Teorema k di montemurro

[gio73]

Su un libro delle medie una mia allieva ha trovato questo teorema, ma non c'è la dimostrazione

In ogni triangolo rettangolo, in cui $c$ rappresenta la misura dell'ipotenusa e $a, b$ le misure dei cateti, detto $k$ il rapporto $(c+b)/a$ e $k'$ il rapporto $(c+a)/b$ sussiste la relazione $k'=(k+1)/(k-1)$. Due triangoli rettangoli sono simili se e solo se il valore k è lo stesso

Qualcuno si vuole cimentare?

[axpgn]

Allora ...

Se assumiamo per vero che $k'=(k+1)/(k-1)$ si avrà che $(c+a)/b=((c+b)/a+1)/((c+b)/a-1)$ da cui $(c+a)/b=(c+b+a)/(c+b-a)$ e proseguendo $((c+a)(c+b-a)=b(c+b+a)$ da cui svolgendo $c^2+bc-ac+ac+ab-a^2=bc+b^2+ab$, semplifichiamo ed otteniamo $c^2=a^2+b^2$ che è sempre vera (date le ipotesi).

Cordialmente, Alex

[gio73]

grazie alex
per la seconda parte (due triangoli rettangoli sono simili se e solo se il rapporto k è lo stesso) farei così

indico i lati corrispondenti del triangolo simile con le stesse lettere, ma maiuscole, indico il rapporto di similitudine con $m$ anziché con k per non confondere, e con K maiuscolo il rapporto $K=(C+B)/A$ corrispondente al rapporto $k=(c+b)/a$ per dimostrare che i due rapporti sono uguali nel caso in cui i triangoli sono simili non faccio altro che ricordarmi che
$A=am$
$B=bm$
$C=cm$

e sostituire in $K=(C+B)/A=(cm+bm)/(am)$
poi raccogliendo a fattor comune
$K=(m(c+b))/(ma)$
e semplificando per $m$
$K=(c+b)/a$

[gugo82]

"gio73":In ogni triangolo rettangolo, in cui $c$ rappresenta la misura dell'ipotenusa e $a, b$ le misure dei cateti, detto $k$ il rapporto $(c+b)/a$ e $k'$ il rapporto $(c+a)/b$ sussiste la relazione $k'=(k+1)/(k-1)$. Due triangoli rettangoli sono simili se e solo se il valore k è lo stesso

Dimostro la doppia implicazione.

Che la funzione \(k(a,b,c)\) sia positivamente omogenea non ci piove: infatti, preso un numero reale \(\lambda>0\) si ha:
\[
k(\lambda a,\lambda b,\lambda c) = \frac{\lambda (c+b)}{\lambda a} = \frac{c+b}{a} =k(a,b,c)\; .
\]
Pertanto l'implicazione "\(\Rightarrow\)" è banale.

