Geometria Euclidea(ma affrontabile come si vuole)

[.Ruben.17]

Date tre rette parallele distinte, esiste sempre un triangolo equilatero tale che ciascun vertice sia su una delle suddette rette e vertici distinti siano su rette distinte?

[davide.grb]

A meno di cambio di sistema di riferimento, suppongo che le tre rette h: y=0,j: y=a,k: y=b giacciano tutte sul piano xOy, che la retta h coincida con l'asseX e che il vertice H appartenente ad h coincida con l'origine O(0,0). Il problema consiste nel trovare, se esistono, due punti J e K, appartenenti rispettivamente alle rette j e h, tali che H,J,K siano vertici di un triangolo equilatero.
Le coordinate di J sono del tipo (x1,a), mentre le coordinate di K sono del tipo (x2,b). Resta da risolvere il sistema:
\(\displaystyle \bigg \{ \begin{array}{}
x_1^2 + a^2 = x_2^2 + b^2 \\
x_1^2 + a^2 = (x_1^2 + x_2^2) + (a-b)^2 \\
\end{array} \)
con x1 e x2 uniche incognite. Il sistema ha sempre soluzione.

[consec]

Siano $a$, $b$ e $c$ tre rette parallele e indichiamo con $a$ la retta compresa tra le altre due. Sia $A$ un punto qualsiasi appartenente alla retta $a$ e siano $B$ e $C$ le intersezioni rispettivamente con le rette $b$ e $c$ della perpendicolare ad $a$ passante per $A$. Distinguiamo quindi due casi.
Se $AB=AC$, allora siano $K$ e $T$ due punti sulle rette $b$ e $c$ tali che l'angolo $K\hatAT$ sia di $60°$ e che la retta $a$ sia la bisettrice dell'angolo. Allora il triangolo $AKT$ è isoscele e ha un angolo di $60°$, dunque è equilatero.
Se $AB!=AC$, allora siano nuovamente $K$ e $T$ due punti sulle rette $b$ e $c$ tali che l'angolo $K\hatAT$ sia di $60°$. Affinché il triangolo sia equilatero, deve essere che $AK$=$AT$. Allora, chiamando $\alpha=B\hatAK$ e $\beta=C\hatAT$, deve valere che $\alpha+\beta=(2\pi)/3$ e, poiché i triangoli $BAK$ e $CAT$ sono rettangoli, deve valere che $(AB)/cos\alpha=(AC)/cos\beta$ ossia $cos\beta/cos\alpha=(AC)/(AB)$. Inoltre, poiché $K$ e $T$ devono giacere sulle due rette $b$ e $c$, allora abbiamo come ulteriore vincolo che $\beta+\pi/3>pi/2 = \beta>\pi/6$ e $beta<\pi/2$. Scrivendo queste condizioni sotto forma di funzioni, e ponendo $(AC)/(AB)=q$, otteniamo il seguente sistema:

$\{(\alpha=(2\pi)/3-\beta),(\alpha=arccos((cos\beta)/q)),(\pi/6<\beta<\pi/2):}$

Notiamo che possiamo sempre supporre $q>1$, in quanto, se fosse il contrario, ci basterebbe esprimere $\beta$ in funzione di $\alpha$ e non viceversa per ricondurci in questo caso (le altre condizioni sono simmetriche rispetto a uno scambio di variabili). La disuguaglianza di $q$ è stretta perché il caso $AB=AC$ ($q=1$) l'abbiamo già discusso in precedenza.
Vogliamo dimostrare che, nel nostro intervallo di riferimento $x in (\pi/6, \pi/2)$, è sempre possibile determinare due angoli con somma fissata a $(2\pi)/3$ e i cui coseni stanno tra loro in un rapporto dato. A tale scopo, mostriamo che i grafici delle due funzioni (che sono continue nella nostra striscia di dominio) $f(x)=(2\pi)/3-x$ e $g(x)=arccos((cosx)/q)$ si incontrano in un punto $AA q > 1$.

$f(x)=(2\pi)/3-x$
$f'(x)=-1 => f'(x)<0 AA x in (\pi/6, \pi/2)$
Dunque la funzione $f(x)$ è strettamente decrescente. Poiché $f(\pi/6)=\pi/2$ e $f(\pi/2)=\pi/6$, la funzione assumerà tutti i valori compresi tra $\pi/2$ e $\pi/6$.

