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Vecchio 14-10-11, 15:54   #591
aspesi
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Predefinito Re: Qualche quiz

Scusa Erasmus, mi trovi l'errore?

Riprendo la figura:

Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
|---- x -----|
A____________E________B
|.........../|........|
|........../.|........|
|........./..|........|
|......../...|........|
|......./....|........|
|....../.....|........|
|....I/______|________|
|..../'-_....H........|F
|.../....'-_..........|
|../........'-........|
|./............'-.....|
|/__________________'-|
D ....................C
Il rapporto tra i lati EB e BF deve essere uguale al rapporto fra altezza e
ipotenusa di uno dei quattro triangoli già costruiti, es. AED.



In un triangolo rettangolo con cateti a e b, ipotenusa c e altezza relativa
all'ipotenusa h, si può scrivere:

a*b = c*h

h/c = a*b/c^2 = a*b/(a^2+b^2)



Nel nostro caso:

h/c = x/(1+x^2)

che è lo stesso rapporto che c'è fra FC e CD

FC/CD = x/(1+x^2)

FC = x/(1+x^2)



Si ha anche:

BF = 1 - FC = 1 - x/(1+x^2) = (1-x+x^2)/(1+x^2)

EB = 1-AE = 1-x

EB/BF = (1-x)*(1+x^2)/(1-x+x^2)



Poiché anche:

EB/BF = FC/CD = x/(1+x^2)



Si ha infine:

(1-x)*(1+x^2)/(1-x+x^2) = x/(1+x^2)



A questo punto... bisognerebbe risolvere questa equazione e vedere quante
sono le soluzioni reali di x. Almeno, penso....



Perché, facendo a tentativi con excel, mi viene una soluzione di x pari a
0,75039716...?



Ciao
aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 14-10-11, 16:01   #592
aspesi
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Predefinito Re: Qualche quiz

Non capisco perché cercando di modificare il messaggio precedente, togliendo tutti gli spazi inutili, mi dà "Error 501" e mi viene impedito di postare il messaggio.
aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 14-10-11, 23:58   #593
Erasmus
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
Non capisco perché cercando di modificare il messaggio precedente, togliendo tutti gli spazi inutili, mi dà "Error 501" e mi viene impedito di postare il messaggio.
Bisognerebbe sapere che vuol dire "Error 501".
Metto le mani avanti e dichiaro la mia totale incompetenza in materia!

-----
Veniamo al tuo 'post' precedente.
Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
[...]
Si ha infine:
(1-x)*(1+x^2)/(1-x+x^2) = x/(1+x^2).
A questo punto... bisognerebbe risolvere questa equazione e vedere quante
sono le soluzioni reali di x. Almeno, penso....

Perché, facendo a tentativi con excel, mi viene una soluzione di x pari a 0,75039716...?
Per adesso ... non lo so!
Lasciami vedere.
...
Fatto!
[Ma ... il contorto sarei io? ]

a) L'equazione è giusta se è giusta la premessa
EB/BF = <altezza relativa all'ipotenusa>/<ipotenusa>.
[Non ho ancora controllato la premessa].

b) Nella tua figura, pongo "phi" l'angolo acuto minore dei triangoli rettangoli simili
[per esempio l'angolo phi = DCI = ADE)
Per brevità lasciami mettere c al posto di cos(phi) ed s al posto di sin(phi); e di conseguenza s/c al posto di tan(phi).
Nella tua figura ho:
IC = DC ·cos(phi) = 1·c = c
FC = IC sin(phi) = c·s
BF = BCFC = 1 – c·s ––> BF = 1 – c·s
AE = DA·tan(phi) = 1· sin(phi)/cos(phli) = s/c
EB = ABAE = 1 – s/c ––> EB = 1 – s/c

Il rapporto che ti interessa viene: ––> EB/BF = (1 –s/c)/(1 – c·s). (◊)

Prendo il triangolo DCI che ha l'ipotenusa-base DC lunga 1.
La sua altezza è pari a FC = c·s e il rapporto con l'ipotenusa è allora
FC/DC = c·s/1 =c·s.

Tu mi dici che quel rapporto (◊) è uguale a questo, cioè

(1 –s/c)/(1 – c·s) = c·s (*)

Per vedere se questa equazione è la stessa della tua devo mettere x al posto di tan(phi) = s/c ed eliminare c ed s con le formule:
c= 1/√(1 + x^2);
s = x/√(1+x^2).

Ma se non ricordo queste formule di trigonometria?
Beh: quel che mi serve me lo ricostruisco! Qui è molto facile.
Siccome c^2 + s^2 = 1, al posto di c·s metto c.s/(c^2 + s^2) , divido sopra e sotto per c^2 ed ho:
c·s = (s/c)/[1+(s/c)^2] = x/(1+x^2) .

Allora l'equazione (*) diventa
(1 – x)/[1 – x/(1+ x^2)] = x/(1+x^2) ––> (1 – x)·(1 + x^2)/(1 – x + x^2) = x/(1 + x^2) ––>
–> (1 – x)·[(1+x^2)^2] – x·(1 – x + x^2) = 0 ––> x^5 –x^4 + 3x^3 – 3x^2 +2x – 1 = 0

c) La tua era (1-x)*(1+x^2)/(1-x+x^2) = x/(1+x^2).
Moltiplico entrambi i membri per il prodotto dei denominatori (per togliermeli dai piedi) ed ottengo:
(1 – x)·[(1 + x^2)^2] = x·(1 – x + x^2).
Svolgo quadrato e prodotti ed ho:
1 + 2·x^2 + x^4 – x – 2x^3 – x^5 = x – x^2 + x^3.
Sommo i termini simili, porto tutto al 2° membro e leggo da destra a sinistra ordinando per grado decrescente.
Ottengo –––> P(x) = x^5 – x^4 + 3x^3 – 3x^2 +2x – 1 = 0
Si': la tua equazione e la mia sono identiche.

d) Il grafico di P(x) che mi mostra la mia Calcolatrice Grafica mi dice che questa equazione ha una sola radice reale.
E' quella che hai trovato tu! –––> x = 0,75039716122577
Guarda qua: =>Aspesi's equation
[Controllo la premessa (mumble mumble ... ––>Tutto OK!)

.... (vado a lavorare di grafica ...) ...

e) Nino II: Non c'è nulla di sbagliato!
Ho appena fatto in scala la figura prendendo AB = 14 cm e facendo
AE = x · AB ≈ 0,75039716 · 14 cm ≈ 10,50 cm.
Mi viene perfetto!
Vuol dire che questa è una terza soluzione indipendente dalle altre!
=> Aspesi's solution

Senz'altro molto originale!

Nino II: SEI FORTE!!!

Ciao ciao
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Erasmus
«NO a nuovi trattati intergovernativi!»
«SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!»

Ultima modifica di Erasmus : 16-10-11 09:05. Motivo: Correzione ortografica e miglioria
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 16-10-11, 00:02   #594
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Predefinito Re: Qualche quiz

@ aspesi.
Hai dato un'occhiata al precedente 'post' # 593?
-------
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Vecchio 16-10-11, 05:42   #595
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
@ aspesi.
Hai dato un'occhiata al precedente 'post' # 593?
-------
Sì, ma solo un'occhiata...
Grazie

Sono in partenza per un'escursione (traversata dalla valle del Lys a Oropa)
Ci risentiamo domani...

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 17-10-11, 18:18   #596
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La cosa più interessante di quest'ultima soluzione [ di come scomporre un quadrato in sette triangoli simili tutti diversi] è che i 7 triangoli simili non sono tutti e 7 in progressione geometrica. Lo sono i primi tre e lo sono il 4°, il 5° ed il 6°. Ma il "passo" tra il terzo ed il quarto ed il passo tra il 6° ed il 7° sono diversi.

Un'altra cosa notevole di questa soluzione è che la forma i triangoli differisce pochissimo da quella del triangolo rettangolo più celebre (3, 4, 5),
Fatta 1 l'ipotenusa, quello è di cateti 0,6 e 0,8.
Quelli di questa soluzione sono di cateti 0,6002032... e 0,7998475...

Ciao ciao
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Vecchio 17-10-11, 19:04   #597
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
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d) Il grafico di P(x) che mi mostra la mia Calcolatrice Grafica mi dice che questa equazione ha una sola radice reale.
E' quella che hai trovato tu! –––> x = 0,75039716122577
Guarda qua: =>Aspesi's equation
[Controllo la premessa (mumble mumble ... ––>Tutto OK!)

