Rette parallele e triangoli equilateri - SNS 1967
"Sono assegnate tre rette parallele. Esiste un triangolo equilatero con i vertici rispettivamente sulle tre rette?"
Riesco solo a partire dal triangolo e a disegnare i trii di rette parallele che escono dai vertici, ma non riesco a fare il contrario..
Grazie!
Riesco solo a partire dal triangolo e a disegnare i trii di rette parallele che escono dai vertici, ma non riesco a fare il contrario..
Grazie!
Risposte
Io fisserei un punto $B$ sulla retta che sta nel mezzo, chiamiamola $b$.
Per facilità di calcolo, io porrei $B=O$ e $b=X$.
Poi si tratta di trovare (se esistono) due punti, $A$ sulla retta $a$ e $C$ sulla retta $c$, tali per cui $AB=BC$ e $A\hat BC=pi/3$.
La prima condizione si può porre facilmente, attraverso la formula della distanza tra due punti.
Per la seconda, io farei riferimento al fatto che $cos(pi/3)=1/2$.
A questo punto, si risolve il sistema, ricordando che le ordinate sono parametri, fino a giungere al delta dell'equazione di secondo grado.
Da qui si dovrebbero discutere i parametri.
Per facilità di calcolo, io porrei $B=O$ e $b=X$.
Poi si tratta di trovare (se esistono) due punti, $A$ sulla retta $a$ e $C$ sulla retta $c$, tali per cui $AB=BC$ e $A\hat BC=pi/3$.
La prima condizione si può porre facilmente, attraverso la formula della distanza tra due punti.
Per la seconda, io farei riferimento al fatto che $cos(pi/3)=1/2$.
A questo punto, si risolve il sistema, ricordando che le ordinate sono parametri, fino a giungere al delta dell'equazione di secondo grado.
Da qui si dovrebbero discutere i parametri.
Oppure una bella soluzione sintetica consiste nel prendere un punto sulla retta più bassa e mandare una retta che incontri le tre parallele formando un angolo di $30°$, quindi prendere l'asse di questa retta e chiamare $X$ la sua intersezione con la retta di mezzo, ergo tracciare il cerchio di centro $X$ e raggio $Xtext{punto scelto}$: il triangolo che si ottiene è equilatero.
mi è venuta in mente una costruzione che, senza calcoli, può essere utile per dimostrare l'esistenza di un tale triangolo, poi trovarlo non è altrettanto banale. *
mi uniformo alle notazione di Cheguevilla sulle tre rette $a, b, c$ e sul punto $B-=O in b$.
distinguiamo due casi:
1) banale. sia $dist(a,b)=dist(b,c)$. allora basta prendere $r=dist(a,c)=2dist(a,b)=2dist(b,c)$. tracciamo una circonferenza $Gamma$ di centro $B-=O$ e raggio $r$. chiamiamo $A_1, A_2$ le intersezioni di $Gamma$ con $a$ e $C_1, C_2$ le intersezioni di $Gamma$ con $c$. vengono individuati due triangoli equilateri ...
2) sia $dist(a,b)!=dist(b,c)$, e chiamiamo $k=max{dist(a,b),dist(b,c)}$. tracciamo tante circonferenze concentriche, tutte di centro $B-=O$ e raggio variabile $R>=k$, tra cui in particolare $Gamma_1 " e " Gamma_2$ di raggi, rispettivamente, $k " e " 2k$.
i vari triangoli che si vengono a formare considerando i punti d'intersezione con le rette $a,c$, in analogia al caso 1), sono tutti isosceli, ed inoltre gli angoli in $B$ diminuiscono all'aumentare del raggio, in particolare in $Gamma_1$ l'angolo in $B$ è ottuso,, mentre in $Gamma_2$ l'angolo in $B$ misura meno di 60° (perché la parte compresa tra $b$ e la retta "più distante" tra $a$ e $c$ è di 30°). dunque esisterà una circonferenza di centro $B$ e raggio $r'$, con $k
spero sia chiaro. ciao.
* EDIT: vedo che la costruzione altrettanto banale l'ha suggerita WiZaRd ...
mi uniformo alle notazione di Cheguevilla sulle tre rette $a, b, c$ e sul punto $B-=O in b$.
distinguiamo due casi:
1) banale. sia $dist(a,b)=dist(b,c)$. allora basta prendere $r=dist(a,c)=2dist(a,b)=2dist(b,c)$. tracciamo una circonferenza $Gamma$ di centro $B-=O$ e raggio $r$. chiamiamo $A_1, A_2$ le intersezioni di $Gamma$ con $a$ e $C_1, C_2$ le intersezioni di $Gamma$ con $c$. vengono individuati due triangoli equilateri ...
2) sia $dist(a,b)!=dist(b,c)$, e chiamiamo $k=max{dist(a,b),dist(b,c)}$. tracciamo tante circonferenze concentriche, tutte di centro $B-=O$ e raggio variabile $R>=k$, tra cui in particolare $Gamma_1 " e " Gamma_2$ di raggi, rispettivamente, $k " e " 2k$.
i vari triangoli che si vengono a formare considerando i punti d'intersezione con le rette $a,c$, in analogia al caso 1), sono tutti isosceli, ed inoltre gli angoli in $B$ diminuiscono all'aumentare del raggio, in particolare in $Gamma_1$ l'angolo in $B$ è ottuso,, mentre in $Gamma_2$ l'angolo in $B$ misura meno di 60° (perché la parte compresa tra $b$ e la retta "più distante" tra $a$ e $c$ è di 30°). dunque esisterà una circonferenza di centro $B$ e raggio $r'$, con $k
spero sia chiaro. ciao.
* EDIT: vedo che la costruzione altrettanto banale l'ha suggerita WiZaRd ...
Complimenti Ada per la tua soluzione e per aver capito quella di Wizard; io non ci riesco. Suppongo che per "asse della retta" si intenda l'asse del segmento staccato su essa dalle parallele più esterne, ma non capisco quale sia il triangolo ottenuto disegnando un cerchio.
Io sto provando in altro modo, ma mi blocco davanti alla dimostrazione per via elementare del seguente teorema, dimostrato finora solo per via analitica: "Dati un punto fisso A e un punto B variabile sulla retta b, il luogo del terzo vertice del triangolo equilatero ABC è formato dalle due rette passanti per E, simmetrico da A rispetto a b, e formanti angoli di 30 gradi con AE". Accettandolo, la soluzione è facile: prendo A su a, traccio il luogo e trovo C, intersezione del luogo con c; completo trovando B. Ci sono quindi due soluzioni.
Io sto provando in altro modo, ma mi blocco davanti alla dimostrazione per via elementare del seguente teorema, dimostrato finora solo per via analitica: "Dati un punto fisso A e un punto B variabile sulla retta b, il luogo del terzo vertice del triangolo equilatero ABC è formato dalle due rette passanti per E, simmetrico da A rispetto a b, e formanti angoli di 30 gradi con AE". Accettandolo, la soluzione è facile: prendo A su a, traccio il luogo e trovo C, intersezione del luogo con c; completo trovando B. Ci sono quindi due soluzioni.
Sì, adesso capisco anche la soluzione di Wizard: i vertici del triangolo sono il punto iniziale, il punto X e l'intersezione del cerchio con l'altra parallela; un po' di dimostrazione però non guasterebbe. Anche in questo caso ho chiesto aiuto all'analitica, che aggiunge alcune cose: la retta tracciata può avere qualunque inclinazione, purchè dal punto medio del segmento ottenuto si traccino le due rette inclinate di 60° rispetto alla parallele; anche qui le soluzioni possibili sono due e occorre una dimostrazione elementare.
Nota: mi accorgo in ritardo che non è vero che la retta può avere qualunque inclinazione; chiedo scusa a chi ha già letto l'intervento.
Nota: mi accorgo in ritardo che non è vero che la retta può avere qualunque inclinazione; chiedo scusa a chi ha già letto l'intervento.
Chiedo scusa per le mie criptiche e mentalmente contorte soluzioni.
Sulla retta $a$ si prende $A$ e si traccia una retta inclinata di $30°$ su $b$ e $c$ tale che la sua intersezione con $C$ sia $A_{1}$. Detto $M$ il punto medio di $A A_{1}$, sia $B$ l'intersezione dell'asse di $A A_{1}$ con $b$. Con centro in $B$ e apertura $AB$ si traccia la circonferenza che interseca $c$ in $C$ (oltre che in $A_{1}$). Allora $\Delta ABC$ è equilatero.
