un'altra cosa.
L'osservazione di Pasquale mi ha fatto capire l'errore nel mio programmino, che però non era un vero errore: avevo usato la relazione stretta ">" per confrontare i lati, rispettando il testo del problema. Per questo non trovava un triangolo equilatero!
Che ne pensate?
Forse bisognerebbe modificare il testo?
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: il Minimo del Maggiore
Gianfranco ha scritto: ↑mer feb 03, 2021 12:31 pmLa frase dubbia è:
"Determinare la lunghezza minima del maggiore dei lati del triangolo i cui tre vertici giacciono ognuno su uno dei lati del triangolo ABC."
...
Che ne pensate?
Forse bisognerebbe modificare il testo?
Lo stesso dubbio che ho avuto anch'io (pur non avendo ancora avuto il tempo di approcciare il problema), che si è accentuato dopo la risoluzione mostrata
(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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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.
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Re: il Minimo del Maggiore
Beh, ragazzi...
$\displaystyle\ell=\frac{\sqrt{21}}{14}+\epsilon$
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il panurgo
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