Pentagono razionale

Messaggioda orsoulx » 22/01/2020, 15:14

Sia $ AD $ il diametro di una circonferenza $ gamma$; $ E $ un punto qualsiasi di una delle due semicirconferenze, $ B $ e $C $ due punti appartenenti all'altra semicirconferenza. Dimostrare che se i lati del pentagono $ ABCDE $ (convesso o intrecciato) hanno tutti misura razionale in una opportuna unità di misura, allora anche la misura di $ bar {AD} $ è razionale a meno che il pentagono sia degenere.
Ciao
Stephen Wolfram non mi è simpatico, anche perché il malefico Wolfram|Alpha non mi permette di credere che $ e^\pi=(640320^3+744)^(1/\sqrt(163)) $.
"Sono venticinque secoli che la filosofia inquadra i problemi, ma non scatta mai la foto.” - Edoardo Boncinelli, L'infinito in breve.
orsoulx
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 1923 di 1930
Iscritto il: 30/12/2014, 11:13

Re: Pentagono razionale

Messaggioda axpgn » 26/01/2020, 23:29

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Immagine

Sia dato il pentagono ciclico $ABCDE$ e sia $AD=R$ un diametro del cerchio circoscritto.
Poniamo $a=AB, b=BC, c=CD, d=DE, e=EA$ e $u=BD, v=AC$.
Inoltre si suppone che i lati $a, b, c, d, e$ del pentagono siano razionali.

Da ciò si deduce che i triangoli $ABD, ACD, AED$ sono rettangoli e quindi sarà $R^2=a^2+u^2=c^2+v^2=e^2+d^2$
Ne consegue che $R^2, u^2, v^2$ sono razionali.
Ora, dati che il quadrilatero $ABCD$ è ciclico vale $u*v=a*c+b*R$
Elevando al quadrato si ha $(u*v)^2=(a*c+b*R)^2$ da cui $u^2*v^2=a^2c^2+b^2R^2+2abcR$
Da quest'ultima ricavo il diametro: $R=(a^2c^2+b^2R^2-u^2*v^2)/(2abc)$
Dato che il membro di destra di questa uguaglianza è razionale anche quello di sinistra lo sarà ovvero $R$ è razionale.


Cordialmente, Alex
axpgn
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 14835 di 15013
Iscritto il: 20/11/2013, 22:03

Re: Pentagono razionale

Messaggioda orsoulx » 27/01/2020, 17:36

@Alex :smt023
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Dal punto di vista puramente stilistico :), a parte la scelta di "R" per indicare il diametro, sostituendo le espressioni per $ u^2 $ e $v^2 $ si ottiene immediatamente una sorta di 'estensione' del teorema di Pitagora:
$ R^3-(a^2+b^2+c^2)R-2abc=0 $ (che diventa il teorema di Pitagora quando uno fra i valori di $ a,b,c$ vale $0$).
Confrontando con $ R^2=d^2+e^2 $ si arriva a $ (e^2+d^2-c^2-b^2-a^2)R=2abc$

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.
La risposta al quesito in "Scervelliamoci un po" è adesso ovvia.

Ciao
Stephen Wolfram non mi è simpatico, anche perché il malefico Wolfram|Alpha non mi permette di credere che $ e^\pi=(640320^3+744)^(1/\sqrt(163)) $.
"Sono venticinque secoli che la filosofia inquadra i problemi, ma non scatta mai la foto.” - Edoardo Boncinelli, L'infinito in breve.
orsoulx
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 1926 di 1930
Iscritto il: 30/12/2014, 11:13

Re: Pentagono razionale

Messaggioda axpgn » 27/01/2020, 17:58

@orsoulx
Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.
Non ho trovato niente che mi piacesse più di $R$, avevo usato troppe lettere :D

E per quanto riguarda il gioco originale, penso proprio che punterei sui pentagoni razionali …

Comunque è da giorni che penavo su questo problema e, come capita spesso, quando quasi non ci pensavo più, ecco l'idea giusta. Mah …

Peraltro ho imparato molto (vabbè, "imparato" è una parola grossa, diciamo che ho letto molto :D )
Adesso so che esistono i triangoli di Erone, i quadrilateri di Brahmagupta e i pentagoni di Robbins :-D


Cordialmente, Alex
axpgn
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 14840 di 15013
Iscritto il: 20/11/2013, 22:03


Torna a Pensare un po' di più

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 0 ospiti