Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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nino280 13-11-19 18:36

Re: Nino - Nino
 
Dopo tutto questo chiacchiericcio, scrivo un Corollario o Teorema che dir si voglia.
Dato un triangolo e tracciate le sue bisettrici e tracciate anche le normali alle tre bisettrici passanti per i vertici del triangolo, dette normali si incontrano a formare un triangolo nuovo più grande.
I vertici del nuovo triangolo grande prendono il nome di Ex-Centri, naturalmente riferiti al triangolo originale, quello piccolo insomma.
Risulta che le bisettrici del triangolo piccolo sono le altezze di quello grande. E' così. Non ci possiamo far nulla.
Forse l'abbiamo detto già quattro volte, delle quali 3 volte io e una volta Erasmus. No sono 5 volte, avevo dimentica che il primo a dircelo è stato Aspesi.
Ciao
Metterò un disegno, ne ho in verità già fatto uno, e siccome su questo disegno ho fatto altre mille considerazioni, risulta che non si capisce assolutamente nulla.
Ne farò un altro che bada solo all'enunciato di sopra con il minimo delle linee possibili, più pulito, e di conseguenza più chiaro.:hello:

nino280 13-11-19 20:09

Re: Nino - Nino
 


Ecco il disegno del mio enunciato precedente.
Si parte da un triangolo, e prendo quello di cui stiamo già parlando e cioè con i lati 11 ; 13 ; 15 Oramai mi ci sono affezionato:D
Bisogna decidere che cosa si vuol fare di questo triangolo, e sarebbe se si vuole trovare il suo triangolo inscritto di minor perimetro oppure se si vuole che sia lui l'inscritto.
Decido che sia lui l'inscritto e VAI con la costruzione.
Trovare le bisettrici dei prolungamenti dei suoi lati mi viene restituito in un battibaleno, nel senso che se gli chiedo la bisettrice di due lati lui di sua iniziativa mi mette già la normale che a me serve molto. Bene.
Lo faccio per tre volte cioè per ogni vertice e ottengo i tre Ex-Centri D E F
Il problema è praticamente finito.
In più ho indicato che è vero che le bisettrici formano angoli di 90° e in un caso dimostro che realmente una retta che parte da un vertice è bisettrice (somma dei due angoli uguali)
Ho evitato di farlo per gli altri due ma un pochettino bisogna anche fidarsi, anche perché più numeri ci metto e più il disegno si "imbratta":D
Questo disegno dovrebbe essere più chiaro di altri per il semplice motivo che se si parla di Ex-Centri e contemporaneamente
ci si mette a parlare di Freuerbach, inevitabilmente si complicano anche le cose semplici.
Ciao
Attenzione, mi sono perso per strada i prolungamenti dei lati, ma come si vede se ne può anche fare a meno.
Ma vi assicuro che una prima versione di questo disegno aveva detti prolungamenti, poi l'ho memorizzato e postato qui senza, una svista.
Due minuti fa ho disegnato l'inscritto dell'inscritto, ma siccome mi era insignificante, ve lo risparmio:D

nino280 14-11-19 09:01

Re: Nino - Nino
 
Oggi ci metto un nuovo corollario, nuovo rispetto a ieri.
Le bisettrici agli angoli esterni di un triangolo, e le normali alle bisettrici stesse, sono la medesima cosa.
Se volete potete controllare se ho detto giusto.
Non vi faccio scervellare, metto io stesso la dimostrazione in tecnicolor:D

https://i.postimg.cc/GtNrC9PK/Bisettrici-e-Normali.png



Non c'è bisogno di commenti, il disegno parla da solo.
Ma sì ,due paroline non guastano.
L'angolo Alfa in rosso è l'angolo esterno a quel vertice del triangolo.(va preso tutto)
La retta che ci passa dal punto B quella che va da sinistra a destra o viceversa ne è la sua bisettrice ed è confermato che se misuro l'angolo Beta ne è esattamente la sua metà
Poi anche la retta che va dall'alto in basso o viceversa che passa per B ne è la bisettrice dal momento che i semi angoli sono esattamente la metà.
Misuro allora a scanso di equivoci l'angolo Delta e ci trovo 90°
Anche la verifica matematica:
112,00192*2 + 33,99904*4 = 360°
Ciao
Adesso qualcuno di mia conoscenza mi rimproverà perché perdo tempo in cose troppo ovvie:D

