SNS di Pisa, anno 83-84, n. 2
Sia ABCD un quadrato, e sia P un punto interno ad esso tale che $P hatAB=P hatBA=15^o$. Si dimostri che il triangolo PCD è equilatero.
Io ne ho trovato una dimostrazione facile ma indiretta: considero il triangolo equilatero QCD e dimostro che Q coincide con P. Qualcuno sa suggerirmi un'altra dimostrazione?
Io ne ho trovato una dimostrazione facile ma indiretta: considero il triangolo equilatero QCD e dimostro che Q coincide con P. Qualcuno sa suggerirmi un'altra dimostrazione?
Risposte
Sì, la tua è una bella soluzione trigonometrica; mi piacerebbe però vederne una con la sola geometria euclidea.
Io te ne propongo un'altra molto simile, ma che usa sempre la trigonometria:
CIao
[/spoiler]
CIao
[/spoiler]
Anche la tua soluzione è bella e giusta, ma somma due difetti: l'uso della trigonometria e l'aver iniziato pensando al triangolo equilatero. Quest'ultima cosa è proprio quello che avevo fatto io (senza trigonometria) e che mi piaceva poco nella mia soluzione.
"giammaria":
Anche la tua soluzione è bella e giusta, ma somma due difetti: l'uso della trigonometria e l'aver iniziato pensando al triangolo equilatero. Quest'ultima cosa è proprio quello che avevo fatto io (senza trigonometria) e che mi piaceva poco nella mia soluzione.
non penso ci sia un'altra soluzione...
Io, mediante l'utilizzo della geometria euclidea, sono riuscito a dimostrare soltanto che il triangolo in questione è isoscele.
Posto ugualmente la mia idea: magari ti può tornare utile.
Posto ugualmente la mia idea: magari ti può tornare utile.
Grazie dell'interesse, ma temo non mi sia di aiuto. Ho infatti l'abitudine (comune a molti) di dire: "L'intera figura è simmetrica rispetto all'asse dei segmenti AB e CD, quindi ogni elemento è uguale al suo simmetrico; in particolare PD=PC". Tu ne dai una dimostrazione dettagliata.
Mi chiedo invece se può servire a qualcosa notare che $P hatAC=C hatAB-P hatAB=45^o-15^o=30^o$.
Mi chiedo invece se può servire a qualcosa notare che $P hatAC=C hatAB-P hatAB=45^o-15^o=30^o$.
Sono riuscito a trovare un paio di dimostrazioni attraverso l'uso della trigonometria, ma con la geometria euclidea non c'è verso. Sei sicuro che si sia una dimostrazione?
Do qui per esteso la dimostrazione di cui parlavo all'inizio.
Internamente al quadrato, si tracci il triangolo equilatero DCQ. Si ha $DQ=DC=DA$, quindi il triangolo DAQ è isoscele. Il suo angolo al vertice è di 30°, quindi un suo angolo alla base è $D hatAQ=(180^o-30^o)/2=75^o$ e ne consegue $Q hatAB=90^o-75^o=15^o$; perciò le rette AP e AQ coincidono. Analogamente si dimostra che coincidono le rette BP e BQ, quindi P e Q sono lo stesso punto.
Come vedi, ho usato solo la geometria euclidea ma partendo dalla tesi, sia pure usata in modo lecito, e questo non mi piace. Non ho la sicurezza che il risultato sia raggiungibile anche partendo dall'ipotesi, ma scommetterei di sì; probabilmente occorre fare qualche costruzione. Lasciamo il problema in sospeso, in attesa che qualcuno abbia una buona idea.
Internamente al quadrato, si tracci il triangolo equilatero DCQ. Si ha $DQ=DC=DA$, quindi il triangolo DAQ è isoscele. Il suo angolo al vertice è di 30°, quindi un suo angolo alla base è $D hatAQ=(180^o-30^o)/2=75^o$ e ne consegue $Q hatAB=90^o-75^o=15^o$; perciò le rette AP e AQ coincidono. Analogamente si dimostra che coincidono le rette BP e BQ, quindi P e Q sono lo stesso punto.
Come vedi, ho usato solo la geometria euclidea ma partendo dalla tesi, sia pure usata in modo lecito, e questo non mi piace. Non ho la sicurezza che il risultato sia raggiungibile anche partendo dall'ipotesi, ma scommetterei di sì; probabilmente occorre fare qualche costruzione. Lasciamo il problema in sospeso, in attesa che qualcuno abbia una buona idea.
Ho trovato una possibile soluzione! Probabilmente ce ne sono di migliori, però funziona.
La difficoltà finora incontrata consisteva nel calcolare l'altezza PH di ABP con una formula diversa da $tg 15^0=2-sqrt3$; fatto questo, tutto il resto riguardava solo le formule per i triangoli equilateri, che si studiano anche in geometria euclidea. Cerco quindi di calcolare in altro modo PH.
