Re: Nino - Nino
 

https://www.tinyurl.com/gs201019-9?f...kXi_WfapSen66Q

Ad ogni modo torno un attimo al quiz precedente, per dire che non ci sono soltanto io che faccio roteare circonferenze.
Quello che vedete (se aprite il link) non è roba mia.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

Metto, come al solito, un "paperino" di spiegazione.
–––
:hello:

Re: Nino - Nino
 

Bello!
Io c'ero arrivato solo per approssimazioni successive :)

:hello:

Re: Nino - Nino
 

https://i.postimg.cc/hjqCCH1d/Intuito.png



Certo che io ho un intuito fenomenale:spaf:
Visto che si era partiti da un equilatero di lato 1, mi sono detto, che succede se il lato del triangolo diventa 2?
E dicevo, se prima mi veniva radice cubica di 2 raddoppiando il lato mi verrà radice cubica di 4
Prontamente faccio i calcoli per uno da 2, no volevo dire ne disegno uno da 2 e cosa ci trovo? Che è radice cubica di 16 (diciamo assai vicina):D
Ciao
Però vedo ora che il valore trovato è ancora il doppio
del resto :

Re: Nino - Nino
 

https://i.postimg.cc/nVYJYgxk/Quaadrangolo-Q.png



Disegno un quadrangolo e faccio in modo che sia AD = BC
Tracciate poi le diagonali trovo i punti medi di dette diagonali più il punto medio di C D, e sono E F G
Congiungendo E F G quello che viene fuori è un equilatero.
Quale è la condizione necessaria e sufficiente che questo capiti?
Be io marcandoci nel disegno gli angoli Alfa e Beta ho come anticipato e suggerito la soluzione.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

https://www.geogebra.org/classic/yyfrrhcb

Ci metto la versione cliccabile.
E' molto significativa.
Faccio variare l'angolo Alfa a piacimento in un range di 360° con salti o step di 1/1000 di grado.
Io credevo che il mio triangolo equilatero in qualche modo degenerasse.
Invece non degenera affatto.
Comunque bello da vedere l'animazione
Ciao
Si vede come al variare dell'angolo Alfa e di conseguenza dell'angolo Beta (tramite il pallino) il triangolo equilatero E F G non cambia.
2,5 è la lunghezza dei suoi lati:hello:

Re: Nino - Nino
 

https://www.geogebra.org/classic/ctxhgg74




A partire da questa immagine di sopra "ferma" ho la possibilità se faccio girare il cinematismo che mi sono inventato adoperando il link in testa al messaggio, di vedere come si comportano i vari punti del cinematismo nel loro movimento.
Allora per chi non la fa girare ci metto una istantanea di quello che succede:



I punti che lasciano una traccia sono 7
Precisamente C D vertici della base minore del trapezio originale + E F G vertici del triangolo equilatero + H intersezione delle diagonali + I centro dell'equilatero.
Ottengo 6 circonferenze che ho colorato in modo diverso di cui F G si sovrappongono, ma H, vale a dire l'intersezione delle diagonali si comporta in modo strano.
E tale stranezza merita una immagine a se che andrò ad evidenziare eliminando tutte le altre traiettorie affinché tale comportamento sia più evidente.



Ecco come si comporta l'intersezione delle diagonali cioè il punto H.
Sono quelle tracce in nero.
Precisazione dovuta:
il tutto si muove facendo ruotare l'angolo Beta da 0 a 360° e di conseguenza anche l'angolo Gamma che fanno perno rispettivamente sui punti A e B, tramite il solito pallino Alfa.
E facendo in modo che la loro somma, cioè la somma di Beta e Gamma sia costantemente 120°
:spaf:. Non dovevo dirlo, perché poi Erasmus si arrabbia e mi sgrida. (faccina che ride, le ho esaurite)
Perché questa cosa che Alfa + Beta debba essere 120° è la soluzione del Quiz.
Il fatto è che io non riesco a tenere i Quiz aperti per + giorni e visto che nessuno interviene, ho fatto finta che la soluzione mi è sfuggita.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