$g(x)=arccos((cosx)/q)$
$g'(x)=-1/(sqrt(1-(cos^2(x)/q^2)))*(-(sen(x))/q)$ $=>$ $(sen(x))/(sqrt(q^2-cos^2(x)))$
Poiché $q^2>q>1$ e $cos^2(x)<1$, la derivata è sempre positiva in $x in (\pi/6, \pi/2)$, dunque la funzione è monotona crescente.
$g(\pi/6)=arccos((sqrt(3))/(2q))$. Poiché $1 Poiché $f(\pi/6)>g(\pi/6)$ e $f(\pi/2)

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[.Ruben.17]

"davide.grb":A meno di cambio di sistema di riferimento, suppongo che le tre rette h: y=0,j: y=a,k: y=b giacciano tutte sul piano xOy, che la retta h coincida con l'asseX e che il vertice H appartenente ad h coincida con l'origine O(0,0). Il problema consiste nel trovare, se esistono, due punti J e K, appartenenti rispettivamente alle rette j e h, tali che H,J,K siano vertici di un triangolo equilatero.
Le coordinate di J sono del tipo (x1,a), mentre le coordinate di K sono del tipo (x2,b). Resta da risolvere il sistema:
\(\displaystyle \bigg \{ \begin{array}{}
x_1^2 + a^2 = x_2^2 + b^2 \\
x_1^2 + a^2 = (x_1^2 + x_2^2) + (a-b)^2 \\
\end{array} \)
con x1 e x2 uniche incognite. Il sistema ha sempre soluzione.

Semplice e bello!

Anche la soluzione di consec è corretta

Propongo la mia:

Abbiamo tre rette parallele: una delle tre sarà interna alle altre due(che distano L)

Una delle rette esterna(quella a sinistra) sia l'asse y, l'altra sia la retta $x= L$

L'origine sia uno dei vertici che nostro(per adesso ipotetico) triangolo equilatero

Poniamo un vertice A sulla retta $x=L$, che formi un angolo $\theta$ (anche negativo) con l'asse x
$\bar{OA} = L/cos(\theta) $

con $-30° < \theta < 30°$
L'ultimo vertice P ha coordinate:
$L/cos(\theta)*(cos(60+\theta), sen(60+\theta))$

Adesso dimostro che per ogni retta parallela interna $x=x_{P}$ con $0 < x_{P} < L$, esiste un angolo \theta tale che P passi per la suddetta retta

L'ascissa di P è $Lcos(60+\theta)/cos(\theta)=x_{P}$
Creo una funzione $f(\theta) = Lcos(60+\theta)/cos(\theta)-x_{P}$

Adesso con il teorema degli zeri di Bolzano dimostro che per ogni $x_{P}$ con $0 < x_{P} < L$ esiste uno zero per la suddetta funzione

# $f(\theta)$ è continua in $-30° < \theta < 30°$
# $f(-30°) = L -x_{P} > 0$
# $f(30°) = -x_{P} < 0$

Quindi esiste uno zero per ogni $x_{P}$, da cui deduco che esiste il suddetto triangolo.

[spugna2]

Questa è la mia:

Chiamiamo $r$, $s$ e $t$ le tre rette, e $A$ un punto di $r$. Preso $B \in s$, il triangolo $ABC$ è equilatero se e solo se $C$ è ottenuto ruotando $B$ di $60°$ intorno ad $A$, e facendo variare $B$ abbiamo che $C$ deve appartenere alla retta $l$, data da una rotazione di $s$ di $60°$ intorno ad $A$, ma vogliamo anche che $C \in t$: basta prendere allora $C \in l \cap t$, e scegliere $B$ di conseguenza.

[consec]

"spugna":Questa è la mia:

Chiamiamo $r$, $s$ e $t$ le tre rette, e $A$ un punto di $r$. Preso $B \in s$, il triangolo $ABC$ è equilatero se e solo se $C$ è ottenuto ruotando $B$ di $60°$ intorno ad $A$, e facendo variare $B$ abbiamo che $C$ deve appartenere alla retta $l$, data da una rotazione di $s$ di $60°$ intorno ad $A$, ma vogliamo anche che $C \in t$: basta prendere allora $C \in l \cap t$, e scegliere $B$ di conseguenza.

questa è simile a una delle due soluzioni proposte nel Conti-Profeti e che consentono di costruire in maniera elementare il suddetto triangolo equilatero. Anche l'altra è molto bella

[Erasmus_First]

".Ruben.":Date tre rette parallele distinte, esiste sempre un triangolo equilatero tale che ciascun vertice sia su una delle suddette rette e vertici distinti siano su rette distinte?

Ho riscritto il testo del quiz nel modo seguente:
a) Date tre rette parallele e complanari, supponiamo che quella intermedia disti h da una e k dall'altra delle due altre rette. E supponiamo h < k (escludendo quindi il caso di equidistanza che – come si vedrà – sarebbe "banale").
Determinare la lunghezza a del lato di un triangolo equilatero che si possa collocare nel piano delle tre rette in modo che su ciascuna di esse ci stia un vertice del triangolo.
[Questo è facile!. Voglio dire: è facile, per esempio, calcolare a, disegnare un triangolo equilatero dcon lati di lunghezza a ... giusta (dipendente da h e da k), trasportarlo sulle rette, collocarne un vertice su una retta e poi girare il triangolo attorno a quel vertice fino a che anche gli altri due vertici vanno a collocarsi uno su una e l'altro sull'altra delle altre due rette].

b) Date tre rette parallele e complanari [con quella interna non equidistante dalle altre due], costruire "con riga e compasso" un triangolo equilatero di vertici A, B e C con un vertice su una retta, un altro su una seconda retta e il terzo sulla terza retta.