.... (vado a lavorare di grafica ...) ...

e) Nino II: Non c'è nulla di sbagliato!
Ho appena fatto in scala la figura prendendo AB = 14 cm e facendo
AE = x · AB ≈ 0,75039716 · 14 cm ≈ 10,50 cm.
Mi viene perfetto!
Vuol dire che questa è una terza soluzione indipendente dalle altre!
=> Aspesi's solution

Senz'altro molto originale!
Ho letto con calma.
Non pensavo che ci potesse essere una terza soluzione diversa dalle altre due che avevi trovato!

Credevo che il trapezio IFBE (da suddividere in 4 triangoli simili agli altri tre) avesse area uguale al trapezio GFEC (mio post #589 e tue soluzioni del #590)
Invece, è nettamente più piccolo.

I tuoi approfondimenti sono stati molto interessanti.

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 19-10-11, 05:12   #598
Erasmus
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Predefinito Re: Qualche quiz

Ho trovato una 4ª soluzione... ma non proprio.
Insomma: clicca sl link e guardati almeno le figure. Capirai subito.
Ma prima di leggere il papiro, leggi qua che è meglio (sempre dopo aver adocchiato le figure della PNG che apri col link)
Altri 7 triangoli in progressione geometrica

Ho voluto verificare che la somma delle 7 aree delle soluzioni in progressione geometrica è pari all'area del quadrato.
Mi vene una equazione in t = tan(φ ) che ha tre soluzioni reali: le due precedenti (non la terza) ed una nuova con t ≈ 1,09425...
L'equazione si scompone in due. Una è la nota tan(φ) + [cos(φ)]^6=1.

L'atra è tan(φ) – [cos(φ)]^6=1. Ossia: Il primo triangolo sporge dal quadrato con una punta che è un triangolino rettangolo. Ma gli altri 6 triangoli (in progressione geometrica come nelle prime due soluzioni) non consumano tutta la restante area: ne avanzano un triangolino uguale alla punta sporgente del 1° triangolo.

Adesso, se hai coraggio, leggiti il "paper" ...

Ciao ciao
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Ultima modifica di Erasmus : 28-10-11 14:04.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 19-10-11, 08:30   #599
aspesi
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
Ho trovato una 4ª soluzione... ma non proprio.

..........

Adesso, se hai coraggio, leggiti il "paper" ...

Ciao ciao
Ho letto.
Ma ABLNHD non mi pare un pentagono, assomiglia di più ad un esagono...

(Però, non devi pretendere che ti segua completamente nei passaggi delle formule finali...)

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 19-10-11, 22:54   #600
Erasmus
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
Ho letto. Ma ABLNHD non mi pare un pentagono, assomiglia di più ad un esagono...
Già.
[Ma come sei delicato e gentile con me! Quello ...no «non ti pare un pentagono»! Quello E' un esagono concavo!]
«Perché ho scritto "pentagano" invece di "esagono"? E perché avevo scritto "isocora" invece di "isobara"?»
"Disfasia" in aumento, livelli patologici?
ORMAI SONO DA "ROTTAMARE"!!!
Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
... non devi pretendere che ti segua completamente nei passaggi delle formule finali...:
Ma dai!
in un triangolo rettangolo di ipotenusa L lato d'un angolo φ, un cateto è lungo L·sin(φ), l'altro L·cos(φ) e l'altezza relativa all'ipotenusa è lunga L·sin(φ)·cos(φ).
Il rapporto tra questa altezza e l'ipotenusa è dunque sin(φ)·cos(φ).
Posto (per brevità) c =cos(φ) e s = sin(φ), i lati del rettangolino da scomporre in tre triangoli simili al primo [quello di cateti 1 e tan(φ)=s/c] venivano lunghi (secondo la tua stessa figura):
EB = AB – AE = 1 – tan(φ) = 1 – s/c;
BF = BC – FC = BC – IC·sin(φ) = FC – [DC·cos(φ)]·sin(φ) = 1 – sc.
Il rapporto EB/BF deve essere il comune rapporto sc tra l'altezza relativa all'ipotenusa e l'ipotenusa stessa:
[1 – s/c]/(1 – sc)] = sc. ––> 1 – s/c = sc – (sc)^2. (*)
Sempre per brevità, poniamo t = tan(φ) = s/c.
Siccome c^2 + s^2 = 1 per qualsiasi φ, abbiamo:
sc = sc/(c^2 + s^2) = [dividendo sopra e sotto per c^2] (s/c)/[1+(s/c)^2] = t/(1 + t^2).
Analogamente:
c^2 = (c^2)/(c^2 + s^2) = 1/[1 + (s/c)^2] = 1/(1 + t^2).