Internamente al quadrato, traccio per A la retta inclinata di 30° rispetto ad AB; indico con E la sua intersezione con l'asse di simmetria e con $2l$ il lato del quadrato. Il triangolo AEH è mezzo triangolo equilatero, quindi
$ HE=l/sqrt3$ ed inoltre $AE=(2l)/sqrt3$
In questo triangolo, AP è la bisettrice; per il teorema della bisettrice
$PH : PE= AH : AE->PH : (PH+PE)=AH : (AH+AE)$
Ma $PH+PE=HE$, quindi $PH : l/sqrt3=l : (l+(2l)/sqrt3)$
da cui, con qualche calcolo, ricavo $PH=l(2-sqrt3)$.
Il resto è banale: detta K l'intersezione dell'asse con CD, si ha $PK=2l-l(2-sqrt3)=lsqrt3$ e, per Pitagora, $DP=sqrt((lsqrt3)^2+l^2)=2l$
La difficoltà finora incontrata consisteva nel calcolare l'altezza PH di ABP con una formula diversa da $tg 15^0=2-sqrt3$; fatto questo, tutto il resto riguardava solo le formule per i triangoli equilateri, che si studiano anche in geometria euclidea. Cerco quindi di calcolare in altro modo PH.
Internamente al quadrato, traccio per A la retta inclinata di 30° rispetto ad AB; indico con E la sua intersezione con l'asse di simmetria e con $2l$ il lato del quadrato. Il triangolo AEH è mezzo triangolo equilatero, quindi
$ HE=l/sqrt3$ ed inoltre $AE=(2l)/sqrt3$
In questo triangolo, AP è la bisettrice; per il teorema della bisettrice
$PH : PE= AH : AE->PH : (PH+PE)=AH : (AH+AE)$
Ma $PH+PE=HE$, quindi $PH : l/sqrt3=l : (l+(2l)/sqrt3)$
da cui, con qualche calcolo, ricavo $PH=l(2-sqrt3)$.
Il resto è banale: detta K l'intersezione dell'asse con CD, si ha $PK=2l-l(2-sqrt3)=lsqrt3$ e, per Pitagora, $DP=sqrt((lsqrt3)^2+l^2)=2l$
"giammaria":
Do qui per esteso la dimostrazione di cui parlavo all'inizio.
Internamente al quadrato, si tracci il triangolo equilatero DCQ. Si ha $DQ=DC=DA$, quindi il triangolo DAQ è isoscele. Il suo angolo al vertice è di 30°, quindi un suo angolo alla base è $D hatAQ=(180^o-30^o)/2=75^o$ e ne consegue $Q hatAB=90^o-75^o=15^o$; perciò le rette AP e AQ coincidono. Analogamente si dimostra che coincidono le rette BP e BQ, quindi P e Q sono lo stesso punto.
Come vedi, ho usato solo la geometria euclidea ma partendo dalla tesi, sia pure usata in modo lecito, e questo non mi piace. Non ho la sicurezza che il risultato sia raggiungibile anche partendo dall'ipotesi, ma scommetterei di sì; probabilmente occorre fare qualche costruzione. Lasciamo il problema in sospeso, in attesa che qualcuno abbia una buona idea.
Bella dimostrazione. Perchè non ti piace? Le dimostrazioni per assurdo (come la tua) partono sempre dalla tesi
Complimenti, è una bella dimostrazione. Io non ci sarei mai arrivato 
Non è veramente una dimostrazione per assurdo perché non ho negato la tesi; io la definirei un aggiramento dell'ostacolo. Grazie a entrambi per i complimenti.
"giammaria":
Non è veramente una dimostrazione per assurdo perché non ho negato la tesi; io la definirei un aggiramento dell'ostacolo. Grazie a entrambi per i complimenti.
A me è sembrata per assurdo, anche se non è detto in modo esplicito.
Provo a rileggerla in tal senso.
Ipotesi: PAB=PBA=15°. Tesi: il triangolo CPD è equilatero.
Nego la tesi che CPD sia equilatero; costruisco un triangolo equilatero con vertice Q distinto da P (per avere negato la tesi).
Dimostro che QAB=QBC=15°. Quindi arriviamo all'assurdo che Q e P coincidono (contraddicendo l'ipotesi Q distinto da P).
Spesso i teoremi di unicità si dimostrano per assurdo.
Hai ragione; non l'avevo vista sotto quell'angolazione.
Scommetto che, guardandola sotto questo nuovo punto di vista, stai rivalutando la tua prima dimostrazione.
Scommessa vinta. Stavo proprio valutando l'opportunità di scriverlo; Cenzo mi ha fornito l'anello mancante.
Domanda di carattere generale: una dimostrazione mediante la quale si giunge ad affermare che una proposizione è vera in quanto è escludibile il suo contrario può essere ritenuta valida?
"Delirium":
Domanda di carattere generale: una dimostrazione mediante la quale si giunge ad affermare che una proposizione è vera in quanto è escludibile il suo contrario può essere ritenuta valida?
Certo, si chiama dimostrazione per assurdo.
Ah ecco, mi sfuggiva questo particolare. Grazie
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo