IL TRAPEZIO TRAPPOLA: i problemi più richiesti alle OLIMPIADI INTERNAZIONALI della MATEMATICA

[@andreapolert7180]

Grazie collega, soluzione brillante!

[@nicosocsoc]

Ottimo video , sei un ottimo insegnante

[@fotimath]

Grazie

[@cesarelai]

Traccio la diagonale minore del trapezio. Ottengo un triangolo rettangolo isoscele e un triangolo qualunque di cui conosco un lato e gli angoli (30°,45° e 105°). Applico il teorema dei seni e ricavo la diagonale. Con essa ricavo altezza e base minore del trapezio . Infine calcolo l'area con la formula A = 1/2(B +b)h

[@benedettatestini5619]

Scusa, avrei detto che il lato obliquo fosse 2(5-x) e non 2x.. ora sono completamente in panne!

[@3r4kl3s]

credo che ti confondi perche' la figura e' disegnata male. Infatti l'angolo di 30 gradi della figura in realta' si vede anche a occhio che e' maggiore di 45 gradi ed e' probabilmente vicino a 60 gradi. Se l'angolo fosse di 60 gradi sarebbe effettivamente il segmento 5-x ad essere meta dell'ipotenusa cioe' del lato obliquo del trapezio (in quanto meta del lato del triangolo equilatero ottenibile facendo ruotare sul suo cateto di ampiezza x il triangolo rettangolo di cui 5-x e' l'altro cateto. invece siccome l'ampiezza di quell'angolo e' indicata come 30 gradi, la rotazione per ottenere il triangolo equilatero va fatta utilizzando come asse il cateto 5-x e nonostante la figura dobbiamo considerare x come la meta del lato del triangolo equilatero di lato pari al lato obliquo del trapezio.

[@Freelance2960kgf]

Molto bella, la soluzione!

[@3r4kl3s]

Questa soluzione mi sembra inutilmente complicata e presuppone pure la conoscenza di un teorema (che non tutti conoscono) che dice che il cateto opposto all'angolo di 30 gradi e' pari alla meta dell'ipotenusa. Invece e' sufficiente prendere il triangolo rettangolo che ha come ipotenusa la diagonale del trapezio e costruire il suo simmetrico rispetto alla base maggiore per ottenere un triangolo con tutti gli angoli di 60 gradi e quindi equilatero. Siccome il triangolo e' equilatero e l'altezza del trapezio per costruzione e' la meta di uno dei lati di questo stesso triangolo, ecco che abbiamo ricavato che l'altezza del trapezio e' pari alla meta' del lato obliquo del trapezio, senza conoscere il teorema che hai citato. Da li posso quindi applicare pitagora come hai fatto tu ma anziche' andare a risolvere l'equazione di secondo grado come hai fatto e' molto piu semplice ricavare che il segmento 5-x deve essere uguale a x√3 (√3 peraltro e' notoriamente il rapporto tra la meta' del lato di un triangolo equilatero e la sua altezza ) e quindi 5 = x + x√3 e quindi 5 = x (1+√3) e quindi x = 5/ (1+√3). Trovato x, si calcola facilmente l'area del trapezio.

[@fabiopicciolo9420]

La mancanza di proporzioni corrette nel disegno mi ha mandato fuori strada. Stavo ragionando come se quel 30° fosse 60°

[@giuseppecatti8756]

stando al disegno anche per me è 60°

[@maxdil8679]

Ho risolto cosi: Pongo X il lato obliquo, poichè l'angolo è 30°, i lati del triangolo rettangolo saranno pari a (1/2) X e (1/2) rad.q. 3X. Scrivo l'equazione di 1 grado: (1/2)X + (1/2) rad.q.(3)X = 5. Questo perchè la Base maggiore è la somma della minore con la proiezione del lato obbliquo su di essa. Ottengo X=5×[rad.q.(3) - 1]. La base minore del trapezio e l'altezza sono entrambe pari a (1/2)X, cioè a (5/2)×[rad.q.(3) - 1] la Base maggiore vale 5. Calcolo l'area, che viene 25/4 [u^2].

