Re: Dischi da disco

Messaggioda narphys » 11/01/2019, 00:08

Non è elegantissima, ma funziona.
La soluzione è la circonferenza tangente internamente a alla circonferenza grande ed esternamente a quelle piccole.
Posti i centri sull'asse \(\displaystyle x_1=0, x_2=-10, x_3=20 \), il sistema dato dalle condizioni è il seguente:
$ { ( 900-60R+R^2 = x_c^2 +y_c^2),( 400+40R+R^2=x_c^2+ 20x_c+100 +y_c^2 ),( 100+20R+R^2=x_c^2-40x_c+400 +y_c^2 ):} $
Perciò: \(\displaystyle R=60/7, x_c=90/7, y_c=120/7\)
narphys
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Re: Dischi da disco

Messaggioda axpgn » 11/01/2019, 12:34

Benvenuto narphys :D

A parte il fatto che hai preso i diametri per raggi, i risultati sono giusti :smt023
Potresti però postare come hai costruito il tuo sistema (e/o i passaggi per arrivarci) perché io non sono riuscito a ricostruirlo :?
Inoltre, gentilmente, ti pregherei di mettere sotto spoiler la tua soluzione; questo perché in questa sezione (come in " Scervelliamoci un po' ") non vengono postate richieste di aiuto ma proposti quesiti e chi passa di qua, magari interessato alla risoluzione, verrebbe influenzato da ciò che è già stato scritto. Grazie :D

Qualcun altro? :D

Cordialmente, Alex
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Re: Dischi da disco

Messaggioda veciorik » 12/01/2019, 00:26

narphys esprime i quadrati delle distanze tra il centro incognito $x_c, y_c$ e i tre centri noti:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
in funzione del raggio incognito R, a sinistra; in funzione delle coordinate cartesiane dei centri, a destra.


Sovrappongo al mio disegno un reticolo quadrato $ \ 1/7 \times 1/7 \ $ e aggiungo i passaggi.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Immagine
relazione tra le aree $ \ S_2 \ = \ 2S_1$
formula di Erone $ \ S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
i due triangoli hanno semiperimetri uguali e un lato comune, due fattori che rimuovo dal computo:

rimane $ \ \sqrt{2-x \ } \ = \ 2\sqrt{2(1-x) \ }$

quadrando $ \ 2-x \ = \ 8 \ (1-x) \ $ ossia $ \ 7x=6$
"Dietro ogni problema c'è un'opportunità" - "Nelle prove naturali non si deve ricercare l'esattezza geometrica" - "Stimo più il trovar un vero, benché di cosa leggiera, che 'l disputar lungamente delle massime questioni senza conseguir verità nissuna" (Galileo Galilei)
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Re: Dischi da disco

Messaggioda axpgn » 12/01/2019, 00:46

@veciorik
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
veciorik ha scritto:narphys esprime i quadrati delle distanze tra il centro incognito $ x_c, y_c $ e i tre centri noti:

Eh, sì, potevo arrivarci da solo :?

Per quanto riguarda la tua soluzione, non intendevo dire che fosse complicata anzi … è proprio una bella soluzione … semplicemente mi pareva che in generale (non nel caso specifico) maneggiare due formule di Erone non fosse la via più "lineare" … IMHO


Cordialmente, Alex
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Re: Dischi da disco

Messaggioda axpgn » 05/02/2019, 22:03

La soluzione a cui accennavo è la seguente:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Si basa sul Teorema di Stewart che è più facile a "farsi" che a "dirsi" :D

Esso afferma che dato un qualsiasi triangolo e preso un qualsiasi punto $P$ su un lato qualsiasi (che chiameremo "base") allora il quadrato della misura del segmento che congiunge $P$ con il vertice opposto moltiplicato per la misura della base è uguale alla somma dei quadrati delle misure degli altri due lati, preventivamente moltiplicati per la misura d uno dei due segmenti (quello non adiacente) in cui la base viene divisa dal punto $P$; a questa somma si deve sottrarre il prodotto della misura della base per le misure dei due segmenti che compongono la base. Auff … :roll:
In pratica, nel caso specifico e facendo riferimento al disegno di veciorik, abbiamo la seguente equazione di secondo grado $15(15-x)^2=10(10+x)^2+5(5+x)^2-15*10*5$ che si semplifica in $700x=3000$ da cui il raggio pari a $30/7$.

Cordialmente, Alex
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