Intersezione di triangoli simmetrici
Dato un triangolo qualunque ed una retta appartenente allo stesso piano, si disegni il triangolo simmetrico rispetto la retta.
Si dimostri che esiste una retta per cui l'area del poligono intersezione dei due triangoli ha un'area maggiore dei 2/3 di ciascuno dei triangoli.
Non ho idea di come si risolva questo giochetto, pensavo al fatto di dimostrare che una certa posizione massimizza quest'area e quindi passare al calcolo dell'intersezione, ma non so neanche quale sia questa posizione (bisettrice di un angolo? asse di un lato? ...), né se esista una posizione fissa che massimizzi l'area.
Si dimostri che esiste una retta per cui l'area del poligono intersezione dei due triangoli ha un'area maggiore dei 2/3 di ciascuno dei triangoli.
Non ho idea di come si risolva questo giochetto, pensavo al fatto di dimostrare che una certa posizione massimizza quest'area e quindi passare al calcolo dell'intersezione, ma non so neanche quale sia questa posizione (bisettrice di un angolo? asse di un lato? ...), né se esista una posizione fissa che massimizzi l'area.
Risposte
la simmetria è ortogonale, o può anche essere obbliqua??
Secondo me l'area massima di intersezione si ottiene con una retta parallela all'ipotenusa e passante per il baricentro del triangolo.
La mia dimostrazione di ciò è analitica, e come tutte le dimostrazioni analitiche è noiosa e piena di lettere, che la rendono, oltre che tediosa, poco leggibile. Perciò spiego cosa faccio senza svolgere i conti. Sia $AC$ l'ipotenusa del triangolo $ABC$ in questione.
- Trovo le coordinate del baricentro, la famosa coppia $((x_A+x_B+x_C)/3,(y_A+y_B+y_C)/3)$, tanto per intenderci;
- trovo la retta parallela ad $AC$ passante per il baricentro;
- trovo i restanti 4 punti di intersezione
- i due triangoli, così riflessi, si intersecano in un esagono;
- l'esagono è composto da un rettangolo e da due triangoli isosceli, come è facile verificare analiticamente;
- l'area dell'esagono (che a questo punto è immediata) è maggiore dei due terzi dell'area del triangolo di partenza.
Sono arrivato a dire che la retta è proprio quella facendo un pò di investigazione con Cabrì Géomètre. Eccoti una figura:
In pratica l'intersezione massima è una stella di David!
- Trovo le coordinate del baricentro, la famosa coppia $((x_A+x_B+x_C)/3,(y_A+y_B+y_C)/3)$, tanto per intenderci;
- trovo la retta parallela ad $AC$ passante per il baricentro;
- trovo i restanti 4 punti di intersezione
- i due triangoli, così riflessi, si intersecano in un esagono;
- l'esagono è composto da un rettangolo e da due triangoli isosceli, come è facile verificare analiticamente;
- l'area dell'esagono (che a questo punto è immediata) è maggiore dei due terzi dell'area del triangolo di partenza.
Sono arrivato a dire che la retta è proprio quella facendo un pò di investigazione con Cabrì Géomètre. Eccoti una figura:
In pratica l'intersezione massima è una stella di David!
Innanzitutto, cosa intendi con "ipotenusa" io la conosco solo per i triangoli rettangoli, ma qui il triangolo è qualunque; intendi il lato maggiore?
Poi mi piace il tuo approccio completamente diverso dal mio: io cercavo di massimizzare l'area di intersezione, per poi mostrare che è sempre maggiore di 2/3, tu invece ti accontenti di trovare un'intersezione che raggiunga questa soglia senza preoccuparti che sia il massimo, visto che non viene richiesto dal problema.
Ora penso un attimo ad una soluzione sintetica.
