Nino - Nino

[nino280]

Si ce lo troviamo spesso sto rapporto.
Solo io ho fatto un pò la divisione a mente e ho invertito i fattori.
Ma il succo non cambia. Era + giusto scrivere 1,618 . . . .
Ciao

[aspesi]

[nino280]

A quanto pare fra il Rapporto Aureo e il Pitagorico da 3 4 5 si finisce per vedere sempre le stesse facce.
Ma non mi fregate.
Qui per esempio è stato preso il 3 4 5 ed è stato messo a gambe all'aria.
Et volilà, il 150° come soluzione.
Ciao

[aspesi]

nino280

Qui per esempio è stato preso il 3 4 5 ed è stato messo a gambe all'aria.
Et voilà, il 150° come soluzione.
Ciao

[astromauh]

nino280

Qui per esempio è stato preso il 3 4 5 ed è stato messo a gambe all'aria.

Visto che il lato del triangolo equilatero non era dato, ho pensato anch'io che si potesse utilizzare la terna 3, 4, 5.

Ma ciò detto, senza superpoteri, mi sono fermato.

[nino280]

https://www.geogebra.org/classic/gnag8fxh

Se può servire ecco il Cliccabile.
Così tanto per rendersi conto come mi sono mosso.
Cioè mi sono mosso muovendo il pallino.
Ciao

[astromauh]

Io vorrei vedere come risolve il quiz uno normale.

[Erasmus]

astromauh

Io vorrei vedere come risolve il quiz uno normale.

Erasmuuis è "normale"?

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[astromauh]

Non capisco cosa hai fatto.

Hai stabilito che i lati del triangolo siano 1, e fin qui va bene.

Poi hai messo un punto D distante 1 da P.

Ma con che criterio l'hai messo?

E quale sarebbe l'angolo x?

Inoltre il quiz chiedeva di calcolare un angolo, ma non vedo la soluzione.

[Erasmus]

astromauh

Non capisco cosa hai fatto.
Hai stabilito che i lati del triangolo siano 1, e fin qui va bene.
Poi hai messo un punto D distante 1 da P.
Ma con che criterio l'hai messo?

L'ho messo come centro dell'arco di circonferenza che vedi in figura per ogni punto P del quale si ha:
BP^2 = AP^2 + PC^2 e anche:
<angolo>APC = 150°
(come è documentato nella stessa immagine in cui sta la figura).

astromauh

E quale sarebbe l'angolo x?

x è un simbolo di comodo.
2x è l'ampiezza dell'angolo al vertice D del triangolo APD isoscele su AP]. 2x è una variabie! Può essere qualunque valore tra 0° e 6o° esclusi.

astromauh

[...] il quiz chiedeva di calcolare un angolo, ma non vedo la soluzione.

Leggi più attentamente il "paperino"! La soluzione è ... anticipata (nel senso che parto con un arco tale che per ogni suo punto P è APC = 150°).
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Procedimento
Invece di trovare un punto P tale che sia:
BP^2 = AP^2 + PC^2
e e quindi rilevare che allora l'angolo APC è ampio 150°, ho trovato il luogo dei punti P per ciascuno dei quali APC =150° – luogo che è l'arco di centro D ed estremi A e C che vedi in figura – e poi ho dimostrato che per ognuno di questi punti [e solo di questi] risulta
BP^2 = AP^2 + PC^2.

Come già detto, 2x è l'angolo al vertice D del triangolo APD isoscele su AP]. Allora 60 –2x è l'angolo al vertice D del triangolo CPD isoscele su CP.
Nel paperino" [di nome "Spiegazione.png"] c'è la dimostrazione che qualunque sia la posizopne di P sull'arco di estreni A e C di raggio 1 e centro D (e quindi di angolo 60°), è sempre:
BP^2 = AP^2 + CP^2.

Il triangolo ACD è il capovolto dell'equilatero ABC-
La posizione di P sul detto arco è arbitraria. Cioè x è qualunque tra 0° e 30°.

Dapprima io ho risolto il quiz con P sull'altezza di ABC rispetto ad AC.
Allora, se z è la lunghezza sia di AP che di CP, la lunghezza di BP deve essere z·√(2).
In questa particolare situazione, provvisoriamente chiamo x l'angolo di cui bisogna trovare il valore.
Allora ho:
<altezza> = √(3)/2 = z·√(2) + z cos(x/2) ==> cos(x/2) = √(3)/(2z) – √(2)
<lato> = 1 = 2·z sin(x/2) ==> sin(x/2) = 1/(2z).
Siccome la somma dei quadrati di seno e coseno di un angolo qualunque fa sempre 1, ricavo una equazione in z
[1/(2z)]^2 + [√(3)/(2z) – √(2)]^2 = 1
che, risolta, mi permette (tramite il valore di z) di calcolare sin(x/2) e cos(x/2) e quindi cos(x) e sin(x).
Fatti i conti risulta cos(x) = –√(3)/2 e sin(x) =1/2, e perciò x = 150°.
[Qui finisce il provvisorio significato di x come rispsta richiesta dal quiz].

L'angolo alla circonferenza inscritto in un certo arco è costante al variare del vertice sull'arco.
Allora prendo la circonferenza che passa per A e C e per il punto P sull'altezza di ABC [rispetto ad AC] distante z·cos(75°) da AC,
Ed Ecco la figura del "paperino!
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D'ora in poi x non è più l'angolo APCda determivare. Questo è sempre 150°.
Allora CP è più òumgp di quandp P è sull'arco mentre AP e CP sono più cortiqualunque sia la posizione di P su quell'arco,
Adesso dimostro che, qualunque sia la posizione di P su quell'arco, risulta
BP^2 = AP^2 + CP^2.
Questo perché il quiz lascia intendere che deve essere così.

Divido i 60° gradi al vertice D in due parti: 2x e (60° – 2x).
Allora le corde AP e PC sono le basi di due triangoli isosceli di lati obliqui 1.
Allora
AP = 2·sin(x) e PC = 2·sin(30° – x).
Ma sin(30°) = 1/2 e cos(30°) = √(3)/2.
Si sa che che sin(y–x) = sin(y)·cos(x) – cos(y)·sin(x). Allora:
CP = 2·sin(30°–x) = 2·{(1/2)·cos(x) – [√(3)/2]·sin(x)}= cos(x) – √(3)·sin(x).

Allora posso calcolare BP^2 con Carnot.
Non lo faccio qua, c'è chiaro nel "paperino".
Si trova che se P sta sull'arco che si vede in figura, quaunque sia x tra 0° e 30°, si ha
BP^2 = AP^2 + CP^2

Se P sta sotto l'arco, l'angolo APC è maggiore di 150°.
Allora BP è cresciuto rispetto a quando P sta sull'arco mentre AP e CP sono diminuiti.
Se dunque P sta sotto l'arco avremo:
BP^2 > AP^2 + CP^2.
Viceversa, se P sta sopra l'arco, l'angolo APV è minore di 150°, BP è diminuito rispetto a quando P sta sull'arco mentre AP e CP sono aumentati.
Se dunque P sta sotto l'arco avremo:
BP^2 < AP^2 + CP^2.

Riassumendo:
La condizione
BP^2 = AP^2 + CP^2
e la condizione che P stia sull'arco rappresentato i figura (ossia che l'angolo APC sia ampio 150°) sono equivalenti.
–––