SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

[G.D.]

Riporto il testo del Problema Numero 1 del test d'ammissione alla SNS di Pisa del 1960/1961.


In un cerchio dato, il cui raggio è misurato da $r$, determinare un triangolo che abbia un vertice nel centro del cerchio e gli altri due, $A, B$, sulla circonferenza, in modo che la somma della base $AB$ e della relativa altezza sia uguale a un dato segmento misurato da $a$, supponendo $a < 2r$.


Questa è la soluzione che ho tentato io.

Sia $O$ il centro della circonferenza e $H$ la sua proiezione su $AB$. Risulta $OH=\sqrt{r^{2}-(\frac{AB}{2})^{2})}$. Deve essere $AB+OH=a$, quindi si ha $AB+\sqrt{r^{2}-(\frac{AB}{2})^{2})}=a$: questa equazione risolta rispetto ad $AB$ ci fornisce la misura di $AB$ in funzione di $a$ che risolve il problema.

Ecco quello che voglio chiedervi.
1) La mia soluzione è molto banale e credo che nella sua banalità funzioni, però resta comunque il problema che della corda $AB$ si determina una misura, mentre a me il problema pare chiedere di tracciare letteralmente il triangolo.
2) Esiste una soluzione sintetica?

[adaBTTLS]

provando a discutere, senza risolverla, l'equazione da te posta, con la condizione $a<2r$ si dovrebbe ottenere la condizione su $AB$: $AB<6/5 r$.
suppongo sia questa la richiesta: tu in che termini daresti la soluzione?

[G.D.]

Ho posto $\frac{AB}{2}=x$, quindi l'equazione che ne viene fuori è $5x^{2}-4ax+a^{2}-r^{2}=0$, da cui $\Delta=20r^{2}-4a^{2}$ e questo garantisce l'esistenza delle soluzioni (poiché $a<2r=>a^{2}<4r^{2}=>4a^{2}<16r^{2}<20r^{2}$); le soluzioni che ho sono allora $x_{1}=\frac{2a+\sqrt{5r^{2}-a^{2}}}{5}$ e, nel caso che $r<a<2r$, ho anche $x_{2}=\frac{2a-\sqrt{5r^{2}-a^{2}}}{5}$.

Da dove ricavi quel risultato? A me non esce...

[adaBTTLS]

con lo stesso $x$. da $2x+sqrt(r^2-x^2)=a -> sqrt(r^2-x^2)=a-2x<2r-2x=2(r-x)$, essendo $a<2r$.
confrontando il primo e l'ultimo membro, si ha la condizione $x<r$ e, elevando al quadrato,
$r^2-x^2<4(r-x)^2 -> (r-x)*(r+x)<4(r-x)^2," con "r-x>0 ->r+x<4r-4x -> 5x<3r$
spero di non aver preso cantonate e di essere stata chiara. ciao.

[G.D.]

E adesso il prossimo passo qual è?

[adaBTTLS]

... il prossimo passo per quale risultato?
se ti riferisci ad $AB<6/5r$ ... mi prendi in giro?

da $AB<6/5r$, si potrebbe trovare facilmente una limitazione sull'angolo $hat(AOB)<2arctg(3/4)$

se ti riferisci ad altro, anch'io ho trovato le due soluzioni, ma non sono andata avanti con la discussione. potresti controllare se è possibile che siano comprese tra 0 e 3/5 r ...

la questione posta da te non era sull'interpretazione del testo e sulla possibilità di trovare soluzioni alternative?

[G.D.]

... il prossimo passo per quale risultato?
se ti riferisci ad $AB<6/5r$ ... mi prendi in giro?

da $AB<6/5r$, si potrebbe trovare facilmente una limitazione sull'angolo $hat(AOB)<2arctg(3/4)$

se ti riferisci ad altro, anch'io ho trovato le due soluzioni, ma non sono andata avanti con la discussione. potresti controllare se è possibile che siano comprese tra 0 e 3/5 r ...

la questione posta da te non era sull'interpretazione del testo e sulla possibilità di trovare soluzioni alternative?

Non ti prendo in giro, è che veramente mi sto rimbambendo

Allora: io sono partito sparato con l'equazione, ho trovato le due soluzioni $x_{1}$ e $x_{2}$ e credevo che il problema fosse risolto, quindi cercavo una soluzione sintetica. Poi però mi hai fatto notare che ci sono delle limitazioni, quindi credo di dovere rivalutare la soluzione cui ero giunto.

Quindi... posto $(AB)/2=x$ abbiamo la condizione iniziale $a<2r$, poi ricaviamo la condizione aggiuntiva $x<3/5 r$ e da questa si dovrebbe ricavare $a<2/5 r$, sicché la soluzione $x_{2}$ non funge e si resta con la sola $x_{1}$: quindi il problema è risolvibile quando $a<2/5 r < 2r$ e in questo caso la soluzione si ha prendendo una corda $AB$ di lunghezza $x_{1}$. Sei d'accordo?

[adaBTTLS]

mi sono persa. perché $a<2/5r$ ?

[G.D.]

mi sono persa. perché $a<2/5r$ ?

Perché ho posto $x_{1}< 3/5 r$ ed è uscito $a<2/5r$, mentre $x_{2}<3/5r$ è uscito impossibile.

[adaBTTLS]

considera che la condizione "limite" da non accettare (perché si deve imporre a<2r e non a=2r) sarebbe $AB=6/5 r$, $AH=4/5 r$, con $a=2r$ (vedi anche le terne pitagoriche) e l'angolo $hat(AOB)=2arctg(3/4)$. se non sbaglio, aumentando l'angolo diventa $AB>6/5r$ ed $a>2r$, nonostante un addendo che fornisce $a$ aumenti ed uno diminuisca, mi pare comunque che al contrario, se l'angolo diminuisce, $r<a<2r$.
con la verifica delle soluzioni ho ricavato anch'io $a<2/5r$, ma se pensi al significato geometrico è impossibile.
d'altronde io ho impostato l'equazione goniometrica con incognita $x=hat(AOH)$ e con le formule parametriche, con $t=tg(x/2)$, si ha $t_(1,2)=(2r+-sqrt(5r^2-a^2))/(a+r)$, con lo stesso discriminante...