La soluzione ...

sta qua:

––> Quiz_triang_parall_Soluz.png

_______

[Erasmus_First]

Ieri mi ha scritto (per e.mail) l'utente Orsoulx presentandomi (a parole, senza figure) una sua soluzione del problema di costruire "con riga e compasso" un triangolo equilatero con i vertici ciascuno su ciascuna di tre assegnate rette parallele (distinte). Ho trovato molto bella questa semplicissima costruzione; e ho pensato che meritava di essere pubblicata qui.

La descrizione della costruzione segue la premessa: “Credo difficile trovare una costruzione più semplice e generale della seguente“. Ho pensato di pubblicare la descrizione come didascalia della relativa figura di effettiva costruzione [fatta appositamene da me ] facendola seguire da una mia nota di spiegazione della sua validità.
Ecco qua:

–––> Soluzione di Orsoulx.PNG

_______

[consec]

A questo punto mi permetto, per amore di completezza, di aggiungere un'altra costruzione semplice del suddetto triangolo, non mia ma presa dal Conti-Profeti, e secondo me anche più semplice della precedente...

Siano $a,b,c$ le tre rette parallele e $A,B,C$ le rispettive intersezioni con una generica perpendicolare, con $A$ e $C$ giacenti sulle rette esterne del fascio e $AB<=BC$. Si costruisca quindi il triangolo equilatero $DCB$ alla maniera classica, con $D$ situato nella striscia delimitata dalle rette $b,c$ . Se $D$ appartiene alla terza retta, abbiamo concluso. Se così non è, si prolunghi il lato $AD$ e sia $F$ l'intersezione con la retta $c$. Sia quindi $G$ l'intersezione dell'asse del segmento $AF$ con la retta centrale $b$. Il triangolo $AGH$, con $H$ intersezione (diversa da $F$) della circonferenza di centro $G$ e raggio $AG$ con la retta $c$ è equilatero.
Questo perché per costruzione $AG=GH$ raggi della circonferenza e l'angolo $HGA$ è il doppio dell'angolo $HFA$, ampio $30$ gradi.

[orsoulx]

Una costruzione sparagnina... senza parole:

Ciao

[axpgn]

Ma non manca ancora un arco ?

Cordialmente, Alex

[ot]Bentornato, [/ot]

[Erasmus_First]

"consec":A questo punto ...

"orsoulx":Una costruzione sparagnina... senza parole:

[ot]A questo punto ... ci sono:
• descrizioni della soluzione solo a parole; [Codice 0 1]
• una costruzione [sparagnina] senza parole; [Codice 1 0]
• soluzioni costituite da costruzione e relativa descrizione a parole; [Codice 1 1]
Quel che manca è ... l'assenza simulanea della costruzione e della descrizione a parole [Codice 0 0]
Beh: ora non manca più!
Tutto 'sto discorso per salutare l'inatteso intervento di orsoulx.
Ciao B.! [/ot]_______

[orsoulx]

"axpgn":Ma non manca ancora un arco ?

Certo Alex. In compenso ce ne sono altri due (sempre nascosti) che si possono eliminare

"consec":e secondo me anche più semplice della precedente...

La 'semplicità' di una costruzione geometrica non è soggettiva: per ottenerne una 'misura' basta contare quanti archi e segmenti si devono costruire.
Ciao

[consec]

Personalmente intendevo semplice nel senso di immediatamente comprensibile... comunque andandole a confrontare quella che ho proposto, supposti già date le tre intersezione con una qualsiasi perpendicolare, richiede cinque archi e due segmenti per la determinazione dei tre vertici, che è un risultato tutto sommato buono però effettivamente non batte l'ultima che è stata postata, quella "muta"

[axpgn]

"orsoulx":... In compenso ce ne sono altri due (sempre nascosti) che si possono eliminare ...

Intendi quelli per tracciare la perpendicolare ?

[orsoulx]

Certo Alex , non ti si può nascondere alcunché! Qualsiasi secante funziona egregiamente, tanto la dimostrazione più sintetica si basa sulla similitudine.
Ciao

[kobeilprofeta]

Non ho capito perchè si possono supporre le tre rette complanari

[orsoulx]

Ebbravo Kobeil! Osservazione più che pertinente.
A mia, parziale, scusante posso dire che sono arrivato al problema dalla discussione di un altro forum ("Coelestis", che leggo, ma in cui non scrivo, perché mi è impedito da una 'strana' clausola del regolamento), dove la formulazione è quella di Erasmus_First: con rette complanari.
Bisognerebbe sapere da Ruben se il testo originale era di geometria piana.

Nel caso di rette non complanari, ad occhio direi che la dimostrazione sia non troppo complicata. Per la costruzione provo a gabulare,
Ciao

[kobeilprofeta]