D'altro canto, siano \(a,b,c\) ed \(A,B,C\) le misure dei tre lati di due triangoli rettangoli (nell'ordine: cateto, cateto ed ipotenusa) tali che:
\[
K:=k(A,B,C)=k(a,b,c)=:k
\]
e mostriamo che esiste \(\lambda >0\) tale che \(A=\lambda a\), \(B=\lambda b\) e \(C=\lambda c\).
Dalla definizione di \(k(\cdot,\cdot,\cdot)\), dall'uguaglianza tra \(K\) e \(k\) e dalla condizione di uguaglianza tra frazioni discende che esiste una costante positiva \(\lambda\) tale che:
\[
\begin{cases}C+B=\lambda (c+b)\\
A=\lambda a\; ;\end{cases}
\]
d'altra parte, dato che \(K^\prime =\frac{K+1}{K-1}\) e \(k^\prime =\frac{k+1}{k-1}\),[nota]Dato che la somma delle misure di due lati di un triangolo eccede sempre la misura del terzo lato (disuguaglianza triangolare), si ha \(k(a,b,c)>1\); perciò le frazioni sono ben definite.[/nota] si ha anche \(K^\prime =k^\prime\) e ragionando come sopra si ottienene che esiste una seconda costante positiva \(\mu\) tale che:
\[
\begin{cases}C+A=\mu (c+a)\\
B=\mu b\; .\end{cases}
\]
Confrontando le condizioni presenti nelle due parentesi graffe otteniamo:
\[
\begin{cases}
C=\mu c +\mu a - A= \mu c +(\mu - \lambda) a\\
C=\lambda c +\lambda b - B= \lambda c - (\mu - \lambda) b
\end{cases}\quad \Rightarrow \quad (\mu -\lambda ) c = - (\mu - \lambda) (a+b)
\]
e ciò implica che \(\mu =\lambda\): infatti, se fosse \(\mu >\lambda\), il primo membro dell'ultima uguaglianza sarebbe positivo e sarebbe negativo il secondo; analogo argomento se fosse \(\lambda >\mu\).
Dunque abbiamo:
\[
\begin{cases}
A=\lambda a\\
B=\lambda b
\end{cases}
\]
ed il teorema di Pitagora implica \(C=\lambda c\).
Ne segue che i due triangoli rettangoli sono simili ed abbiamo dimostrato anche la \(\Leftarrow\). \(\square\)

[Thomas16]

Ciao, ma davvero e' un problema delle medie? State scherzando? ... metto in spolier quanto sotto, spero non si rovini il problema a qualcuno piu' giovane che ci vuole provare..

Una soluzione elementare viene dall'osservazione che, chiamato $p=a+b+c$ vale $k=p/a-1$ e $k'=p/b-1$. Da qui si conclude in fretta mi pare. Questa elaborazione non userebbe nemmeno la positivita' di $a,b,c$, a meno che non stia prendendo abbagli...

[axpgn]

@gio73
Non mi ero minimamente accorto della seconda parte (che poi era il succo della dimostrazione ... e che peraltro non sono riuscito a dimostrare ... )

Beh, gugo poi ... è inarrivabile

Cordialmente, Alex

[milizia96]

Come è stato fatto notare, è facile concludere che se due triangoli sono simili, allora il rispettivo valore di $k$ è uguale.
Qui propongo un altro punto di vista per la dimostrazione della proposizione inversa.
Siano $a,b,c$ i lati del primo triangolo, con $c$ ipotenusa, e $x, y, z$ i lati del secondo triangolo, con $z$ ipotenusa.
\(\displaystyle k = \frac{c+b}{a} = \frac{z+y}{x} \)
Tramite un'omotetia trasformiamo il secondo triangolo in modo che l'immagine di $x$ sia lunga quanto $a$.
Siano $a', b', c'$ i lati del triangolo ottenuto. Quello che dobbiamo dimostrare è che $b = b'$ e $c = c'$.
Per via della proposizione diretta già dimostrata,
\(\displaystyle \frac{c+b}{a} = \frac{c'+b'}{a'} \)
\(\displaystyle c+b = c'+b' \)
Quindi se con un movimento rigido sovrapponiamo $a$ e $a'$, i vertici opposti ad $a$ e ad $a'$ si trovano entrambi sullo stesso ellisse che ha per fuochi gli estremi di $a$.

Non mi voglio dilungare a parole, perché l'immagine dovrebbe essere chiara... ci sono solo 4 posizioni possibili per i vertici opposti ad $a$ e $a'$, e tutte individuano dei triangoli simili, per via delle simmetrie dell'ellisse.

[gio73]

@Thomas
il libro è questo.
Il teorema del titolo si trova nel secondo volume a pag ...
In effetti sul libro non è dimostrato, l'autrice si limita a enunciare il teorema così come l'ho copiato e a verificarlo con un paio di esempi particolari.

La ragazza che si è incuriosita, quest'anno frequenterà la terza media: pensate che verso la fine dell'anno possa provare a fare la dimostrazione della prima parte?

[kobeilprofeta]

Deve essere stremamente brava a mio avviso... Io in terza media non credo che ci sarei riuscito...