La correttezza della costruzione è banale: si può senz'altro scegliere $A \in a$ a caso e tracciare la retta inclinata di $30°$; sicuramente esiste $A_{1}$ perché la retta tracciata taglia una parallela a $c$; l'asse di $A A_{1}$ senz'altro esiste e senz'altro esiste la sua intersezione con $b$: perché l'asse taglia la retta $A A_{1}$ secondo un angolo diverso da quello secondo cui questa retta incontra le tre parallele. La circonferenza di centro $B$ e raggio $BA$ passa per $A_{1}$ perché $A_{1}$ è equidistante da $A$ rispetto a $M$ e $B$ sta sull'asse di $A A_{1}$. La retta $c$ è secante la circonferenza tracciata altrimenti l'asse sarebbe ortogonale a $c$ e $c \equiv A A_{1}$. Infine $\Delta ABC$ è equilatero per i noti teoremi sugli angoli al cetro e alla circonferenza.
Sulla retta $a$ si prende $A$ e si traccia una retta inclinata di $30°$ su $b$ e $c$ tale che la sua intersezione con $C$ sia $A_{1}$. Detto $M$ il punto medio di $A A_{1}$, sia $B$ l'intersezione dell'asse di $A A_{1}$ con $b$. Con centro in $B$ e apertura $AB$ si traccia la circonferenza che interseca $c$ in $C$ (oltre che in $A_{1}$). Allora $\Delta ABC$ è equilatero.
La correttezza della costruzione è banale: si può senz'altro scegliere $A \in a$ a caso e tracciare la retta inclinata di $30°$; sicuramente esiste $A_{1}$ perché la retta tracciata taglia una parallela a $c$; l'asse di $A A_{1}$ senz'altro esiste e senz'altro esiste la sua intersezione con $b$: perché l'asse taglia la retta $A A_{1}$ secondo un angolo diverso da quello secondo cui questa retta incontra le tre parallele. La circonferenza di centro $B$ e raggio $BA$ passa per $A_{1}$ perché $A_{1}$ è equidistante da $A$ rispetto a $M$ e $B$ sta sull'asse di $A A_{1}$. La retta $c$ è secante la circonferenza tracciata altrimenti l'asse sarebbe ortogonale a $c$ e $c \equiv A A_{1}$. Infine $\Delta ABC$ è equilatero per i noti teoremi sugli angoli al cetro e alla circonferenza.
grazie, giammaria.
WiZaRd aveva detto "l'asse di questa retta", mentre era chiaro che parlasse del "segmento".
a parte la dimostrazione che ora ha fornito, mi aveva colpito il fatto che 30°, oltre ad essere la metà di 60°, era anche il suo complementare, ed ho pensato che la "banalità" di una tale costruzione dipendesse proprio da questo fatto.
invece, riflettendo, il problema si può generalizzare a triangoli isosceli con qualsiasi misura dell'angolo al vertice ...
WiZaRd aveva detto "l'asse di questa retta", mentre era chiaro che parlasse del "segmento".
a parte la dimostrazione che ora ha fornito, mi aveva colpito il fatto che 30°, oltre ad essere la metà di 60°, era anche il suo complementare, ed ho pensato che la "banalità" di una tale costruzione dipendesse proprio da questo fatto.
invece, riflettendo, il problema si può generalizzare a triangoli isosceli con qualsiasi misura dell'angolo al vertice ...
Grazie, ho capito.. Quindi quel triangolo equilatero esiste sempre, e si costruisce come ha spiegato Wizard (costruzione valida in effetti anche per triangoli isosceli di apertura nota). Grazie!
Ho continuato a pensare al problema e ho trovato la dimostrazione sintetica che mi mancava; non è difficile, ma non la riporto perchè penso che ormai non interessi più. Riporto invece la riflessione che mi ha fatto fare una risata: tutti noi abbiamo cercato di individuare il triangolo risolvente, senza badare al fatto che la richiesta non era questa, ma solo dire se esisteva. Si può rispondere di sì con questo ragionamento: dette a,b le rette "in basso", prendo A su a, B su b e C "al di sopra" di A. Quando AB ha la lunghezza minima, C sta fra a e b; all'aumentare di AB (A fisso, B mobile sulla retta) C si sposta, passando presto sulla retta b. Quando AB tende ad infinito, anche l'altezza del triangolo tende ad infinito e tende a disporsi perpendicolarmente alle rette, quindi C ne è infinitamente lontano; poichè non è pensabile alcuna causa di possibile discontinuità, vi sarà certo almeno una posizione di B per cui C sta su c.
