Triangolo Equilatero

[epr...@gmail.com]

Saluto NG

Un piccolo aiuto gentilmente.

Abbiamo un triangolo equilatero.
Scegliamo un punto qualunque all'interno del triangolo.
Tracciamo tre segmenti perpendicolari dal punto a ogni lato.
Dimostrare che la somma di questi tre segmenti e' uguale
all'altezza del triangolo.

Mi indirizzate sulla retta via, grazie.

[exMauri]

AreaT=1/2*l*h
AreaT=AreaT1+AreaT2+AreaT3= 1/2*l*h1+1/2*l*h2+1/2*l*h3=
1/2*l*(h1+h2+h3)
per cui h=h1+h2+h3

[Enrico Gregorio]

<epr...@gmail.com> scrive:

Siano ABC i vertici del triangolo e sia P il punto. Considera i
triangoli APB, BPC e CPA. Di ciascuno sai calcolare l'area:
se PH è la perpendicolare ad AB, PK quella a BC e PL quella a AC,
l'area di ciascun triangolo è

AB*PH/2
BC*PK/2
CA*PL/2

e la somma di queste aree è quella del triangolo completo.

Ciao
Enrico

[Elio Fabri]

Enrico Gregorio ha scritto:

> Siano ABC i vertici del triangolo e sia P il punto.

> ...

> e la somma di queste aree è quella del triangolo completo.

Senza dubbio questa è la soluzione più veloce.
Ma si può fare senza usare le aree?

Ecco come: faccio riferimento a
http://www.sagredo.eu/figure/pub-fig16.pdf.
Le linee di costruzione (blu) sono ovvie.
Poi:
PA' + PB' + PC' = GF + DG + HK = DF + HK = CH + HK = CK
c.v.d.


--
Elio Fabri

[ADPUF]

Elio Fabri 21:25, martedì 16 dicembre 2014:

Dimostrazione geometrica, non algebrica!

Quindi la conoscevano anche gli antiqui greci?


Ma
PB' = DG
come si dimostra?
DP è uguale, poi?

Poi anche DF = CH...


--
AIOE ³¿³

[Maurizio Frigeni]

ADPUF <flyh...@mosq.it.invalid> wrote:

> come si dimostra?

http://it.tinypic.com/r/33cuiqd/8

M.

--
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.

[ADPUF]

Maurizio Frigeni 22:39, martedì 16 dicembre 2014:

> ADPUF <flyh...@mosq.it.invalid> wrote:
>
>> come si dimostra?
>
> http://it.tinypic.com/r/33cuiqd/8

Qui si vede molto meglio, grazie.


Ma la proprietà vale solo per l'equilatero?


--
AIOE ³¿³

[Tommaso Russo, Trieste]

Il 16/12/2014 23:48, ADPUF ha scritto:

> Ma la proprietà vale solo per l'equilatero?

Ovvio, visto che ne consegue (portando il punto sui tre vertici) che le
tre altezze sono eguali.


--
TRu-TS
buon vento e cieli sereni

[Elio Fabri]

ADPUF ha scritto:

> Dimostrazione geometrica, non algebrica!
>
> Quindi la conoscevano anche gli antiqui greci?

Ma anche la dimostrazione con le aree è geometrica, non algebrica.
Oggi siamo abituali a dire che l'are di un triangolo + base per
altezza diviso due.
I geometri greci non si esprimevano così.

Dicevano:
1) L'area di un triangolo è metà di quella di un rettangolo avnte la
stessa base e la stessa altezza.
2) Le aree di rettangoli di uguale base sono proporzionali alle
altezze.
Usando queste, e una proprietà delle proporzioni (il componendo) il
teorema si dimostra subito.

Tieni presente che la matem. greca conosceva solo i numeri razionali,
mentre la geometria conosceva anche rapporti irrazionali.
Perciò un matematico greco non avrebbe mai ridotto le proprietà
geometriche a relazioni numeriche...

> Ma
> PB' = DG
> come si dimostra?
> DP è uguale, poi?
>
> Poi anche DF = CH...

I due triangoli DPB' e DPG sono congruenti: sono rettangoli, hanno la
stessa ipotenusa, gli angoli in D del primo e in P del secondo sono
uguali.
DF e CH sono due altezze del triangolo equilatero CDE.

Ti confido che ho la sensazione che ci sia un modo ancora più semplice
e profondo di arrivare al risultato, m a per ora non l'ho trovato :-)


--
Elio Fabri

[Tommaso Russo, Trieste]

Il 17/12/2014 21:21, Elio Fabri ha scritto:
> ho la sensazione che ci sia un modo ancora più semplice
> e profondo di arrivare al risultato, m a per ora non l'ho trovato :-)

Vediamo se quest'idea ti puo' essere d'aiuto:

1) consideriamo un triangolo *isoscele* di lati a,b,c; sia a la base
(b=c). Poniamo sulla base a due punti, P e Q (e sia P piu' vicino ad a
di Q). Tracciamo le quattro distanze Pb,Pc,Qb e Qc. Ora tracciamo per P
la parallela a b, e per Q la parallela a c, che si incontrino in R.
Individuati gli angoli retti, per la simmetria del triangolo PQR, e'
immediato verificare che, passando da P a Q, la distanza da A aumenta di
tanto quanto diminuisce la distanza da c: Pb+Pc = Qb+Qc.

