Geometria Euclidea(ma affrontabile come si vuole)

[.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?

[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 $1<q<+infty$, allora l'argomento dell'arcocoseno è compreso tra $sqrt(3)/2$ e $0$, e quindi $\pi/6<g(\pi/6)<\pi/2$ e $g(\pi/2)=arccos(0/q)=\pi/2$.
Poiché $f(\pi/6)>g(\pi/6)$ e $f(\pi/2)<g(\pi/2)$ e in virtù della decrescenza [crescenza] di $f(x)$ [$g(x)$], allora esisterà un punto $P(x_0;y_0)$ (e di conseguenza una coppia di angoli $\alpha$ e $\beta$) che risolve il sistema e quindi verifica le ipotesi del problema. Tale punto, che è la radice dell'equazione trascendente $(2\pi)/3-x-arccos((cosx)/q)=0$, si può ricavare tramite tecniche di approssimazione come per esempio il metodo di bisezione nell'intervallo $x in (\pi/6, \pi/2)$.

[.Ruben.]

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:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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.

[spugna]

Questa è la mia:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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]

Questa è la mia:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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]

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 ...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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

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[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...

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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:

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Ciao