La (*) allora diventa:
1 – t = t/(1 + t^2) – [t/(1 + t^2)]^2.
Togliamoci dai piedi i denominatori:
(1 – t)(1 + t^2)^2 = t·(1+t^2) – t^2 ––> (1+t^2)·[(1 + t^2)·(1 – t) – t] + t^2 =0 ––>
(svolgendo i prodotti e cambiando segno a tutto)
t^5 – t^4 +3t^3 – 3t^2 +2t –1 =0.
E questa è la tua equazione, quella che risolve come ritagliare il quadrato secondo il tuo originalissimo schema. Qui i 7 triangoli sono simili, ma non tutti in fila nella stessa progressione geometrica.

Le due precedenti soluzioni venivano dal continuare a ripetere l'operazione di prendere per ipotenusa del successivo triangolo il cateto adiacente all'angolo di ampiezza φ. Questo equivale a ridurre le dimensioni ad ogni passo nel rapporto c = cos(φ).
In tal modo il cateto che nel primo triangolo è lungo 1, nel 7° triangolo è lungo [cos(φ)]^6.
L'equazione risolvente è allora (evidentemente!) tan(φ) + [cos(φ)]^6 = 1 ––> 1– t = c^6
[Se si vuole mettere l'equazione in forma razionale, ricordando che c^2 = 1/(1 + t^2), si ha:
1 – t = (c^2)^3 = 1/[(1 + t^2)^3] ––> (1– t)·(1+t^2)^3 = 1 ––> (1– t)·(t^5 + 3t^3 + 3t) – 1 = 0.]
Da qui vengono le due soluzioni viste QUA.

Per ricavare le soluzioni, partiamo invece dal fatto che le aree dei triangoli sono in progressione geometrica e la loro somma è l'area del quadrato, cioè 1.

Il triangolo maggiore ha area [1·tan(φ)]/2 = t/2.
Le arre dei triangoli calano in progressione geometrica di ragione c^2.
L'area totale deve essere 1, per cui:
(t/2)·[1 + c^2 + c^4 + c^6 + c^8 + c^10 + c^12) = 1.
Porto il fattore t/2 di sinistra a divisore a destra:
1 + c^2 + c^4 + c^6 + c^8 + c^10 + c^12 =2/t = 2c/s.
Moltiplico tutto per 1 – c^2. A sinistra mi viene 1 – c^14; a destra mi ricordo che 1 – c^2 = s^2 e semplifico un s.
1 – c^14 = 2sc
Adesso passo alla variabile t = s/c ricordando che c^2 = 1/(1 + t^2) e che sc = t/(1 + t^2).
1 – 1/[(1 + t^2]^7 = 2t/(1 + t^2) ––> (1 + t^2)^7 – 1 = 2t·(1 + t^2)^6 ––> [porto tutto a sinistra]
––> (1+t^7) –2t(1 + t^2)^6 – 1 = 0 ––> [(1 +t^2)^6]·(1 + t^2 – 2t) – 1 = 0 ––> [(1 +t^2)^6]·(1–t)^2 – 1 = 0.
Quest'ultima equazione è del tipo A^2 – B^2 = 0 con A = [(1+t^2)^3]·(1 – t) e B = 1.
Allora la metto nella forma (A + B)·(A – B) =0 che equivale a: A = B oppure A = – B .

[(1 – t)·(1 +t^2)^3]^2 – 1 = 0 ––> (1 – t)·(1 +t^2)^3 = 1 oppure (1 – t)·(1 +t^2)^3 = –1 ––>
––> 1 – t = 1/(1 +t^2)^3 oppure t – 1 =1/(1 +t^2)^3 ––> 1 – t = c^6 oppure t – 1 = c^6 ––>
––> t = 1 – c^6 < 1 oppure t = 1 + c^6 > 1.

tan(φ) = 1 – [cos(φ)]^6 vuol dire le soluzioni già viste QUA.

tan(φ) = 1 + [cos(φ)]^6, invece, vuol dire che il primo triangolo non lo puoi ricavare come un pezzo intero dal quadrato perché il cateto che non è un lato del quadrato è più lungo del lato del quadrato.

Davanti ad un tan(φ) > 1 sono rimasto dapprima perplesso.
Poi ho capito che la "punta" eccedente era proprio il triangolino avanzato dagli altri 6 triangoli!

Ciao ciao
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Ultima modifica di Erasmus : 20-10-11 08:42.
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