[@bijeimath605]

Terzo procedimento che si basa su opportuna costruzione geometrica e sul t. di Pitagora. Si inizia considerando sempre il trapezio iniziale formato da un quadrato di lato x e un triangolo di base (5-x) e altezza x. Si prolunga il lato superiore del quadrato verso destra fino ad incontrare la verticale che sale dal vertice destro del triangolo. Si otterrà un rettangolo con base 5 e altezza x. Tale rettangolo conterrà 1 quadrato e 2 triangoli. Partendo dal lato superiore del quadrato, si costruisce un rettangolo in verticale avente base x tale lato e altezza (5-x). Tale rettangolo aggiunto conterrà altri 2 triangoli. A questo punto abbiamo una figura ad L con lati esterni pari a 5 (5-x+x). I lati interni misureranno (5-x). Si prolunga il lato superiore di questa figura, verso destra fino ad incontrare la verticale che sale dal lato più a destra di tale figura. Si otterrà così un quadrato di lato 5 che conterrà 4 triangoli uguali (parti del trapezio iniziale), 1 quadrato di lato x e 1 quadrato di lato (5-x). Applicando il t. di P. al triangolo iniziale di cateti x e (5-x) con ipotenusa 2x, si ha: (2x)^2 = (5-x)^2 + x^2 Portando l'ultimo termine al primo membro e sommando, si ha: 3x^2 = (5-x)^2 Questa espressione ci dice che il quadrato grande di kato (5-x) interno alla nostra figura, corrisponde a 3 quadrati di lato x. Tale osservazione ci porta a concludere che il nostro quadrato complessivo di lato 5 ha una sperficie equivalente a 4 triangoli (parti del trapezio iniziale) e 4 quadrati che formano il trapezio iniziale. In pratica tale quadrato "contiene" 4 trapezi. In conclusione quindi l'area del trapezio iniziale sarà data dalla quarta parte dell'area del quadrato complessivo e cioè 25/4. 😊 Grazie prof. per questo quesito molto stimolante. Il procedimento che qui ho proposto ha l'utilità di far comprendere come la matematica sia un linguaggio potente e sintetico per esprimere delle relazioni quantitative. Il passaggio chiave è scrivere il t. di P. come 3x^2 = (5-x)^2 che ha un significato geometrico molto chiaro riguardo alla relazione fra le aree di due quadrati e che risulta molto utile per la soluzione del quesito.

[@BeppeNokia977]

l'area è la somma dell'area del quadrato con lato x + l'area del triangolo rettangolo (x-5)*x/2 Easy: sostitiusci in base x ed è fatta.

[@Antony_V]

Sostanzialmemte solo un'esercizio di calcolo. Le figure fuori scala in angoli e proporzioni sono un classico per trarre in inganno gli studenti 😢

[@hybridslinky]

Nella formula finale, al numeratore basta mettere in evidenza (5sqrt(3)-5)/2 e si semplifica tutto in un attimo

[@giovannicis4982]

4 in disegno

[@DaveJ6515]

Olimpiadi della Matematica livello II Scientifico? Non riesco a capire come si possa chiamare questo un problema trappola.

[@filippomaccarini9754]

Penso si riferisca al disegno sbagliato

[@DaveJ6515]

@ il disegno non è in scala, ma è comunque un problema di livello molto basso

[@filippomaccarini9754]

@@DaveJ6515 quello sì. Vedendo il video ho capito cosa intendeva per trappola. Va considerato comunque il contesto: un problema così è banalmente risolvibile da un ragazzo di terza media in gamba ma non è comunque immediato evitare di fare conti superflui accorgendosi che la scrittura che definisce l'area del trapezio compare già per calcolare l'ipotenusa con Pitagora e in queste competizioni il tempo è fondamentale (poi non so a che livello di olimpiadi sia stato proposto).

[@DaveJ6515]

@ Vero. E questo ci porta in campo minato. In Matematica dovrebbbero essere proibite le sfide a tempo. Una competizione a tempo in Matematica è un orrore paragonabile solo alle competizioni a tempo di Filosofia. Non capisco perché dobbiamo copiare dal mondo anglosassone tutto ciò che ci rende peggiori. La Matematica deve insegnare agli studenti il gusto della ricerca paziente, dell'eleganza, dell'analisi profonda. Lasciamo ad altre aree del sapere l'ansia per il risultato immediato: Euclide ebbe il coraggio di rispondere a Tolomeo "non esiste una via reale per la geometria". Noi oggi insegnamo il contrario. Insegnamo che fare presto è fondamentale per superare un esame. Fare presto, spesso senza aver capito niente. Che tristezza.

