Euclide di secondo grado

[maria601]

Sia [tex]BH[/tex] l'altezza relativa all'ipotenusa [tex]AC[/tex] del triangolo rettangolo [tex]ABC[/tex], sia [tex]M[/tex] il punto di [tex]AB[/tex] tale che [tex]AM: MB = 2:3[/tex] e sia [tex]N[/tex] il punto di [tex]BC[/tex] tale che [tex]NC = CH[/tex]. Sapendo che [tex]AB = 5[/tex] e che [tex]AH : AM = BM : BN[/tex], determinare il perimetro del triangolo [tex]ABH[/tex]
Ho posto [tex]AH=x[/tex], [tex]BN[/tex] viene [tex]\frac{6}{x}[/tex], [tex]NC = \frac{25- x^2}{x}[/tex], poi applicando Euclide viene un'equazione di quarto grado impossibile.

[mod="WiZaRd"]
Ho aggiunto i tag TeX: dopo 116 messaggi direi che sarebbe opportuno usare il codice TeX o MathML sempre.
Grazie.
[/mod]

[MaMo2]

Usando Pitagora viene un'equazione di quarto grado biquadratica le cui soluzioni positive sono x = 4 e x = $sqrt21$.

[Nicole931]

usando Euclide viene la stessa equazione (come del resto era logico, visto che il teorema di Pitagora deriva dal primo di Euclide) :
$x^4-37x^2+336=0$ , che corrisponde a tutto quello che ti ha detto MaMo : è una biquadratica con quelle soluzioni

[maria601]

Quindi si direbbe che questo problema si risolve solo con equazioni biquadratiche ?(mi pongo questo problema perchè non sono state ancora studiate le biquadratiche ) .

[Nicole931]

si direbbe proprio di sì
comunque risolvere una biquadratica è facile : basta usare un'incognita ausiliaria, ad esempio : $x^2=y$ ; in questo modo l'equazione diventa di secondo grado; nel tuo caso : $y^2-37y+336=0$
si trovano le due soluzioni della y e poi si uguagliano ad $x^2$ ; sempre nel tuo caso quindi avrai : $ x^2=21;x=+-sqrt21$, $x^2=16;x=+-4$ e solo le soluzioni positive sono accettabili