Nino - Nino

[aspesi]

nino280

Ciao

[Erasmus]

Posto x il lato del quadrato verde e posto
S = x^2
l'area del quadrato verde, con un po' di calcoletti si trova:
S = 18 – √(180);
e, volendo, anche:
x = √(S) = √[18 – √(180)] = √(15) – √(3).

Per approssimazioni successive con la calcolatrice di questo computer (capace di fare solo operazioni razionali) trovo:
√(180) ≈ 13,416407864998738
e quindi
S ≈ 4,583592135001262;
[x = √[18–√(180)] ≈ √(4,583592135001262) ≈ 2,14093253863854.

Ecco i calcoletti .
Risulta;
AB = x + √(36 – x^2).
Nel seguito ci servirà ricordare che l'angolo di vertice A è minore di 45° (essendo maggiore di 90° l'angolo di vertice B e 45° l'angolo di vertice C).

Il seno dell'angolo di vertice A è x/6 ed il coseno di quest'angolo è [√(36 – x^2)]/6.
Pertanto, posto y = BC, essendo 45° l 'angolo di vertice C, l'altezza h di ABC rispetto ad AC (che è lungo 10) viene
h = y/√(2) = [x + √(36 – x^2)]·x/6 ––>
––> y/√2) = (x^2)/6 + x√(36 – x^2)/6 (*)

Proiettando i lati AB e BC sulla retta AC si ottiene
BC/√(2) + AB·cos(DAB) = AC
ossia
y/√/2 + [x+√(36–x^2)]·√(36–x^2)/6 = 10
che, evidenziando y/√/2), diventa
y/√/2 =(x^2)/6 –x√(36–x^2)/6 +4. (**)

Confrontando la (*) con la (**) si trova la seguente equazione nell'incognita x:
(x^2)/6 + x√(36 – x^2)/6 = (x^2)/6 –x√(36–x^2)/6 +4
che semplificata equivale a
x√(36–x^2) = 12.

Portando il fattore x sotto radice e sosituendo poi x^2 con S –dato che non è richiesto il valore x del lato del quadrato verde bensì quello della sua area S– si ha:
√(36x^2 – x^4) = 12 <––> √(36S – S^2) = 12 ––> S^2 –36S + 144= 0 ––>
––> S^2 – 2·S·18 + 18^2 = 18^2 – 144 ––> (S – 18)^2 = 180 ––>
––> S = 18 ± √(180).

La soluzione algebrica S = 18 + √(180) non va bene geometricamente: troppo grande!
Infatti darebbe x > 5, ma ciò è assurdo comportando che l'angolo di vertice A debba essere maggiore 45° laddove –come sappiamo– tale angolo è minore di 45°.

In definitiva è dunque:
<Area del quadrato verde> = S = 18 – √(180).
–––––

[nino280]

Evidentemente questa mattina non ho niente altro da fare.

Allora riprendo questo quizzetto dell'altro giorno e non so perchè vado a congiungere con un segmento il vertice destro alto del quadrato con il vertice che sta lì dove c'è il 45°
Misuro, e con mia sorpresa trovo che è lungo esattamente come il lato del quadrato.
Si vengono così a creare due triangoli isosceli che a prima vista uno direbbe: sono uguali.
E invece no, pur avendo detti due triangoli due lati a due a due uguali.
E come si vede li vernicio di verde e rosa e mi faccio dare l'area.
Marco l'area dentro ai rispettivi triangoli, e , come si vede, non sono equivalenti.
Ciao

[nino280]

https://www.geogebra.org/m/sjxpagmk

Qui ci metto un Link.
Ci ho lavorato parte della notte di stanotte.
E sarebbe: io come si sa sono almeno 5 o 6 anni che faccio grande uso di sti benedetti "Pallini"
Però appunto stanotte mi sono domandato: ma poi io li conosco, diciamo come funzionano sti pallini?
Penso proprio di no. Diciamo se vado a guardare in quell'Applicazione, ci sta una voce, una casella con la scritta "Velocita"
In verità non l'ho mai adoperata, e quindi non so come funziona.
E allora faccio una prova:
Ci piazzo in ascissa e un pò più su due Vettori uno lungo 100 e l'altro 50 (facciamo metri)
Aprendo il Link probabilmente non si vede nulla, perchè è facile che siano posizionati a Zero
Ma voi con la barra spaziatrice (Scroll) su e giù che sta li sulla destra spostarla leggermente in giù , in modo che li in basso sulla sinistra compaia un piccolo triangolino che se si clicca su, i vettori si muovono.
Ma accennavo alla velocità.
Mi domando con quale velocita?
Non lo so proprio, ecco che è giustificato quello che ho detto pocanzi, cioè che non conosco sti pallini come funzionano.
Una cosa soltanto ho notato.
I vettori avevano lunghezza una doppia dell'altra 100 contro 50, ma arrivano a destinazione, cioè a fine corsa insieme.
E' evidente che quello da 100 ha velocità doppia.
Ciao
P.S. In impostazione Slider dei pallini che ho chiamato L e P , ho impostato per ambedue il valore 1 come velocità.

[Erasmus]

nino280

[...] vado a congiungere con un segmento il vertice destro alto del quadrato con il vertice che sta lì dove c'è il 45°.[...]

Il vertice dell'angolo di 45° è già denominato C nel testo del quiz. Due vertici del quadrato verde hanno già il nome: il vertice in basso a destra è B ed il vertice in alto a sinistra è D. Diamo allora un nome agli altri due vertici del quadrato verde: H al vertice in basso a sinistra (sottostante a D) e K al vertice in alto a destra (quello che tu, nino280, hai congiunto con C con un segmento che ora è KC).

nino280

Misuro [questo segmento] e con mia sorpresa trovo che è lungo esattamente come il lato del quadrato. Si vengono così a creare due triangoli isosceli che a prima vista uno direbbe: sono uguali. E invece no. [...]

Ora che abbiamo i nomi di tutti i punti estremi di segmenti è facile verificare che nel triangolo CDK i lati DK e KC hanno uguale lunghezza.
[Ed allora, essendo BK = DK, è anche BK = KC, è cioè isosele anche BCK]. Ma si sa già che i due triangoli CDK e BCK non sono uguali! Se fossero uguali, i loro quattro angoli acuti sarebbero tutti uguali a metà dell'angolo di vertice C (che è di 45°), sarebbero cioè tutti di 22,5 gradi. Ma sappiamo anche che il seno dell'angolo CDK (essendo quest'angolo uguale all'angolo di vertice A) vale
DH/AD = {√[18 – √(180)]}/6 = 0,35682208977 ...
cne certamente non è il seno di un quarto di ancolo retto il quale è invece
sin(45°/2) = √{[1 – cos(45°)]/2} = (1/2)√[2 – √(2)] = 0,38268343236 ...
–––––––––

[aspesi]

[nino280]

Visto un minuto fa.
Adesso chiedo a GeoGebra se me lo fa
Ciao

[nino280]

Si me lo ha fatto.
L'Area me l'ha messa lì sopra in calce (calce rossa)
Ciao

[Erasmus]

Detto r il raggio del cerchio ed x l'angolo DEB, l'angolo AEB risulta 270° – x per cui:
cos(DEB) = cos(x);
cos(AEB) = cos(270° – x) = –sin(x).
Essndo AD = DB =√(2)·r (e quindi DE = √(2r^2 – 4) e AB = 2r, abbiamo:

(2r^2 – 4) + 2 – 2r^2                    4 + 2 – 4r^2
––––––––––––––––-– = cos(x):      ––––––––––– = –sin(x)
 2·√(2r^2 – 4)·√(2)                           2·2·√(2)

Semplificndo, quadrando e sommando poi membro a membro, essendo [cos(x)]^2 + [sin(x)]^2 = 1 si ottiene una equazione nell'incognita r^2 risolta la quale si potrà avere la risposta (πr^2)/2.
Per comodità pongo provvisoriamente q = 2r^2 – 4 ricavando:
–1/√(q) = √(2)·cos(x);
(q + 1)/2 = √(2)·sin(x).
Quadrando e sonnando ottengo:

  1       q^2 + 2q + 1
––– + ––––––––––––- = 2     <––>  q^3 + 2q^2 –7q + 4 = 0,    (*)
  q              4

Una soluzione dell'equazione (*) è q = 1. Si trova allora:
q^3 + 2q^2 –7q + 4 = (q–1)·(q^2 + 3q - 4).
Una soluzione di q^2 + 3q - 4 = 0 è ancora q = 1 per cui, dividendo per q –1 si trova
q^2 + 3q - 4 = (q – 1)·(q + 4)
la soluzione algebrica q = –4 geometricamente non va bene perché, essendo q = 2r^2 – 4, darebbe r = 0.
Per q = 1 viene r^2 = 5/2 e quindi
<Arrea del semicerchio> = π·5/4 = 3,92699081625 ...
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[aspesi]

Questo io non l'avevo risolto.
Adesso faccio con mio figlio una piccola (ma per me ormai dura) escursione a Alpenzu grande. Se andrà tutto bene ci sentiremo verso sera.