Caccia all'errore dimostrazione di geometria
Viene dimostrato sul libro niente altro che
TUTTI I TRIANGOLI SONO ISOSCELI.
Mi appello agli editori perchè provvedano il prima possibile a correggere i testi di geometria razionale, o, altrimenti, mi si trovi l'errore in questa dimostrazione che (aiuto!) MI SEMBRA del tutto convincente.
ABC triangolo. D punto medio di BC, DF altezza che parte da D, mentre AF è la bisettrice (sto assumendo che altezza e bisettrice non siano paralleli). FH e FG sono i segmenti perpendicolari AB e AC.
Dimostrare la congruenza di AHF e AFG à facle: lato in comune, angoli retti, e i due angoli congruenti perchè AF è bisettrice. Da ciò si conclude che i segmenti AH e AG sono congruenti. E lo sono anche HF e GF.
Ora consideriamo i due triangoli CFD e BFD. Anch'essi sono congruenti di sicuro (D punto medio, lato in comune, angolo retto), da cui abbiamo BF=CF.
Si dimostra subito anche che BHF congr CGF: HF e GF congr gia dimostrato prima, BF e CF pure, angolo retto. Da cui BH=CG
(non in tutti i disegni questo è vero, quindi l'errore è sicuramente in questi passaggi sopra).
Dato per vero quanto ho scritto sopra, avrei AB = AH+BH = AG+CG = AC
Cioè qualunque triangolo è isoscele...O_O crisi esistenziali, aiutatemi!
TUTTI I TRIANGOLI SONO ISOSCELI.
Mi appello agli editori perchè provvedano il prima possibile a correggere i testi di geometria razionale, o, altrimenti, mi si trovi l'errore in questa dimostrazione che (aiuto!) MI SEMBRA del tutto convincente.
ABC triangolo. D punto medio di BC, DF altezza che parte da D, mentre AF è la bisettrice (sto assumendo che altezza e bisettrice non siano paralleli). FH e FG sono i segmenti perpendicolari AB e AC.
Dimostrare la congruenza di AHF e AFG à facle: lato in comune, angoli retti, e i due angoli congruenti perchè AF è bisettrice. Da ciò si conclude che i segmenti AH e AG sono congruenti. E lo sono anche HF e GF.
Ora consideriamo i due triangoli CFD e BFD. Anch'essi sono congruenti di sicuro (D punto medio, lato in comune, angolo retto), da cui abbiamo BF=CF.
Si dimostra subito anche che BHF congr CGF: HF e GF congr gia dimostrato prima, BF e CF pure, angolo retto. Da cui BH=CG
(non in tutti i disegni questo è vero, quindi l'errore è sicuramente in questi passaggi sopra).
Dato per vero quanto ho scritto sopra, avrei AB = AH+BH = AG+CG = AC
Cioè qualunque triangolo è isoscele...O_O crisi esistenziali, aiutatemi!
Risposte
DF altezza che parte da $D$.... ma di che? Rispetto a quale lato o vertice? Ma scrivere il testo del problema no? Newton, lo sai che sei di un confusionario incredibile? (e te l'ho già detto più di una volta... e non solo qui!)
Non ti arrabbiare...sono "preoccupato", forse scandalizzato (in stato di shock!) Comunque posto disegno...
http://imageshack.us/photo/my-images/83 ... neewg.png/
Hai ragione cmq ho utilizzato un improprietà lessicale...invece di "altezza" che parte da D dovevo dire la retta perpendicolare a BC passante per D! Ma poichè so che in un isoscele l'altezza è uguale alla mediana...mi sono confuso!
http://imageshack.us/photo/my-images/83 ... neewg.png/
Hai ragione cmq ho utilizzato un improprietà lessicale...invece di "altezza" che parte da D dovevo dire la retta perpendicolare a BC passante per D! Ma poichè so che in un isoscele l'altezza è uguale alla mediana...mi sono confuso!
C'è sicuramente almeno un errore:
"newton_1372":L'angolo retto non è compreso tra i due lati congruenti, quindi non vale il primo criterio di congruenza.
Si dimostra subito anche che BHF congr CGF: HF e GF congr gia dimostrato prima, BF e CF pure, angolo retto. Da cui BH=CG
Fu uno dei primi esercizi dati in un corso del primo anno. 