https://www.facebook.com/groups/1417...8008956814119/

Ciao
Queste sono innumerevoli banalità su scienziati vari.
Siccome non vorrei essere da meno ne metto un paio anche io.
Talete disse che ci sarebbe andato e avrebbe mangiato a volontà, tanto al ritorno a casa avrebbe fatto un po' di esercizi alle parallele.
Rubbia prenotò due posti, perché sarebbe andato in compagnia di Zorro.
Zichicchi accettò ad una condizione, che gli avrebbero servito degli spaghetti che lui stesso avrebbe portato da casa sua.:D
Ecc. Ecc.
E anche Higgs accettò volentieri, perché disse che l'anno prima aveva mangiato da Dio.

Re: Nino - Nino
 

https://onedrive.live.com/embed?resi...JeKWVsW7LtOjTU

Scusate non fate tanto caso a questo mio link.
Sto facendo delle prove di trasmissione.
In pratica avrei trovato una fotocamera in un cassetto, comperata e quasi dimenticata 2 o 3 anni fa.
Ora sto provando a metterla in funzione.
E' soltanto una specie di panoramica della mia postazione, dura soltanto 13 secondi. Mi piacerebbe sapere se riuscite a vederla.
Per quale motivo? Perché ho idea che mi potrà servire in seguito.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

https://onedrive.live.com/embed?resi...XypYg4zv1 xUE

Ed ecco il motivo dei miei esperimenti.
Aprendo, dopo un pochino che memorizza, si dovrebbe vedere il mio solito trapezio incernierato con i due lati laterali alla base maggiore e roteanti e con i vari punti che lasciano la traccia nel loro movimento.
Ci dovrebbe essere penso un modo più semplice per inviare animazioni di GeoGebra, perché ho visto che altri li fanno, senza passare dalla mia vecchia fotocamera o videocamera che dir si voglia, solo che, evidentemente, io non conosco.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

@ Miza, aspesi, Satomi, Astromauh, Sat, nino280, ...
Nessuno si degna di affrontare il mio bellissimo quiz?
Questo Quiz l'ho ora copiato da un altro forum.
Non vi dico nemmeno chi l'ha proposto, tanto si riconosce perfettamente senza ombra di dubbio la paternità.
Io ho già detto che di là non mi ci raccapezzo.
Faccio un tentativo, non vi assicuro che ci riesca, di risolverlo con i miei soliti potenti mezzi che dispongo:D
Visto che non ci sono nuovi quiz e io stesso mi sono stufato del trapezio roteante che oramai rotea da almeno una settimana.
Vado:

Infine la forma di ABC sia tale che, detto I l'incentro di ABC, il triangolo BIK sia rettangolo in I.

Non mi viene.
Non sarà per caso che detto triangolo ha l'incentro I rettangolo in K?
https://i.postimg.cc/3rbsfvrz/Tentativo-Tri.png



Questo è uno dei disegni più "ragionevoli" che sono riuscito a fare.
E come si vede se cerco di sistemare in qualche modo i 90° nell'incentro di I, addirittura mi viene una retta parallela al lato BC mentre la logica vorrebbe che passasse per B

