Problema trigonometria
È da oggi pomeriggio che ci lavoro su, ma faccio solo calcoli a vuoto...qualcuno mi dà una mano? Grazie 
Considera il triangolo rettangolo $ABC$ inscritto in una circonferenza di diametro $bar\{AB}=2r$. Sul lato $BC$ costruisci il quadrato $BPQC$ esternamente al triangolo. Sai che il trapezio $ABPQ$ ha area $S=(4+3sqrt[2])/2r^2$: quanto misura l'angolo $B\hat AC$?
Ovviamente si tratta di impostare un'equazione sfruttando l'uguaglianza
$((bar\{AC}+2bar\{BC})*\bar{BC})/2=(4+3sqrt[2])/2r^2$, ma proprio non riesco a venirne a capo
: mi viene sempre un'equazione goniometrica che non riesco a risolvere. C'è una strada più semplice forse? 
Considera il triangolo rettangolo $ABC$ inscritto in una circonferenza di diametro $bar\{AB}=2r$. Sul lato $BC$ costruisci il quadrato $BPQC$ esternamente al triangolo. Sai che il trapezio $ABPQ$ ha area $S=(4+3sqrt[2])/2r^2$: quanto misura l'angolo $B\hat AC$?
Ovviamente si tratta di impostare un'equazione sfruttando l'uguaglianza
$((bar\{AC}+2bar\{BC})*\bar{BC})/2=(4+3sqrt[2])/2r^2$, ma proprio non riesco a venirne a capo
: mi viene sempre un'equazione goniometrica che non riesco a risolvere. C'è una strada più semplice forse?
Risposte
Se l'angolo che cerchi lo chiamiamo $alpha$, e valuti che il triangolo $ABC$ è un triangolo rettangolo (perchè è inscritto in una crf ed un suo lato è il diametro), puoi dire che:
$AC=ABcosalpha=2rcosalpha$
$BC=2rsinalpha$
Quindi l'area del trapezio è:
$(2rcosalpha*2rsinalpha)/2+(2rsinalpha)^2=(4+3sqrt2)/2 r^2$
semplificando:
$4(sinalpha)^2+2sinalpha cosalpha - (4+3sqrt2)/2=0$
A questo punto non vorrei dire una castroneria, ma io lo risolverei così:
$4(sinalpha)^2 +- 2sinalpha sqrt(1-(sinalpha)^2) - (4+3sqrt2)/2=0$
$4(sinalpha)^2 - (4+3sqrt2)/2=+- 2sinalpha sqrt(1-(sinalpha)^2) $
elevo al quadrato:
$16(sinalpha)^4 + (4+3sqrt2)^2/4-8(sinalpha)^2 (4+3sqrt2)^2/4=4(sinalpha)^2 (1-(sinalpha)^2)$
raccolgo:
$(16+4)(sinalpha)^4 - (4+8(4+3sqrt2)^2/4)(sinalpha)^2 + (4+3sqrt2)^2/4=0
$20(sinalpha)^4 - (4+32+36+48sqrt2)(sinalpha)^2 + (4+9/2+6sqrt2)=0
$20(sinalpha)^4 - (72+48sqrt2)(sinalpha)^2 + (17/2+6sqrt2)=0
e questa è un'equaz di secondo grado risolvibile con un po' di conti.
Marò, ma mi sa che ho fatto tutto per niente...perchè questo implicherebbe (salvo casi fortunelli) una soluzione approssimata, e non matematicamente esatta (che credo sia il tuo caso). Però non esiste che cancello tutto...SOB :'(
$AC=ABcosalpha=2rcosalpha$
$BC=2rsinalpha$
Quindi l'area del trapezio è:
$(2rcosalpha*2rsinalpha)/2+(2rsinalpha)^2=(4+3sqrt2)/2 r^2$
semplificando:
$4(sinalpha)^2+2sinalpha cosalpha - (4+3sqrt2)/2=0$
A questo punto non vorrei dire una castroneria, ma io lo risolverei così:
$4(sinalpha)^2 +- 2sinalpha sqrt(1-(sinalpha)^2) - (4+3sqrt2)/2=0$
$4(sinalpha)^2 - (4+3sqrt2)/2=+- 2sinalpha sqrt(1-(sinalpha)^2) $
elevo al quadrato:
$16(sinalpha)^4 + (4+3sqrt2)^2/4-8(sinalpha)^2 (4+3sqrt2)^2/4=4(sinalpha)^2 (1-(sinalpha)^2)$
raccolgo:
$(16+4)(sinalpha)^4 - (4+8(4+3sqrt2)^2/4)(sinalpha)^2 + (4+3sqrt2)^2/4=0
$20(sinalpha)^4 - (4+32+36+48sqrt2)(sinalpha)^2 + (4+9/2+6sqrt2)=0
$20(sinalpha)^4 - (72+48sqrt2)(sinalpha)^2 + (17/2+6sqrt2)=0
e questa è un'equaz di secondo grado risolvibile con un po' di conti.