(Considerando le aree, ovviamente, la dimostrazione e' immediata.)


2) Consideriamo ora un punto P qualunque interno ad un triangolo
equilatero (includendo nel triangolo anche il contorno e i vertici):
tracciamo per P la parallela ad uno dei lati (che chiameremo a) in modo
tale che un suo segmento a' di lunghezza non nulla risulti interno al
triangolo (bastera' evitare, nel solo caso P sia un vertice, di
scegliere come lato a il lato opposto); spostandosi da P lungo a', per
raggiungere un punto Q (anch'esso su a'), la distanza di ogni punto da a
rimane invariata, e cosi' pure, per quanto visto sopra, la somma delle
distanze da b e da c. Qa+Qb+Qc=Pa+Pb+Pc.

3) Ora basta notare che da qualsiasi punto P interno a un triangolo e'
possibile raggiungere qualsiasi altro punto Q interno con una spezzata
di segmenti interni al triangolo, ognuno parallelo a uno dei lati.

(Se entrambi P e Q giacciono sul contorno, e' sufficiente seguirlo; se Q
vi giace e P no, basta tracciare da P la parallela a un dei lati e poi
seguire il contorno; se sia P che Q sono propriamente interni, basta
tracciare per entrambi le parallele a uno stesso lato, portarsi da P su
b o c, seguire b o c sino all'altro punto d'intersezione...).


Nota: il risultato 1) si puo' dimostrare per qualsiasi punto della retta
su cui giace la base, a patto di considerare negativa la distanza di un
punto da un lato se il punto giace nel semipiano che *non* contiene il
triangolo. Con questa convenzione, quindi, per un triangolo equilatero
a,b,c, Qa+Qb+Qc=Pa+Pb+Pc vale per qualsiasi coppia di punti P e Q del
piano. Anche di questo si da' un'interpretazione piu' intuitiva
considerando le aree (orientate).

[Tommaso Russo, Trieste]

Il 18/12/2014 01:48, Tommaso Russo, Trieste ha scritto:
> (e sia P piu' vicino ad a di Q)

(e sia P piu' vicino *a b* di Q)

[mda1ai]

Il 17/12/14 21:21, Elio Fabri ha scritto:

> Ti confido che ho la sensazione che ci sia un modo ancora più semplice
> e profondo di arrivare al risultato, m a per ora non l'ho trovato :-)
>

Non ho tempo di leggere il messaggio di Tommaso Russo e quindi forse
ripeto la stessa cosa. Mi pare che facendolo per passi sia forse più
"facile" da vedere.
Per ogni P punto su CK è banale vedere che vale la proprietà, basta
tracciare le proiezioni suoi lati AC e BC e vedere che P dista dai due
lati esattamente di PC/2.
Poi per il punto P che disegni tu, per qualcuno (almeno per me) è forse
più semplice usare H come riferimento (per cui sappiamo già valere la
proprietà) tracciando le proiezioni X e Y di H su AC e BC
rispettivamente. Vedere poi che HX+HY=PB'+PA' è piuttosto facile
"confrontando" per proiezione HX su PB' e PA' su HY (e usando la stessa
spiegazione che hai ridiscusso per ADPUF).
Ovviamente sono comunque costruzioni equivalenti.

Ciao
Marco

[exMauri]

Questa tua impostazione me ne suggerisce un'altra considerando le
altezze congruenti in un triangolo equilatero e la distanza tra parallele:
1)In un triangolo equilatero considero un vertice P sulla base
(supponiamo a destra) e l'altezza h1 relativa al lato di destra.
La distanza di P dal lato opposto è congruemte ad h1.

2)Mando una qualsiasi parallela al lato obliquo di sinistra, esterna e a
destra del triangolo, fino ad incontrare i prolungamenti degli altri due
lati. Ottengo un nuovo triangolo equilatero in cui il punto P è interno
alla base e la somma delle sue distanze dai lati obliqui è congruente
alla nuova altezza h2 del nuovo triangolo (h1 + distanza tra
parallele).

3)Mando una qualsiasi parallela alla base, sotto l'ultimo triangolo,
fino ad incontrare il prolungamento degli altri due lati.
Il punto P adesso è interno ad un nuovo triangolo equilatero e la somma
delle sue distanze dai tre lati è congruente alla nuova altezza h3 del
triangolo grande (h2 + distanza tra parallele).

[El Filibustero]

On Thu, 18 Dec 2014 01:48:55 +0100, "Tommaso Russo, Trieste" wrote:

>1) consideriamo un triangolo *isoscele* di lati a,b,c; sia a la base
>(b=c). Poniamo sulla base a due punti, P e Q (e sia P piu' vicino ad a
>di Q). Tracciamo le quattro distanze Pb,Pc,Qb e Qc. Ora tracciamo per P
>la parallela a b, e per Q la parallela a c, che si incontrino in R.
>Individuati gli angoli retti, per la simmetria del triangolo PQR, e'
>immediato verificare che, passando da P a Q, la distanza da A aumenta di
>tanto quanto diminuisce la distanza da c: Pb+Pc = Qb+Qc.
>
>(Considerando le aree, ovviamente, la dimostrazione e' immediata.)