Re: Nino - Nino
 

https://i.postimg.cc/nhtX7VHm/Cerchio-di-Feuerbach.png



Conoscete i cerchi di Feuerbach?
Mi dite che non li conoscete?
E nemmeno io li conosco.:D
Beh, non è proprio vero che non li conosco, perché me li hanno "presentati" ieri sera, neanche ieri sera, direi questa mattina dopo zapping a seguito di una notte insonne ed era già mattino.
Insomma bando alle ciance, di sopra ne ho disegnato uno.
Si parte da un triangolo qualsiasi ABC
Poi si trovano i punti medi dei sui lati che sono EFG
E si fa passare la circonferenza per i punti medi.
Si ottengono altre 3 intersezioni oltre a quelli che avevamo già e sono e sono i punti HLK
Abbiamo così ottenuto oltre al cerchio di Feuerbach i 9 punti di Feuerbach, che dapprima non capivo di questo 9, ma poi mi sono convinto che probabilmente contano anche i tre iniziali cioè:
ABC + EFG + HLK
Sui cerchi o sui punti di Feuerbach trovi naturalmente in rete tutta la solita vastissima letteratura e documentazione, e se si vuole uno può vedersela per conto proprio senza ascoltare le mie lagnanze, anche "pecchè" (diceva un noto parlamentare) io potrei raccontare frottole o dire cose inesatte.
Ma credo che farò ancora ,se no disturbo troppo, qualche altro disegno su questo argomento, se non altro il fatto di fare disegni e cercare poi di spiegarli, in prima istanza serve più a me stesso che a Voi.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

La domanda sorge spontanea.
Come si arriva ai cerchi di Feuerbach?
Beh, è presto detto.
Dal quiz di Aspesi del triangolo inscritto di minor perimetro si arriva all'Ex-Centro e dall'Ex-Centro si arriva alla retta di Eulero e la retta di Eulero porta a questo signor Feuerbach, che ripeto fino a questa mattina mai avevo sentito nominare.
P.S.
La retta di Eulero?
Sì, dice che il baricentro il circocentro e l'ortocentro stanno tutti sulla stessa retta.
Non ho ancora capito bene, devo vedere meglio, forse anche qualche punto di Feuerbach giace sulla retta di Eulero, e sennò come avrei fatto a tirarlo fuori?
Ciao

Re: Nino - Nino
 

https://www.youtube.com/watch?v=_uoKY8LuxJg&feature=share&fbclid=IwAR0hiUQ wS3n7vQZ-0TK4JnF5ptNB1PrpnS2mjHirY0zbpKFfm11LrekI0hU

Per uscire un poco fuori dal tram tram un po' di relax.
La musica che più mi piace.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

Dopo aver ascoltato un po' di musica degli indiani d'America ritorno ai soliti miei triangoli.
Se qualcuno mi dovesse chiedere:
a che servono i cerchi di Feuerbach?
Io ho la risposta preparata: a nulla, gli direi.
Perché se sono arrivato fino a ieri senza che ho avuto bisogno di loro, vuol dire che non servono a niente.:D:D
Ciao
Comunque per sapere dove si vanno a sistemare i punti notevoli di Feuerbach devo necessariamente disegnare un triangolo e la sua retta di Eulero.
Sono sicuro al 100 per 100 che io ne ho già parlato in questa sede (voglio dire nei Rudi) della retta di Eulero, solo non mi ricordo ne quando ne dove ne perché ne abbiamo parlato. Faccio prima a ridisegnarla che andare a cercare quella discussione.
Ora vado a pranzo con amici, magari al ritorno.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

Attenzione!
Colpo discena.
Sono andato a cercare la retta di Eulero dell'ultimo triangolo che ho messaggiato ieri. Lo ricopio sennò non riesco a parlare:


E si dice (anche in molti posti di internet) che l'incontro delle Bisettrici, delle Altezze e delle Mediane giacciono su una retta.
Ed io ho fatto questa cosa e mi è risultata non vera.
Metterò con più calma tale verifica.
Anche se in verità ho trovato rette che univano tre punti, diciamo che per ogni punto mi uscivano tre rette e non 4 come deve essere per rispettare l'enunciato.
Va detto anche che scoprivo intanto, che i punti che avevo già trovato disegnando il cerchio di Freuerbach cioè i punti H L K altro non sono che i piedi delle tre altezze di quel triangolo.
Ciao
https://i.postimg.cc/mrXT2z7N/Incroci-Di-Eulero.png

Ecco quello che ho appena detto.


Si vede chiaramente una retta che passa per i punti P Q R ma che non esce da tre rette.
In più si vedono le rette rosse cioè le rette che sottendono le altezze del triangolo che passano per i punti di Freuerbach che avevo trovato ieri.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

https://i.postimg.cc/v8fwYpPD/Disguido-di-Eulero.png



E' meglio chiarire bene il disguido quello che io ho chiamato "colpo di scena" altrimenti poco si capisce.
Il disegno mostra l'incontro delle altezze in rosso che è il punto N
Poi l'incontro delle mediane in verde che è il punto O
E l'incontro delle bisettrici in viola che è il punto S
Allora congiungo N con O e si nota benissimo che S non sta su N O
Mentre io mi aspettavo che doveva starci.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

Occhio! La didascalia sotto il disegno di nino280 l'ho aggiunta io Erasmus]

@ nino280
Vedo che hai modificato aggiungeno un "pisrolotto" sulla retta di Eulero ed un altro disegnino complicatissimo.
[Adesso, però, ... con i tuoi disegni stai esagerando! :D Non ti tien dietro nemmeno aspesi!]
Bravo nino280 :ok: (a proposito del cerchio di Feuerbach e della retta di Eulero.
Vedi che avevo ragione quando – ormai molti anni fa – dicevo che Eulero era un "cannibale" ... "Fa_so tuto mi!" (=facciotutto io)? [Un "cannibale" che anticipava addirittura quello che altri avrebbero fatto in un futuro mica tanto immediato]. Il matematico tedesco Karl Feuerbach (da non confondere col più famoso filsofo Ludwig Feurbach) è nato nel maggio dell'1800 e Leonhard Euler (Eulero|) nell'aprile del 1707, quasi cent'anni prima.]
Ma tu lo sai cosa significa in tedesco "Feuerbach"? ? Vuol dire esattamente "Ruscello (Bach) di Fuoco" (Feuer, pronuncia "fòier).
------------
Scusami, nino280, se ora sono io che scrivo cose "fuorvianti" rispetto a quello di cui stai disquisendo tu.
Io sono ancora fermo a quel che vedevo ieri e che ora vedo ancora ma immerso in un discorso matematico che ieri ancora non c'era.
Sono qui perché volevo mettere un quiz di matematica ... un po' difficilino se non si va a scopiazzare in rete.
-------------
Si sa che "per tre punti di un piano non allineati passa una (ed una sola) circonferenza" [circolare]..
Il Cerchio di Feuerbachi è definito come il cerchio la cui circoferenza passa per i punti medi dei lati di un triangolo.
Si chiama "di Feuerbach" perché costui ha scoperto che la circonferenza di qusto cerchio passa anche per i tre piedi delle altezze, ossia che è il cerchio circoscritto a quel triangolino che, se il dato triangolo è acutangolo, tra tutti i triangoli inscritti nel dato triangolo è quello che ha il perimetro minimo.
[Ne abbiamo discuss a partire da qui:
– -> "Qualche quiz", #3520 (Un disegnino per nino280).]
Poi qualcun altro ha scoperto un'altra proprietà di questo cerchio, ossia che la sua circonferenza passa anche per i punti medi dei tre segmenti con estremi l'ortocentro ed un uno dei tre vertici.
Ci sono dunque 9 punti notevoli che appartengono alla circonferenza del Cerchio di Feuerbach (relativo ad un triangolo)
• I punti medi dei lati;
• I piedi delle altezze sui lati
• I punti medi dei tre segmenti di estremi l'ortocentro e un vertice.

Diciamo K il centro del Cerchio di Feuerbach del triangolo ABC (cghe per comodità di disegno supponiamo acutangolo).
Dove sta questo centro K del cerchio di Feuerbach di ABC?

a) Siano L(su BC), M (su CA) ed N (su AB) i punti medi dei lati rispettivamente opposyi ad ivertici A, B e C.
I quattro triangoli AMN, BNL. CLM ed LMN sono tutti uguali e con i lati metà dei lati di ANC (ma quello centrale LMN è capovolto rispetto agli altri tre che invece sono la riduzione in scala 1 : 2 di ABC mantenendone l'orientamento).
Il cerchio di Feuerbah è definito come quello circoscritto a l triangolo LMN. Quindi per trovare graficamente K basta tracciare gli assi di due lati del triangolo LMN ... e la loro intersezione è propriuo K,intersezione è proprio K.
E ancora:
b) Siano U (su BC), V (su CA) e W (su AB) i piedi delle altezze di ABC rispettivamente relative ai vertici A, B e C.

Feuerbach ha dimosrtrato che la circonferenza sulla quale stanno L, M ed N passa anche per U, V e W.
Ossia che i triangoli LMN e UVW sono inscritti nel medesimo cerchio.
Dunque c'è un punto speciale – il centro K centro del Cerchio di Feuerbach – che dista ugualmente da L, M ed N e da U, V e W. Ossia – detto R il raggio del Cerchio di Feuerbah –:
R = KL = KM = KN = KU =KV = KW.

Oh: l'ha domostrato Fewerbach!

Ma saremmo capaci noi di rifare la dimostrazione senza andar a scopiazzare in rete?

Io ci sono riuscito ... ma con una certa fatica.
Adesso vado nel "thread" "Qualche quiz" e postolà espressamente questo quiz!
––––
:hello:

Re: Nino - Nino
 

Ma anche io sapevo che il cerchio di Feuerbach nell'incontrare una altezza divide a metà il segmento che ne viene fuori in quell'altezza fra il vertice e l'ortocentro.
Ma non voglio dire che l'ho sempre saputo perchè direi una grossa bugia, ed evidente ciò dal momento che ho scoperto questo Feuerbach e l'ho già detto almeno 3 volte solo Sabato scorso.
Solo non ho voluto scriverlo sennò mettevo troppa carne al fuoco .
Ora lo hai fatto tu, benissimo, vuol dire che mi dai una mano:D
E se si prende il disegno di stamattina si vede il cerchio verde che divide l'altezza che è quella messa in verticale dal momento che ci avevo messo la base sull' ascissa, e precisamente divide in due parti uguali il segmento C N
Non voglio fare un altro disegno solo per metterci un ulteriore punto va a finire che divento pazzo del tutto.
Tra l'altro ieri sera che ero preso dalla retta di Eulero, mi sono dimenticato che avevo una pentola sul gas. Ho bruciato sial a cena che la pentola antiaderente:mad:
Ciao
A già forse mi hai anche parlato del centro di Feuerbach, sai che se lo voglio ci impiego cinque minuti esatti d'orologio.

Re: Nino - Nino
 

https://i.postimg.cc/fLDwNM89/Saturazione.png



Ormai siamo arrivati alla saturazione di questo disegno.
Si voleva sapere il centro del cerchio di Feuerbach che è li in bella posa sin dal primo giorno (in verde)
Avevamo già i punti EH KG e LF
Detti punti individuano evidentemente anche tre segmenti staccati sui lati del triangolo iniziale e mi basta fare anche qui i punti medi.
Sono i punti U T (me ne bastano due sennò aggiungo casino a casino.
Da questi punti traccio le rette perpendicolari e con mia somma sorpresa si incontrano nel punto V che sarebbe quello che cercavo sin da ieri sera quando cercavo la retta di Eulero.
Come si vede il punto V è medio (ho verificato) del segmento NO che poi sarebbe l'unione fra l'incontro delle altezze e delle mediane, incontro delle mediane detto anche circocentro.
Puf.Puf.Puf. Ho le catalogne sul gas:D
Intanto che c'ero traccio il segmento CN e poi interseco con la circonferenza di Feue . . . mi sono stufato di scriverlo per intero, Ho il punto A1 (ho esaurito le lettere e allora ricomicio da A con pedice) e misuro le lunghezze, ottengo due volte 1,75035.
Ciao
P.S. Dimenticavo: il raggio di Feue . . in questo specifico caso è 3,85077:hello:
E da ogni lato del triangolo escono due rette parallele, diciamo anche perpendicolari al lato, e queste parallele creano a due a due, dei parallelogrammi all'interno del triangolo vedi per esempio il parallelogramma NOPQ.
Ma ora è tardi e sono stanco.
Da domani mi occuperò di questi parallelogrammi.
Ciao

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:

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

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

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.