Certo, mi baso più sul buon senso che su teoremi; ma vi pare che regga?
Certo, mi baso più sul buon senso che su teoremi; ma vi pare che regga?
"giammaria":
Ho continuato a pensare al problema e ho trovato la dimostrazione sintetica che mi mancava; non è difficile, ma non la riporto perchè penso che ormai non interessi più.
A me interessa.
"giammaria":
Riporto invece la riflessione che mi ha fatto fare una risata: tutti noi abbiamo cercato di individuare il triangolo risolvente, senza badare al fatto che la richiesta non era questa, ma solo dire se esisteva.
Beh, quando si richiede di provare l'esiste di un qualche cosa, o si produce una dimostrazione costruttiva che mostri come tirare fuori quallo che si cerca, oppure si produce una dimostrazione per assurdo che mostri l'impossibilità della non esistenza.
"giammaria":
Si può rispondere di sì con questo ragionamento: dette a,b le rette "in basso", prendo A su a, B su b e C "al di sopra" di A. Quando AB ha la lunghezza minima, C sta fra a e b; all'aumentare di AB (A fisso, B mobile sulla retta) C si sposta, passando presto sulla retta b. Quando AB tende ad infinito, anche l'altezza del triangolo tende ad infinito e tende a disporsi perpendicolarmente alle rette, quindi C ne è infinitamente lontano; poichè non è pensabile alcuna causa di possibile discontinuità, vi sarà certo almeno una posizione di B per cui C sta su c. Certo, mi baso più sul buon senso che su teoremi; ma vi pare che regga?
Non riesco a seguire il tuo ragionamento perché non capisco a quale retta debba appartenere $C$... intanto parli di questa configurazione per le rette?
[asvg]noaxes();
line([-2,-2],[2,-2]); text([-2,-2],"a",below);
line([-2,-1],[2,-1]); text([-2,-1],"b",below);
line([-2,3],[2,3]); text([-2,3],"c",below);[/asvg]
Ecco la dimostrazione di cui parlavo; per comodità di scrittura non metto i segni di angolo. Detto E il simmetrico di A rispetto a b, si disegni il triangolo equilatero ADE; ovviamente D sta su b. Preso ora su b un punto qualsiasi B dalla parte di D e al di là di esso, traccio il triangolo equilatero ABC (C al di sopra di B). I triangoli ABD e AEC sono uguali perchè hanno uguali due lati (perchè lati di triangoli equilateri) e l'angolo compreso (entrambi valgono 60°-CAD), quindi CEA=ADB=120°: in altre parole, C sta sulla retta passante per E e formante con AE un angolo di 120°. Non è difficile dimostrare che vale anche l'inverso. Ho indicato la parte da prendere; cambiandola, può cambiare qualche dettaglio della dimostrazione oppure C può variare non sulla retta indicata ma sulla sua simmetrica rispetto ad AE (come previsto dall'analitica): ci sono quindi due soluzioni, ma simmetriche e quindi uguali fra loro.
Per la seconda domanda: sì, parlo di quella configurazione; non parlo invece di retta cui appartiene C (anche se in realtà lo fa, come appena dimostrato). Il ragionamento è questo: con AB corto, C è al di sotto di c; con AB lungo è al di sopra. Poichè lo spostamento avviene in modo continuo, deve necessariamente esserci almeno una posizione per cui C sta su c.
Per la seconda domanda: sì, parlo di quella configurazione; non parlo invece di retta cui appartiene C (anche se in realtà lo fa, come appena dimostrato). Il ragionamento è questo: con AB corto, C è al di sotto di c; con AB lungo è al di sopra. Poichè lo spostamento avviene in modo continuo, deve necessariamente esserci almeno una posizione per cui C sta su c.
Ho capito. Diciamo però che è un ragionamento molto intuitivo. Penso però si possa formalizzare con gli assiomi di Hilbert, anche se al momento non so come.
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