Poi mi piace il tuo approccio completamente diverso dal mio: io cercavo di massimizzare l'area di intersezione, per poi mostrare che è sempre maggiore di 2/3, tu invece ti accontenti di trovare un'intersezione che raggiunga questa soglia senza preoccuparti che sia il massimo, visto che non viene richiesto dal problema.
Ora penso un attimo ad una soluzione sintetica.
Si, ovviamente l'"ipotenusa" è il lato maggiore.
Comunque, con tutte le prove che ho fatto, penso di essere abbastanza sicuro che quella proposta da me sia la configurazione che massimizza l'area di intersezione. D'altra parte, il baricentro è, se vogliamo, il punto "più interno" di tutti gli altri punti (noti e non noti) del triangolo. Basti pensare che in certi triangoli l'incentro (se non sbaglio è lui) cade fuori dalla superfice....
Ad ogni modo, fammi sapere.
Comunque, con tutte le prove che ho fatto, penso di essere abbastanza sicuro che quella proposta da me sia la configurazione che massimizza l'area di intersezione. D'altra parte, il baricentro è, se vogliamo, il punto "più interno" di tutti gli altri punti (noti e non noti) del triangolo. Basti pensare che in certi triangoli l'incentro (se non sbaglio è lui) cade fuori dalla superfice....
Ad ogni modo, fammi sapere.
No, non credo proprio che questa configurazione massimizzi l'area.
O meglio, non la massimizza in tutti i casi.
Immagina un triangolo isoscele: la configura che massimizza è l'asse della base, anche se questa è molto minore degli altri lati (e quindi non rientra nel concetto di "ipotenusa").
Ora, se il triangolo non è isoscele, ma "quasi", credo che comunque usare come asse di simmetria l'asse della "base" (o anche mediana, o altezza, che differiscono di poco) porti ad un'intersezione maggiore dei 2/3.
Ovviamente si tratta di casi particolari e non generali.
PS: ho trovato una dimostrazione sintetica molto carina e semplice, sempre grazie a Cabri
O meglio, non la massimizza in tutti i casi.
Immagina un triangolo isoscele: la configura che massimizza è l'asse della base, anche se questa è molto minore degli altri lati (e quindi non rientra nel concetto di "ipotenusa").
Ora, se il triangolo non è isoscele, ma "quasi", credo che comunque usare come asse di simmetria l'asse della "base" (o anche mediana, o altezza, che differiscono di poco) porti ad un'intersezione maggiore dei 2/3.
Ovviamente si tratta di casi particolari e non generali.
PS: ho trovato una dimostrazione sintetica molto carina e semplice, sempre grazie a Cabri
Già... Forse allora la retta che massimizza l'intersezione è la mediana antistante il lato più lungo del triangolo. Infatti in un triangolo isoscele questa è anche l'altezza del lato più corto, come dicevi tu. Comunque tale retta passa per il baricentro del triangolo, essendo sovrapposta a una mediana, quindi per questo avevo ragione...
Mi correggo... Rifacendo la figura con Cabrì, mi sono accorto che a volte "vince" la retta che dicevo in precedenza, altre volte "vince" la mediana (nella fattispecie, più il triangolo diventa isoscele). Forse allora la retta che cerchiamo non è nessuna delle due o è a volte l'una a volte l'altra.
Non potrebbe essere la bisettrice dell'angolo opposto al lato maggiore?
La bisettrice a volte va, a volte no. Stavo notando che la retta parallela al lato più lungo fa si che il triangolo riflesso intersechi quello di partenza in un esagono la cui area è esattamente i $2/3$ di quella del triangolo di partenza
Quali sono i casi in cui non va la bisettrice? Io non ne trovo (non avendo cabrì e facendo tutto a mano è più complicato trovarli)
Ad esempio quando il triangolo è rettangolo e molto schiacciato (con un'ipotenusa lunga, un cateto lungo quasi come l'ipotenusa e l'altro cateto cortissimo).