Re: Nino - Nino
 

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:

Re: Nino - Nino
 

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



Devo ancora calcolare l'Area del triangolino.
Ciao

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

Re: Nino - Nino
 

No, è molto più semplice ;)

:hello:

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 . . .

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.

Re: Nino - Nino
 

Andrea, guarda il disegno di Nino qui:
http://www.trekportal.it/coelestis/s...&postcount=106

L'area di ogni cerchio è = pi.greco*r^2 = per r=1 -----> 3,14159...

Unisci M a K, K a A e A a M
Ottieni così il triangolo equilatero AKM, di lato=2
La sua area è (calcolata con Erone o base*altezza/2) = RADQ(3) ----> circa 1,73205

Se all'area di questo triangolo togli le aree dei 3 settori circolari uguali (uno, quello del cerchio in alto a destra è NKE) ciascuna di essi pari a 1/6 dell'area del cerchio (in totale 3/6 = 1/2 * pi.greco = circa 1,57080

ottieni l'area del triangolino che cerchi ------> circa 0,16125

:hello:

Re: Nino - Nino
 

https://i.postimg.cc/s2BJnp56/Andre-Atom-Conti.png



Mostro ora i miei passaggi che sostanzialmente sono più o meno uguali a quelli di Aspesi
Ho lasciato in vista solo 3 cerchi come suggeriva sin dall'inizio AndreAtom.
Confesso che inizialmente ero partito almeno 3 volte col piede sbagliato.
Ma poi ci sono arrivato. Meglio tardi che mai.
Ciao

Re: Nino - Nino
 

[IMG][/IMG]

L'area di uno dei sei "triangolini" esterni è pari a 0,88594307, che corrisponde al 28,2% della superficie di un cerchio piccolo.

Invece la superficie di "impacchettamento", cioè coperta dai 7 cerchi interni rispetto al cerchio grande è pari a 7/9 ----> circa 77,78%

:hello:

Re: Nino - Nino
 

L'area del triangolino supponendo i lati dritti l'avevo calcolata anche io, e veniva 0.433 circa ma non sapevo calcolare quella dei segmenti circolari da sottrarre; adesso ho capito il procedimento.
Ma se la corda di questo segmento circolare non fosse uguale al raggio del cerchio ma più grande o più piccola, cioè se i sei triangoli non entrassero giusti nel cerchio quale sarebbe il metodo per calcolare l'area del segmento circolare?

Re: Nino - Nino
 

Un lavoro per nino280 :):D

Supponiamo di avere un cerchio di diametro 10 cm.

Volendo "impacchettarvi" 8 cerchi uguali (invece dei 7 precedenti), quanto misura il diametro massimo possibile di questi cerchietti?
E se i cerchietti da inserire (senza sovrapposizione) fossero 10?

:hello:

Re: Nino - Nino
 

Indipendentemente dai disegni o non disegni questo secondo problema è piuttosto semplice e non ci vorrei giurare ma temo che io insieme a qualcun altro ma comunque sempre qui nei Rudi l'abbiamo affrontato una volta.
Detta così velocemente su due piedi e poi potremmo anche farlo realmente, si traccia una corda qualunque e si chiude con segmenti al centro che poi naturalmente sono i raggi della circonferenza. Si rileva l'angolo e si va avanti esattamente come questo caso.
In parole povere il rapporto fra 360° e l'angolo trovato è lo stesso che ci deve essere per esempio con la lunghezza dell'arco.
E poi io adesso non la so, ma se si va in rete si dovrebbe trovare la formula dell'area del segmento circolare.
In fondo ripensandoci già ieri volevo fare così, poi Aspesi mi ha convinto che c'era un metodo più semplice e veloce, semplicemente perché era facile fare i conti, si potevano fare persino a mente perchè 60° è poi un sesto di 360. Fosse stato per esempio 57,29577951° oppure 57°17'44,81" :D:D già la cosa si complicava.
Ciao
Risposta alla domanda di Andrea.
Comunque penso ancora, come avevo incominciato a ragionare in un post precedente, che nel caso non avessimo a che fare con angoli a 60° e cioè con triangoli equilateri, che si dovrebbe ricorrere alle "Lunule"