ANDREAtom 14-11-19 15:39

Re: Nino - Nino
 
Adesso ti propongo io un quiz con i cerchi (ma ci sono anche i "triangoli")
Disegna sette cerchi, tutti identici e della misura che vuoi (diciamo di raggio uno) e disposti in modo che le circonferenze siano tutte tangenti, quindi un cerchio centrale e gli altri sei disposti intorno a questo in modo che le circonferenze si tocchino tutte; se ti ricordi questa è una disposizione che mi ha sempre incuriosito perchè visto che l'area del cerchio non è un numero intero ma si può calcolare solo con approssimazione mi pare strano che i sette cerchi disposti in quel modo si tocchino tutti perfettamente, non manca ne avanza nulla; comunque adesso mi incuriosisce un altro particolare, dovresti calcolarmi l'area di quella specie di triangoli che si trovano tra un cerchio e l'altro (se i lati fossero dritti sarebbero dei perfetti triangoli equilateri) perchè voglio vedere in che rapporto è l'area totale dei sei triangoli con l'area di un singolo cerchio.

P.S. per non complicare troppo le cose basta disegnare tre cerchi, sempre di raggio uno e disporli a triangolo in modo che le circonferenze si tocchino, poi calcolare l'area del "triangolo" che si forma in mezzo.

aspesi 14-11-19 17:20

Re: Nino - Nino
 
Quote:

ANDREAtom (Scrivi 834081)
... l'area di quella specie di triangoli che si trovano tra un cerchio e l'altro (se i lati fossero dritti sarebbero dei perfetti triangoli equilateri) perchè voglio vedere in che rapporto è l'area totale dei sei triangoli con l'area di un singolo cerchio.

P.S. per non complicare troppo le cose basta disegnare tre cerchi, sempre di raggio uno e disporli a triangolo in modo che le circonferenze si tocchino, poi calcolare l'area del "triangolo" che si forma in mezzo.

Se ho capito quello che vuoi...
un singolo "triangolino" vale RAD(3) - pi.greco/2 = 0,161254481
che è poco più di 1/20 (esattamente 0,051328895...) dell'area di un cerchio (che è pi.greco)

:hello:

nino280 14-11-19 18:16

Re: Nino - Nino
 
https://i.postimg.cc/TwM1FHk4/Andre-ATom.png



Devo ancora calcolare l'Area del triangolino.
Ciao

nino280 14-11-19 19:42

Re: Nino - Nino
 
https://i.postimg.cc/kgwY40rk/Andrea-Atom2.png



E' più complicato di quanto pensassi.
Vedo che Aspesi ha dato già una soluzione.
Ma se volessi farlo io mi servirebbe l'area della Lunula che si ottiene dalla somma dei due settori circolari in cui come si vede ho già marcato tutti i valori cioè la corda e le due frecce.
La corda è 1,73205 uguale al raggio della circonferenza Blu mentre le altezze o mi pare si chiamino frecce sono una 0,5 quella del raggio 1, e l'altra è 0,23205.
Basterà fare il calcolo di questi due settori e si trova la soluzione del quiz. Non so se Aspesi ha fatto ciò.
In definitiva l'area del triangolino è 1/6 della circonferenza Blu meno l'area della lunula meno 1/6 di Pi
Ciao

aspesi 14-11-19 20:36

Re: Nino - Nino
 
Quote:

nino280 (Scrivi 834087)
. Non so se Aspesi ha fatto ciò.

Ciao

No, è molto più semplice ;)

:hello:

nino280 14-11-19 20:45

Re: Nino - Nino
 
Hai ragione. Basta concentrarsi solo sul triangolo e togliere 3 settori circolari
https://i.postimg.cc/YCwj9PNf/Andre-Atom3.png



Ora ottengo anche io 0,161254 . . .

ANDREAtom 15-11-19 08:28

Re: Nino - Nino
 
Premetto che non conosco il risultato perchè il quiz me lo sono inventato; se i due risultati ottenuti con metodi diversi sono uguali sicuramente sono esatti.
Mi era sembrato che l'area del "triangolo" fosse molto più di 1/20 dell'area del cerchio.


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