[@francozappala5470]

L’angolo che riporti come 30° è in effetti quelli di 60°. Ricordiamo il lato opposto all’angolo minore è il lato minore. Forse la trappola stava proprio nel fatto che tu hai di proposito scritto 30° al posto di 60°

[@brunopizzi5944]

Lo prendo per buono,... Ma non l'ho capito. Lo devo rivedere

[@riccardovascon5041]

Secondo me e' sbagliata la somma delle basi

[@fm01it75]

Una volta trovato X, i calcoli successivi non sono difficilissimi. Infatti se X= 5*(SQRT(3)-1)/2 e la base del trapezio e' 5, allora l'area risulta A=(5 + X)*X/2 ossia A= (5+5(SQRT(3)-1)/2)*5/2*(SQRT(3)-1)*1/2 A= 5/2*(SQRT(3)+1)*5/2*(SQRT(3)-1)*1/2 A= 25/8 * (SQRT(3)+1)*(SQRT(3)-1) A= 25/8 * (3-1) A= 25/4

[@gabrielebariletti6045]

mi sembra che stavolta tu abbia incasinato un po' il problema. Se l'area del trapezio è (B+b)*h/2 e nel caso b=h e h=i*sen30 => i=2h, dove i= ipotenusa. Quindi 5=b+icos30 => 5=b+2b*cos30 e mettendo in evidenza b(1+2cos30)=5 => b=5/(1+2cos30) quindi b=h=(circa) 1,83 da cui S=(5+1,83)*1,83/2 = 6,25 (c.v.d.)

[@Rosanaranja-v4j]

Picola correzione.Non si trata del teorema delle tangenti.quello serve per stabilire gli angoli a partire dei tre lati.Dovebo dire metodo del semiperimetro.Cio' e'.,P= semiperimetro.,Lato A+ B+C diviso per 2.Poi,,radice cuadrata di:P((P-A)(P-B)(P-C)).Adesso si.Mi scuso.

[@ANGELOVIGO-k6k]

Si ma quell' angolo mi sembra di 60 °

[@miccolisabino]

infatti, l'angolo indicato nella traccia è di 60°, quindi il cateto pari a metà dell'ipotenusa non equivale al lato del quadrato.

[@Rosanaranja-v4j]

Si puo' risolvere aplicando il teorema del seno.L'angolo che forma la diagonale del cuadrato e' di 45 ,piu 30 = 75. Il terzo angolo 105.Poi il seno di 105 e' congruo con il lato opposto,e cosi via.Il seno di 30 e proprzionale al suo lato lo opposto ed infine lo steso con l'angolo 45. Si ottiene facilmente i valori dei lati.per otenere la superficie si puo' aplicare il teorema delle tangenti.per il triangolo restante e' piu' semplice aplicare il teorema de Pitagora.Basta sommare entrambi valore.Finito!

[@fabiolucioli6404]

Se come incognita si prende il lato del quadrato, i calcoli vengono molto più facili e non c'è bisogno di fare tutto questo casino

[@fotimath]

È esattamente quello che ho fatto io nel video

[@bijeimath605]

Indicata con x la base minore e l'altezza del trapezio, risulta: (5-x)/x = tg 60° = rad 3 da cui si ricava x = 5/(1+rad 3) L'area A cercata sarà: A = 0.5x(5+x) e sostituendo si ha A = 25/4 😊 (Però la figura è un po' fuorviante)

[@malbertin6264]

esatto, ho fatto così anch' io ed è molto molto più semplice e diretto.

[@AlessandroCrosara-v6b]

In pratica i due modi di quotare la base maggiore danno un'equazione 5=x + x*rad3. Due vie di soluzione equivalenti. Carina...👍

[@3r4kl3s]

ho fatto in modo simile ma senza nemmeno usare la trigonometria. Infatti basta il teorema di pitagora per ricavare che 4x²-x²=(5-x)² da cui consegue che 3x²=(5-x)² e quindi (5-x)/x = rad 3

[@mariokajin]

Ma chi ha deciso che l altezza del trapezio è x?

[@AlessandroCrosara-v6b]

Le due barrette sulla base minore e sul lato verticale sono simbolo di uguaglanza, il lato verticale è altezza del trapezio rettangolo, posto h=x per procedere nei calcoli con una sola incognita👍

[@mariokajin]

@ be se le cose stanno così allora non vedo tutta sta trappola anzi mi sembra anche troppo facile. E grazie per la schiarita, perché per me quei simboli stanno per paralleli (elettronica, meccanica), sono un po’ arrugginito in matematica.

[@valterretlav5250]

Chi ti dice che è un quadrato?

[@fotimath]

Le 2 stanghette della figura indicano che quei 2 lati sono uguali. Insomma, è tra i dati del problema

[@malvrin]

x=(5-x)*tan30°=(5-x)*sqrt(3)/3 x=5/(3+sqrt(3)) a me x risulta diverso

[@saveriodepace5744]

Ho usato anche io questa via. Nel calcolo mi sa che hai fatto un errore, viene x=5*sqrt(3)/(3+sqrt(3)), da cui razionalizzando il denominatore x viene come nel video

[@malvrin]

@@saveriodepace5744 ok è x=5*sqrt(3)/(3+sqrt(3))