Marò, ma mi sa che ho fatto tutto per niente...perchè questo implicherebbe (salvo casi fortunelli) una soluzione approssimata, e non matematicamente esatta (che credo sia il tuo caso). Però non esiste che cancello tutto...SOB :'(
E tra l'altro, questa è valida solo fino a 90°....oltre il coseno diventa negativo, quindi l'area del triangolo viene sottratta da quella del quadrato...quindi dovresti rifare tutto cambiando il segno all'inizio! Mizz...
Suppongo che nello svolgimento dei calcoli iniziali sia arrivato anche tu a questa soluzione
$4(sinx)^2+2sinx cosx - (4+3sqrt2)/2=0$
questa è un'equazione riducibile ad omogenea di secondo grado, basta moltiplicare il termine noto $- (4+3sqrt2)/2$ per $sin^2x+cos^2x$ che vale 1, dopo un po' di conti dovresti ottenere
$(4-3sqrt2)sin^2x+4sinx cosx- (4+3sqrt2)cos^2x=0$ adesso, dividendo tutto per $cos^2x!=0$, la tasformi in un'equazione di secondo grado in tangente
$(4-3sqrt2)tg^2x+4tgx- (4+3sqrt2)=0$, la cui unica soluzione accettabile è $tgx=(2+2sqrt2)/2$, l'altra dà una tangente negativa.
$4(sinx)^2+2sinx cosx - (4+3sqrt2)/2=0$
questa è un'equazione riducibile ad omogenea di secondo grado, basta moltiplicare il termine noto $- (4+3sqrt2)/2$ per $sin^2x+cos^2x$ che vale 1, dopo un po' di conti dovresti ottenere
$(4-3sqrt2)sin^2x+4sinx cosx- (4+3sqrt2)cos^2x=0$ adesso, dividendo tutto per $cos^2x!=0$, la tasformi in un'equazione di secondo grado in tangente
$(4-3sqrt2)tg^2x+4tgx- (4+3sqrt2)=0$, la cui unica soluzione accettabile è $tgx=(2+2sqrt2)/2$, l'altra dà una tangente negativa.
Fico....molto meglio così in effetti 
"amelia":
$(4-3sqrt2)tg^2x+4tgx- (4+3sqrt2)=0$, la cui unica soluzione accettabile è $tgx=(2+2sqrt2)/2$, l'altra dà una tangente negativa.
Non è accettabile anche l'altra, cioè $7+5sqrt[2]$? $arctan(7+5sqrt[2])~~86°$, quindi ci starebbe in un triangolo rettangolo.
Grazie mille comunque, alla fine era solo questione di calcoli (mi ero scordato che per risolvere quell'equazione bisognava moltiplicare il termine noto per $sin^2x+cos^2x$
).
a me l'altro valore della tangente viene $-7/2-5sqrt2$ e siccome è negativo....
osserva che il prodotto tra la soluzioni è $c/a=-(4+3sqrt2)/(4-3sqrt2)$ che è un numero negativo, quindi una delle soluzioni viene negativa, di conseguenza non accettabile.
osserva che il prodotto tra la soluzioni è $c/a=-(4+3sqrt2)/(4-3sqrt2)$ che è un numero negativo, quindi una delle soluzioni viene negativa, di conseguenza non accettabile.
Scusa se ti contraddico, ma $-(4+sqrt[2])/(4-3sqrt[2])$ è positivo: razionalizzando e semplificando viene $17+12sqrt[2]$
Salve.
Questo problema mi ha incuriosito.
Facendo uno studio grafico si scopre che se nel problema l'area vale $S=kr^2$ allora esistono due soluzioni distinte al problema se e solo se $4 < k < 2+sqrt{5}$ (e sarà la stanchezza, ma questo $2+sqrt{5}$ non si è fatto calcolare facilmente ). Il valore effettivo proposto dal problema, ovvero $k=(4+3sqrt{2})/2$, è tragicamente compreso tra $4$ e $2+sqrt{5}$ (se ci pensate l'intervallo $[4,2+sqrt{5}]$ è "visivamente minuscolo", quindi quel valore sono proprio andati a cercarlo), quindi il problema proposto ha, effettivamente, due soluzioni.