E' immediata anche facendo considerazioni di similitudine sui
triangoli rettangoli. Comunque, volendo dettagliare con pignoleria
l'affermazione

"e' immediato verificare che, passando da P a Q, la distanza da A
aumenta di tanto quanto diminuisce la distanza da c"

IMHO la dimostrazione non risulta in fin dei conti meno complessa di
quella nel thread "triangoli equilateri" del marzo 2011. Forse e'
appena un po' piu' semplice provare questa affermazione come nel lemma
2 (vedi sotto), evitando di citare Q.

Altra idea, sempre sostanzialmente equivalente come complessita'.

Lemma 1. La somma delle distanze dai lati di un punto P *situato
sull'altezza* di un triangolo equilatero e' uguale all'altezza del
triangolo equilatero.
Dimostrazione: le distanze di P dai due lati su cui non cade l'altezza
in questione sono le lunghezze dei cateti minori di due triangoli
rettangoli semiequilateri, quindi -- come e' noto -- la meta'
dell'ipotenusa di tali triangoli semiequilateri, la quale coincide con
il segmento di altezza complementare a quello che congiunge P alla
base. QED lemma 1.

Lemma 2. La somma delle distanze dai lati obliqui di un punto P
situato sulla base AB di un triangolo isocele ABC e' uguale
all'altezza relativa a un lato obliquo.
Dimostrazione: siano H e K le rispettive projezioni di P su BC e AC.
Condurre la // a BC passante per A; sia K' l'intersezione con essa con
il prolungamento di HP. Essendo angolo(BAK')=angolo(ABC), i triangoli
rettangoli AKP e AK'P sono uguali, e PK=PK'. Poiche' HK'=HP+PK'=HP+PK
e' uguale all'altezza relativa a BC, questo prova il lemma 2.

Consideriamo un punto X qualsiasi interno a un triangolo equilatero
ABC. Siano H,K,L le rispettive projezioni di X su AB, BC, AC; se H e'
il punto medio di AB, X e' su un'altezza, quindi il lemma 1 e'
sufficiente per provare che XH+XK+XL=altezza di ABC.
Mettiamo allora che H sia piu' vicino ad A che a B; prolunghiamo HX
fino ad incontrare AC in Y; sia J la projezione di Y su BC; sia W su
AB tale che YW//BC; sia Z l'intersezione tra XK e YW. ZK e' ovviamente
uguale alla distanza di Y da BC, cioe' YJ. Per il lemma 1, HX+LX+ZX e'
uguale ad HY, altezza del triangolo equilatero AWY. Del resto, per il
lemma 2, HY+YJ e' uguale all'altezza del triangolo ABC. Si deve
concludere che HX+LX+KX = HX+LX+(ZX+ZK) = (HX+LX+ZX)+ZK = HY+YJ e'
uguale all'altezza di ABC. QED. Ciao

[El Filibustero]

On Fri, 19 Dec 2014 12:12:39 +0100, El Filibustero wrote:

>Altra idea, sempre sostanzialmente equivalente come complessita'.
>
>Lemma 1. La somma delle distanze dai lati di un punto P *situato
>sull'altezza* di un triangolo equilatero e' uguale all'altezza del
>triangolo equilatero.

Effettivamente questo lemma, benche' di dimostrazione immediata,
allunga di un po' il percorso dimostrativo. Ora direi che il percorso
piu' semplice consiste nel tuo metodo, pero' senza citare i punti Q ed
R nella dimostrazione del lemma dell'invarianza della somma distanze
nel triangolo isoscele. Ciao

[Elio Fabri]

exMauri ha scritto:

> Questa tua impostazione me ne suggerisce un'altra

Tutte queste idee, che non sono che varianti attorno a quelal che
avevo proposto inizialmente, mi dicono che non sono stato chiaro
scrivendo
> Ti confido che ho la sensazione che ci sia un modo ancora più
> semplice e profondo di arrivare al risultato, ma per ora non l'ho
> trovato :-)
La parola chiave era "profondo".
Volevo dire che penso a una dim. che faccia uso di idee a carattere
più generale, a concetti più di base.
Non so spiegarmi meglio, e se avessi la soluzione sarebbe tutto chiaro
:-)

A dire il vero una ce l'avrei, ma non è "puramente geometrica" nel
senso della geom. di Euclide.
Continuo a pensarci...


--
Elio Fabri

[exMauri]

Il 19/12/2014 09.55, exMauri ha scritto:


>
> 2)Mando una qualsiasi *parallela al lato obliquo di sinistra*, esterna e a

> destra del triangolo, fino ad incontrare i prolungamenti degli altri due

Acc... *la parallela al lato obliquo di destra*
Chiedo scusa.