Giusto... Allora la bisettrice dell'angolo opposto al lato la cui misura si discosta maggiormente rispetto ad 1/3 del perimetro
addirittura... questa tua definizione non so come renderla con cabri. In effetti se il triangolo è isoscele tale bisettrice è proprio quella che massimizza l'intersezione (che poi è l'intero triangolo). Perchè ti è venuta in mente? Hai una dimostrazione?
Ero andato a intuito ma ho appena dimostrato che nn funziona ^_^
Se consideri un triangolo rettangolo di terna pitagorica 3,4,5 trovi come 1/3 del perimetro 4 quindi dovrebbero essere equivalenti le superfici di intersezione rispetto alle bisettrici dell'uno o all'altro lato e invece cabrì (di cui ho appena scaricato la versione demo) misura due aree differenti... Stanotte ci penso bene magari anche con una dimostrazione.
Se consideri un triangolo rettangolo di terna pitagorica 3,4,5 trovi come 1/3 del perimetro 4 quindi dovrebbero essere equivalenti le superfici di intersezione rispetto alle bisettrici dell'uno o all'altro lato e invece cabrì (di cui ho appena scaricato la versione demo) misura due aree differenti... Stanotte ci penso bene magari anche con una dimostrazione.
Dopo parecchie pagine di calcoli e alle 6.40 del mattino ho deciso che trovare le proprietà della retta che massimalizza il rapporto è fuori dalla mia portata.
Vi prego qualcuno di voi lo faccia che se no non riesco più a dormire pensando a bisettrici assi e simmetrie.
Vi prego qualcuno di voi lo faccia che se no non riesco più a dormire pensando a bisettrici assi e simmetrie.
il problema non è affatto banale..ma per ora smetto di fare i conti...
saluti
il vecchio
saluti
il vecchio
Ecco la mia idea per massimizzare l'intersezione (visto che il problema dei 2/3 è da considerare risolto).
Nel caso di un triangolo isoscele è chiaro come si debba massimizzare, allora può essere utile avvicinarsi il più possibile.
Ovvero, di fronte ad un triangolo scaleno occorre avere le misure dei lati, individuare la coppia di lati per i quali il rapporto delle lunghezze è più vicino a 1.
A questo punto la bisettrice dell'angolo compreso, mediana, asse e altezza relativi al terzo lato si trovano tutti "abbastanza" vicini e una di queste 4 rette potrebbe essere quella massimizzante.
Finora non ho fatto alcuna prova, tantomeno alcuna dimostrazione.
Nel caso di un triangolo isoscele è chiaro come si debba massimizzare, allora può essere utile avvicinarsi il più possibile.
Ovvero, di fronte ad un triangolo scaleno occorre avere le misure dei lati, individuare la coppia di lati per i quali il rapporto delle lunghezze è più vicino a 1.
A questo punto la bisettrice dell'angolo compreso, mediana, asse e altezza relativi al terzo lato si trovano tutti "abbastanza" vicini e una di queste 4 rette potrebbe essere quella massimizzante.
Finora non ho fatto alcuna prova, tantomeno alcuna dimostrazione.
Si, infatti ci avevo pensato anche io. Per un triangolo isoscele la retta che massimizza è chiaramente una. Bisogna provare con tutte le possibili "cose" che quella retta può essere.
Io direi:
1) una bisettrice;
2) un'altezza;
3) una mediana;
4) una retta parallela alla bisettrice/altezza/mediana e passante per il baricentro-ortocentro/incentro-baricentro/incentro-ortocentro.
5) una retta parallela ad una altezza e passante per il circocentro.
Probabilmente però ce ne sono altre.
Io direi:
1) una bisettrice;
2) un'altezza;
3) una mediana;
4) una retta parallela alla bisettrice/altezza/mediana e passante per il baricentro-ortocentro/incentro-baricentro/incentro-ortocentro.
5) una retta parallela ad una altezza e passante per il circocentro.
Probabilmente però ce ne sono altre.
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