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Titolo: Il triangolo pitagorico...

Il triangolo pitagorico 3,4,5 ricorre spesso negli enigmi geometrici,
non e'
facile dire qualche cosa di nuovo. Proviamo.
Trovare le due piu' grandi figure geometriche congruenti (uguali,
sovrapponibili al limite rovesciandole) che possano essere contenute
in un
triangolo pitagorico 3,4,5.
Ciao!!!  :o)
Livio

Il 25-04-2007, Che nickname ha costui? dice:


spoiler
Detti:
h=altezza=12/5
a=5
b=4
c=3
b',c' le proiezioni dei cateti sull'ipotenusa, cioe':
b'=16/5
c'=9/5
una coppia che spreca pero' una fettina e':
Triangolo1: h,c,c'
Triangolo2: ottenuto tagliando con una parallela all'altezza
il resto del triangolo.
Area sprecata: bc/2 - hc' = 42/25 = 1.68
Area totale : 4.32, mi sembra pochino pochino:-(
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Saluti, Dalet


Grazie per aver rotto il ghiaccio.
Sì, penso che si possa far di meglio, soprattutto considerando il fatto che si richiede una coppia di figure geometriche congruenti, ma qualunque.
Ricordo che se qualcuno volesse farsi ospitare una figura in rete, puo' usare questo servizio gratuito ed immediato:
http://www.hostingfiles.net/
Ciao a tutti!!!  :o)
Livio
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Questo articolo e` stato inviato dal sito web 
http://www.nonsolonews.it

che si richiede una coppia di figure geometriche congruenti, ma qualunque.
Quindi anche sprecando 1.3125 invece di 1.68 neppure lo posto,
tra l'altro sono ancora due triangoli quindi se dici cosi'
non dovrebbe essere.
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Saluti, Dalet

non dovrebbe essere.
Vorrei precisare che quando invento questi giochini, non ho mai una soluzione certissima in tasca, anzi il piu' delle volte i geni di questo ng trovano una soluzione migliore della mia.
Cmq, se ho capito bene, la percentuale di copertura della tua sol dovrebbe essere (6-1.3125)/6 x100 =~ 78%
Ecco, dovremmo cominciare ad accapigliarci sui decimali... sopra il 90%.
Ciao!!!  :o)


Ecco, dovremmo cominciare ad accapigliarci sui decimali... sopra il 90%.
spoiler
Se si fa il triangolo su un foglio a quadretti, paralleli
all'ipotenusa, di lato 1/2, si ottengono due figure uguali:
              A
              *
           *  /_|  *
         * /_| 1|_\   *
       * /| 5  2| 8|__ __ *
     * /__| 6  3| 7  6  5|_\ *
   * /|  8  7  4| 4  3  2  1| \  *
B*  --*--*--*--*--*--*--*--*--*  *  * C
che, completato coi lati in diagonale (qui manca quello sopra
6-5 a destra) arriva a .25*21=5.25, cioe' spreco .75, (infatti
ho: 16+1+2+1+1=21 quadretti). Tu arrivi a .60
Se faccio una retinatura piu' fina includo sempre di piu',
pero' certamente non si puo' superare un certo limite... che
mi sa che e' proprio la domanda del quiz.
Se faccio l'altezza di 12 quadretti, e quindi l'ipotenusa di 25
divisa in 9 e 16, si trovano 135 quadretti in totale, cioe' il
tuo: 135*.04=5.4
Per risolverlo definitivamente bisognerebbe saper impostare
una dipendenza tra il lato dei quadratini e loro numero.
Non garantisco nel senso che non saprei dimistrarlo, ma lo
spreco mi verrebbe: 12*16/(2*35*35) = 96/1225 =~ .07838, cosa
che equivale ad un'area limite di circa il 92.16%.
Questo spreco ineliminabile sarebbe la punta verso l'angolo
minore non avvicinabile neppure al limite (C nella figura).
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Saluti, Dalet

triangolo pitagorico 3,4,5.
Ciao Livio
Se ci mettiamo d'accordo, posso arrivare al 99.999....%, con un numero
di decimali a piacere
[SPOILER]
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Faccio prima alcune considerazioni sul significato di figura
geometrica:
Secondo Wikipedia
*la figura geometrica può definirsi come un insieme CONTINUO di punti
e di relazioni tra gli stessi punti*
però lo stesso Wikipedia, tra gli esempi di figura geometrica piana
riporta il *fascio di rette parallele*, che non è un insieme continuo.
D'altra parte i dizionari on line Garzanri (ente geometrico costituito
da un insieme di punti, di linee o di superfici) e De Mauro (ogni
insieme di punti, di linee o di superfici), nella definizione di
figura non fanno cenno alla continuità.
Perciò penso di rinunciare al vincolo della continuità.
Disposto il triangolo con il lato da 4 orizzontale, lo divido in 2n
fasce verticali di ugual larghezza.
Coloro di verde le fasce pari.
Coloro di rosso le fasce dispari, dopo aver sottratto alla base di
ciascuna un rettangolo, largo quanto la fascia stessa e di altezza
pari a ¾ della larghezza.
L'insieme delle fasce verdi e quello delle fasce rosse sono le due
figure.
Il totale delle aree eliminate è inversamente proporzionale ad n,
quindi aumentando n a piacere, si può ottenere qualunque percentuale
di copertura.
Qui due esempi:
http://www.hostingfiles.net/files/20070426084558_pitagorico.JPG
:-)
Ciao
Paolo

Paolo Licheri ha scritto:

Non c'e' niente da fare. Quando si formula un problema, anche ludico,
che ha la pretesa di essere matematico, bisogna essere precisi come
sono precisi i matematici. Inutile dopo appellarsi allo spirito
anziche' alla lettera del problema.
Quando risolsi in modo originale, ma seguendo la lettera del problema,
il quesito proposto dalla scuola belga di Odette De Meulemeester, questo:
http://home.scarlet.be/~demeod/indexe.html
i professori si riunirono in consiglio di classe per decidere se fosse
piu' istruttivo dire che il problema andava risolto nel suo spirito o
nella sua lettera. E decisero per la lettera, anche per insegnar loro
che i problemi matematici vanno espressi con molta precisione. Lezione
che i ragazzi di Odette hanno appreso ed io no.  :o)
Non v'e' dubbio, dunque, che la palma della vittoria vada assegnata a
Paolo e che se io voglio vedere le soluzioni nello spirito del gioco
che mi ero immaginato, debbo modificare il testo del problema. Cosi'
bastera'?
"Nell'ambito della geometria euclidea piana, trovare i due piu' grandi poligoni congruenti (uguali, sovrapponibili al limite rovesciandoli)
che possano essere inscritti senza sovrapposizioni in un triangolo
pitagorico di lati 3, 4 e 5."


Dalet ha scritto:

L'idea che i due poligoni siano dei polimini (insiemi di quadrati uniti per il lato) non puo' che riempirmi di gioia (dati i miei studi sull'argomento) anche se non avevo proprio pensato a questa soluzione.
Che poi i quadrati elementari siano rimpicciolibili a piacere, questo dovrebbe rientrare nella tecnica degli elementi finiti molto usata nel calcolo numerico e nei cad moderni.
Non mi è chiaro, pero', come algoritmizzare il raggiungimento del limite dei quadretti piccoli a piacere. Potresti provare a fare un disegno piu' dettagliato, magari mettendolo su
http://www.hostingfiles.net
?


?
Provo con l'ASCII art, ma non garantisco il rigore matematico
ti posto solo il ragionamento che ho fatto ieri.
                A
                *  D
             E  __|  *
           * __|  |_    *
         *  |     |  |__ __ *
       *  __|     |        |__ F
     * /|         |           | \  *
 B *--B'-------H--K------------C'-----* C
Chiamo d la distanza HK cioe' il discostamento tra altezza AH
del triangolo dato ABC e cateto (la verticale per K) del
triangoloide rettangolo di sinistra B'KD.
Al limite succede questo:
B'H ->  9/5
HE  -> 12/5
HK  -> HC/7 = d = 16/35
percio':
C'C -> 4*16/3/35  (mi sa che ieri era diverso)
e l'area coperta spreca solo la punta FC'C di cateti C'C ed
FC'=d=16/35, percio' un'area di 4*16/3/35*16/35/2.
La parcentuale coperta viene percio': 97.67... %.
-- 
Saluti, Dalet

La parcentuale coperta viene percio': 97.67... %.
Se non ho interpretato male la tua soluzione, credo che si possa
procedere così:
Trovo sul cateto maggiore il punto D, tale che la distanza BD sia
uguale all'altezza DH (graficamente traccio la linea BD a 45 gradi
rispetto all'ipotenusa)
Il primo poligono è KBAD.
 Ribaltandolo di 90 gradi in senso orario ho il secondo poligono KDFC'
Costruendo la figura graficamente e calcolando l'area con un cad mi
risulta u'area coperta di 5.8776 e quindi un riempimento del 97.96%.
Ho riportato la figura su
http://www.hostingfiles.net/files/20070426050025_PITAGORICO2.JPG
Ciao
Paolo

 risulta u'area coperta di 5.8776 e quindi un riempimento del 97.96%.
Analiticamente trovo che AD = 3/7 e quindi l'area sprecata è di 6/49,
pari ad 1/49 dell'area del triangolo (2.04%, in accordo col tuo
risultato).
Bello, complimenti!
Maurizio


http://www.hostingfiles.net/files/20070426050025_PITAGORICO2.JPG
Devi avere un buon cad  :o)
Aritmeticamente: 
9/5x12/5x(15/7-9/5)(12/5+15/7) / 6 x100 = 97.959+ %
Penso proprio che di piu' non si possa.


Maurizio Frigeni ha scritto:

Secondo voi, si puo' generalizzare per un qualunque scaleno?
Ciao a tutti!!!  :o)


Trovo sul cateto maggiore il punto D, tale che la distanza BD sia
[...]
Si', ma questo metodo grafico tuo dei 45 gradi e' molto
superiore.
Inoltre avevo pure sbagliato l'impostazione, perche' il
taglio C'F della punta non deve essere ortogonale all'
ipotenusa ma al cateto. Di qui il .67 invece del .96 tuo.
Ecco senza l'astuzia tua dei 45 gradi: devo trovare D tale
che BKG sia uguale a DKC, e si vede che e' _|_ al cateto.
                    G
                     * 
                   * | 
              A  *   |
               * |   * D
             *   |   |   * 
           *     |   |       *
         *       |   |          *      F
       *         |   |              * 
     *           |   |            /    *
 B *-------------H---K----------C'--------* C
-- 
Saluti, Dalet

 Secondo voi, si puo' generalizzare per un qualunque scaleno?
Questa costruzione mi sa proprio di no, ne occorre una più generale.
Per il momento, l'unica cosa (piuttosto grezza) che mi è venuta in mente
è di mandare dal vertice C del triangolo la bisettrice CK e prendere poi
sul lato AC il punto D in modo che CD=CB (sto supponendo che AC>BC).
Allora i due triangoli CBK e CDK sono uguali. 
L'area sprecata dS è quella del triangolino ADK. Se ho fatto bene i
calcoli, si ha:
dS/S = (CA-CB)/(CA+CB) 
che per il triangolo (345) dà 1/9 nel caso migliore. 
Non è granché, sicuramente si può fare di meglio.
Maurizio