L'aspetto curioso è che i valori $2+sqrt{5}$ e $(4+3sqrt{2})/2$ sono "strutturalmente" abbastanza diversi: in uno c'è $sqrt{2}$, nell'altro $sqrt{5}$, eppure i conti per trovarli sono umani. Mi chiedo come facciano ad inventarsi delle situazioni del genere, secondo me hanno dei programmi 'generatori di problemi con conti non disumani' apposta
Perdonate la dissertazione.
PS: se interessasse, $arctg(1+sqrt{2})=3/8 pi$.
Questo problema mi ha incuriosito.
Facendo uno studio grafico si scopre che se nel problema l'area vale $S=kr^2$ allora esistono due soluzioni distinte al problema se e solo se $4 < k < 2+sqrt{5}$ (e sarà la stanchezza, ma questo $2+sqrt{5}$ non si è fatto calcolare facilmente
). Il valore effettivo proposto dal problema, ovvero $k=(4+3sqrt{2})/2$, è tragicamente compreso tra $4$ e $2+sqrt{5}$ (se ci pensate l'intervallo $[4,2+sqrt{5}]$ è "visivamente minuscolo", quindi quel valore sono proprio andati a cercarlo), quindi il problema proposto ha, effettivamente, due soluzioni.L'aspetto curioso è che i valori $2+sqrt{5}$ e $(4+3sqrt{2})/2$ sono "strutturalmente" abbastanza diversi: in uno c'è $sqrt{2}$, nell'altro $sqrt{5}$, eppure i conti per trovarli sono umani. Mi chiedo come facciano ad inventarsi delle situazioni del genere, secondo me hanno dei programmi 'generatori di problemi con conti non disumani' apposta
Perdonate la dissertazione.
PS: se interessasse, $arctg(1+sqrt{2})=3/8 pi$.
AHAHAHAHHAHAHA Martino
Infatti essendo diametro $2r$, nel caso di 180° l'area del triangolo è nulla, e quella del quadrato $4r^2$. Era intuitivo che diminuendo infinitesimamente i 180° l'area totale aumentasse per poi arrivare a 0 in 0°...quindi il problema presentava un massimo per un angolo poco inferiore ai 180°. L'area del problema era stata data come leggermente maggiore di $4r^2$, quindi la soluzione era doppia o inesistente...nel caso l'area data fosse stata inferiore a $4r^2$ la soluzione sarebbe stata unica.
Infatti essendo diametro $2r$, nel caso di 180° l'area del triangolo è nulla, e quella del quadrato $4r^2$. Era intuitivo che diminuendo infinitesimamente i 180° l'area totale aumentasse per poi arrivare a 0 in 0°...quindi il problema presentava un massimo per un angolo poco inferiore ai 180°. L'area del problema era stata data come leggermente maggiore di $4r^2$, quindi la soluzione era doppia o inesistente...nel caso l'area data fosse stata inferiore a $4r^2$ la soluzione sarebbe stata unica.
c'era un'altra che si era fatta prendere dalla stanchezza/primavera continuavo a calcolare $4-3sqrt2$ come se fosse $4-2sqrt3$, scusate... 
Sciolta figurati...pensa io che soluzione sono andato a trovare insostenibile!
Sei all'uni a Padova, Amelia?? Io sì!!
insostenibile!Sei all'uni a Padova, Amelia?? Io sì!!
"pizzaf40":
Sei all'uni a Padova, Amelia?? Io sì!!
Ci sono stata, ma mi sono laureata 25 anni fa...
"achille32":
Poiché AB e l'angolo a sono fissi segue che il punto R appartiene alla circonferenza
di centro O
Scusate, mi potete spiegare questa parte che non riesco a comprenderla??
Non so aiutarti, Tony..anche perchè nessun Achille32 mi pare abbia scritto qui
Eheheheheh...io sono al 4/5 anno...mi sa che non ci si vede in facoltà Ciau!
Ci sono stata, ma mi sono laureata 25 anni fa...
Eheheheheh...io sono al 4/5 anno...mi sa che non ci si vede in facoltà
Ciau!
"Tony125":
[quote="achille32"]
Poiché AB e l'angolo a sono fissi segue che il punto R appartiene alla circonferenza
di centro O
Scusate, mi potete spiegare questa parte che non riesco a comprenderla??[/quote]
"achille 32" è stato considerato il clone di un utente già bannato più volte e quindi i suoi post sono stati cancellati. Ne stanno discutendo anche qui: https://www.matematicamente.it/forum/tibet-vt27647.html
Non essendoci più il post è difficile risponderti.
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