Re: Nino - Nino
 

Ma poi siamo sicuri che 8 cerchi si possono impacchettare?
Non vorrei che quello da 7 sia l'unico caso possibile.
Ho fatto una prova ed ecco cosa mi è venuto fuori:

https://i.postimg.cc/YqXmGf3y/Otto-a-Pacchetto.png



E sarebbe che in una circonferenza di raggio 5 il cerchio centrale ha raggio 2 mentre quelli esterni hanno raggio 1.5
Ciao

Re: Nino - Nino
 

Sbagliato! :D
Il condizionale presente vuole il congiuntivo imperfetto. «Non vorrei che [...] fosse [...] ».:p
Ma a parte quasto, che mai potrebbe avere "7" di speciale per essere ... nato "figlio unico"?
Va bene qualunque n [intero] maggiore di 2.
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In generale, se 2R è il diametro del cerchio attorno al quale si vuole mettere una corona di n cerchi uguali (ovviamente con con n > 2 ), ogni cerchietto deve occupare esattamente 360/n gradi.
Due cerchietti concecutivi sono tangenti e lì dove si tocano i raggi sono perpendicolari alla tangente comune. Dunque, se diciasmo 2r il diametro di ciascuno degli n cerchietti della corona, ocorre che (adando in radinti) risult:Che la formula (*) sia OK si può collaudare con n = 6. Tutti sappiamo che attorno ad un cerchio ci possono stare 6 cerchi uguali a lui. Ed infatti sin(π/6) = sin(30°) = 1/2 e allora la (*) dà 2r = 2R.
Per n = 8 e 2R = 10 cm (come chiede aspesi):
sin(π/8) ≈ √[2–√(2)]/2 ≈ 0,58578643762691;
sin(π/8)/[1 –sin(π/8) ≈ 0,61991440442178;
2r = 0,61991440442178·10 cm = 6,1991440442178 cm ≈ 62 mm.
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:hello:

Re: Nino - Nino
 

Bel lavoro!
Ma impacchettare non significa necessariamente che il confezionamento sia senza spazi fra un cerchio e quelli vicini e che i cerchi interni si tocchino.
Quindi, nel disegno che hai fatto, basta che anche il raggio del cerchio centrale sia uguale a quello degli altri 7, cioè pari a 1,5 cm.

Risulta una copertura:
8*1,5^2*pi.greco / (5^2*pi.greco) = 0,72

In realtà, sempre con la simmetria eptagonale che hai usato tu, l'imballaggio più denso ha una frazione piena del 73,25%; quindi il raggio degli 8 cerchi interni è un po' maggiore di 1,5. Quanto?

Invece, per la sistemazione di 10 cerchi, la configurazione è diversa.

:hello:

Re: Nino - Nino
 

(Due cerchietti concecutivi sono tangenti e lì dove si tocano i raggi sono perpendicolari alla tangente comune. Dunque, se diciasmo 2r il diametro di ciascuno degli n cerchietti della corona, ocorre che (adando in radinti) risult:)
Questo fra parentesi è un passo preso da Erasmus
Tu sei sempre li a correggermi mentre tu non sei capace ad adoperare il congiuntivo.
Guarda quel verbo che hai scritto che io ho colorato in blu, che participio è. Può essere un verbo che fa parte dei verbi congiuntiviti?
Ciao
:spaf: Ma che è sta roba? Ocorre, Adando, Radinti. Che é?