Progetto Lauree Scientifiche

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1 Progetto Lauree Scientifiche Iacopo Malaspina imostriamo la seguente proposizione: ato un triangolo AB, se da un punto del lato B si tracciano le parellele E ad A, G ad AB, l area del parallelogramma AEG è massima quando è il punto medio di B ed E il punto medio di AB. In altre parole Se E AB con E K e AK = KB = A(AEG) < A(AK) G A E K B igura 1: Il quadrilatero AK è quello di area massima 1

2 In questo testo analizzeremo due possibili strade: 1. dimostrazione geometrica di Euclide ; 2. dimostrazione analitica ; 1. imostrazione geometrica di Euclide: Il problema che vogliamo risolvere è equivalente a quello presentato da Euclide ne Gli Elementi (Libro VI, prop. 27), rappresentato in figura 2 e enunciato come di seguito: i tutti i parallelogrammi applicati ad una stessa retta e che siano mancanti di parallelogrammi simili e similmente disposti rispetto a quello descritto sulla metà della retta, è massimo il parallelogrammo che è applicato alla metà della retta ed è simile al parallelogrammo mancante. C G I A K E B igura 2: Problema di Euclide (VI.27) ato un parallelogramma ABC si traccia un segmento da B che intersechi C in, punto medio di C. Se da un punto del lato B si tracciano le parallele E ad A e G ad AB, l area del parallelogramma AEG è massima quando coincide con (quando il parallelogramma AEG coincide con AK). 2

3 imostriamo che i due enunciati sono equivalenti. Costruisco il parallelogramma a partire dal triangolo, come in figura: C G A K E B igura 3: Parallelogramma costruito a partire dal triangolo A questo punto abbiamo due casi: 1. B allora, come si può notare dalla figura, la situazione è completamente identica ; 2. allora riusciamo a ricondurci al caso 1., ossia per ogni punto C appartenente a esiste un punto appartenente a B tale per cui A(ACE) = A(AG I) ; 3

4 uindi andiamo a dimostrare che A(ACE) = A(AGI). G A E C I I E A G B igura 4: Costruiamo il simmetrico di AB imostrazione. al momento che i triangoli AB e A B sono congruenti, possiamo dire che hanno la stessa area. Allo stesso modo i parallelogrammi ACE e E A hanno medesima area. uindi dimostrare la tesi equivale a provare che A(E A ) = A(AGI). Ma questo è ovviamente vero perché A(AB) = A(I) + A(GB) + A(AGI), A(A B) = A( ) + A(BE ) + A(E A ) Ma sempre per la congruenza abbiamo A(I) = A( ), A(GB) = A(BE ) = A(E A ) = A(AGI). 4

5 Ora quindi basta risolvere il problema di Euclide applicato al parallelogramma ABC. L C G M I A K E B igura 5: igura di riferimento obbiamo provare: ato un parallelogramma ABC e tracciato un segmento da B che intersechi C in, punto medio di C, se da un punto del lato B si tracciano le parallele E ad A e G ad AB, l area del parallelogramma AEG è minore dell area del parallelogramma AK. 5

6 imostrazione. I triangoli KB e BC sono congruenti, quindi hanno la stessa area. La stessa cosa accade per i triangoli M = L e EB = BI. uindi si deduce che A(KE M) = A(L IC). Allora dal momento che A(KBIM) = A(KEM) + A(EBI) e A(EBCL) = A(ICL) + A(EBI) possiamo dire A(KBIM) = A(EBCL). Ma A(AKMG) = A(KBIM), perché K è il punto medio di AB. = A(AEG) = A(AKMG) + A(KEM) = A(LEBC) + A(KEM) < A(KBC) = A(AK) = A(AE G) < A(AK) 6

7 2. imostrazione analitica: Possiamo risolvere il problema con metodi dell analisi matematica. Sia AB il seguente triangolo A K B igura 6: Triangolo AB Pongo Ciò implica infatti B B = x, fattore di proporzionalità B = 1 x B B = x = B = x B = B = x B = = B x B = = B (1 x) = B = 1 x. 7

8 uindi A(BK) = x 2 A(AB) A() = (1 x) 2 A(AB) Infatti, per quanto riguarda la prima sappiamo che A(BK) = B h 1 e A(AB) = B h 2. Moltiplico e divido la prima per h 2 e ho A(BK) = x h1 h 2 A(AB). Ma dalle proprietà dei triangoli simili sappiamo che in triangoli simili le basi stanno tra loro come le rispettive altezze. Allora h 1 h 2 = x = A(BK) = x 2 A(AB). A questo punto possiamo dire che A(KA) = A(AB) A(BK) A() = A(AB) x 2 A(AB) (1 x) 2 A(AB) = [ 1 x 2 (1 x) 2] A(AB) = [ 2 (x x 2 ) ] A(AB) 8

9 uindi la funzione che massimizzo è f(x) = 2 (x x 2 ) 2, ,5 igura 7: Grafico della funzione f(x) = 2 (x x 2 ) Essendo x x 2 la parabola con concavità rivolta verso il basso e vertice 1 2, si deduce il massimo è proprio 1 2 e quindi B = B 2. 9

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