"La Geometria è l'arte di ragionare bene con figure fatte male"
Legendre (?)
"La Geometria è l'arte di ragionare bene con figure fatte male"
Legendre (?)
Viene dall'Abate...or dunque Paolo 90, per l'amor di Dio chiariscimi l'arcano o riprendo il libro di geometria razionale e me lo reingoio da pag.1!
Un errore te l'ha già segnalato l'esimio Gi8 ( 
).
Se poi ricordo bene, devi controllare se tutti i punti con cui lavori cascano nel posto giusto (mi pare che ci fosse un punto che fosse esterno al triangolo ma che veniva disegnato interno)
Buono studio e non ingoiare il libro, per carità, c'è sicuramente di meglio da mangiare
).Se poi ricordo bene, devi controllare se tutti i punti con cui lavori cascano nel posto giusto (mi pare che ci fosse un punto che fosse esterno al triangolo ma che veniva disegnato interno)
Buono studio e non ingoiare il libro, per carità, c'è sicuramente di meglio da mangiare
ma un cateto e un ipotenusa congruenti bastano e avanzano per determinare la congruenza di due triangoli rettangoli...poi cosa intendi per punti esterni che vengono disegnati interni?
"newton_1372":
ma un cateto e un ipotenusa congruenti bastano e avanzano per determinare la congruenza di due triangoli rettangoli...poi cosa intendi per punti esterni che vengono disegnati interni?
Ah, sì, è vero non avevo letto con attenzione la critica di Gi8. Comunque, i miei ricordi erano esatti. Qui capirai che cosa intendevo e troverai maggiori dettagli.
Ma come il punto O...[D] è esterno al triangolo? Che significa? E poi come faccio a dimostrare che l'intersezione tra bisettrice e altezza è esterna al triangolo? Eppure la costruzione grafica del disegno è logicissima...perdinci!
"Gi8":L'angolo retto non è compreso tra i due lati congruenti, quindi non vale il primo criterio di congruenza.[/quote]
C'è sicuramente almeno un errore:[quote="newton_1372"]Si dimostra subito anche che BHF congr CGF: HF e GF congr gia dimostrato prima, BF e CF pure, angolo retto. Da cui BH=CG
"newton_1372":Hai assolutamente ragione. Sorry
ma un cateto e un ipotenusa congruenti bastano e avanzano per determinare la congruenza di due triangoli rettangoli
Sperando di non dire altre cretinate ( ), più o meno posso spiegarti l'inghippo.
Ho sfruttato il link di Paolo90 anche se è necessario dare una spiegazione più semplice (anche se semplice non è).
Prendiamo un triangolo qualunque e tracciamo la bisettrice dell'angolo in $C$:
Vale la seguente proprietà: (cfr. qui): $AC:CB=RA:RB$
Questo ci dice una cosa importante: $R$ è "più vicino" al punto a cui è "più vicino" $C$ (nel disegno, $R$ è più vicino ad $A$).
Tranne nel caso in cui il triangolo sia isoscele: in questo caso $R$ si trova esattamente a metà tra i due vertici
Fin qui ci sei?
), più o meno posso spiegarti l'inghippo.Ho sfruttato il link di Paolo90 anche se è necessario dare una spiegazione più semplice (anche se semplice non è).
Prendiamo un triangolo qualunque e tracciamo la bisettrice dell'angolo in $C$:
Vale la seguente proprietà: (cfr. qui): $AC:CB=RA:RB$
Questo ci dice una cosa importante: $R$ è "più vicino" al punto a cui è "più vicino" $C$ (nel disegno, $R$ è più vicino ad $A$).
Tranne nel caso in cui il triangolo sia isoscele: in questo caso $R$ si trova esattamente a metà tra i due vertici
Fin qui ci sei?
A questo punto è ovvio che l'intersezione tra la bisettrice e la perpendicolare passante per il punto medio si intersecano in un punto esterno al triangolo.
In particolare si intersecano in un punto $P$ che appartiene al circocerchio, cioè alla circonferenza circoscritta al triangolo.
E' spiegato qui (in inglese): http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/ ... eles.shtml
In particolare si intersecano in un punto $P$ che appartiene al circocerchio, cioè alla circonferenza circoscritta al triangolo.
E' spiegato qui (in inglese): http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/ ... eles.shtml
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