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Algebra

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Analisi

Definizione di Relazione Definizione di Funzione

Geometria

Geometria Euclidea Criteri di congruenza Disuguaglianze triangoli Rette perpendicolari e parallele Angoli interni al triangolo Poligoni Parallelogrammi Circonferenza e cerchio Punti notevoli dei triangoli Poligoni inscritti e circoscritti Figure geometriche equivalenti Teoremi di Euclide e Pitagora

Disuguaglianze tra gli elementi di un triangolo

Teorema dell'angolo esterno

Nei triangoli ogni angolo esterno è sempre maggiore degli angoli interni ad esso non adiacenti.
Consideriamo il triangolo ABC e dimostriamo ad esempio che l'angolo esterno \( \widehat{ACK} \) relativo al vertice C è maggiore degli angoli interni relativi ai vertici A e B. Cominciamo con quello relativo al vertice A; per fare ciò consideriamo il punto medio M del lato AC e tracciamo un segmento che parte da B, passa per M ed è di lunghezza doppia rispetto a \( \overline{BM} \). Chiamiamo N l'altro estremo di questo segmento e tracciamo il segmento \( \overline{NC} \); infine prolunghiamo il lato \( \overline{BC} \) dalla parte di C e prendiamo su questo prolungamento il punto K.
Consideriamo i triangoli ABM ed NMC e dimostriamo che sono congruenti; essi hanno:
\( \overline{BM}=\overline{MN} \) per costruzione;
\( \overline{AM}=\overline{MC} \) perché M è punto medio di \( \overline{AC} \) ;
\( \widehat{AMB}=\widehat{NMC} \) perchè opposti al vertice.
Allora i due triangoli sono congruenti per il primo principio di congruenza dei triangoli ed in particolare hanno \( \widehat{MAB}=\widehat{NCM} \). Ma \( \widehat{MAB} \) è l'angolo interno al triangolo ABC relativo al vertice A mentre \( \widehat{NCM} \) è una delle due parti in cui viene diviso l'angolo esterno \( \widehat{ACK} \) dal segmento \( \overline{MN} \) quindi di sicuro abbiamo che \( \widehat{CAB}< \widehat{ACK} \). C.V.D.


Dimostriamo adesso che l'angolo \( \widehat{ABC} \) è minore dell'angolo esterno al triangolo in B
Consideriamo il triangolo ABC e prendiamo sul lato BC il punto medio M; uniamo M con il vertice A e prolunghiamo questo segmento dalla parte di M di una quantità pari ad AM. Indicato con N l'altro estremo del segmento uniamolo con il vertice C prolungando poi NC dalla parte di C prendendo sul prolungamento un punto H; prolunghiamo infine anche il lato BC dalla parte di C e prendiamo sul prolungamento un punto K.
Consideriamo i triangoli ABM ed MNC; essi hanno:
\( \overline{AM}=\overline{MN} \) per costruzione;
\( \overline{BM}=\overline{MC} \) perché M è punto medio di \( \overline{BC} \);
\( \widehat{BMA}=\widehat{CMN} \) perchè opposti al vertice.
Quindi i due triangoli sono congruenti per il primo principio di congruenza dei triangoli ed in particolare risulta \( \widehat{ABM}=\widehat{NCM} \); ma \( \widehat{NCM}=\widehat{HCK} \) perchè opposti al vertice e quest'ultimo è una delle due parti in cui viene diviso l'angolo esterno \( \widehat{ACK} \) dal segmento \( \overline{CH} \). Quindi si ha \( \widehat{HCK}< \widehat{ACK} \) e quindi \( \widehat{ABM}< \widehat{ACK} \). C.V.D.

In ogni triangolo a lato maggiore si oppone angolo maggiore

Consideriamo il triangolo ABC con il lato AC più lungo del lato AB e vogliamo dimostrare che l'angolo opposto ad \( \overline{AC} \) è maggiore dell'angolo opposto ad \( \overline{AB} \). Stacchiamo su \( \overline{AC} \) un segmento di lunghezza pari ad \( \overline{AB} \), indichiamo l'estremo ottenuto con M ed uniamolo con il vertice B. Consideriamo adesso il triangolo ABM; esso è isoscele infatti ha due lati uguali per costruzione. Quindi in particolare avrà uguali i due angoli \( \widehat{ABM} \) e \( \widehat{BMA} \). Osserviamo adesso il triangolo MBC; riguardo ad esso l'angolo \( \widehat{BMA} \) è l'angolo esterno relativo al vertice M e per il teorema dell'angolo esterno sappiamo che è maggiore di tutti gli angoli interni ad esso non adiacenti. In particolare si ha \( \widehat{BMA} > \widehat{BCM} \); ma noi sappiamo che \( \widehat{BMA}=\widehat{ABM} \) ed inoltre che \( \widehat{ABC} > \widehat{ABM} \) perché il secondo è solo una parte del primo. Unendo tutte queste relazioni otteniamo$$\widehat{ABC} > \widehat{ABM}=\widehat{BMA} > \widehat{BCM}$$e quindi, per la proprietà transitiva, \( \widehat{ABC} > \widehat{BCM} \). C.V.D.

In ogni triangolo ad angolo maggiore si oppone lato maggiore

Consideriamo il triangolo ABC e due suoi angoli α e β , dimostriamo che preso \( \alpha > \beta \) otteniamo che il lato opposto ad α è maggiore di quello opposto a β ( in figura risulta \( \overline{AB} > \overline{AC} \) ). Dimostriamo il teorema per assurdo, cioè neghiamo la tesi ed osserviamo che ci porta a negare l'ipotesi. Cominciamo con il considerare \( \overline{AB} = \overline{AC} \); questo significa che il triangolo è isoscele ed allora i due angoli α e β devono essere uguali ma ciò non accade per ipotesi; quindi non può succedere che sia \( \overline{AB} = \overline{AC} \). Vediamo adesso se è possibile il caso \( \overline{AB} < \overline{AC} \); in questo caso avremmo per il teorema precedente che a lato maggiore sia opposto angolo maggiore quindi si avrebbe \( \alpha < \beta \) ma ciò contrasta con l'ipotesi del teorema. Quindi negare la tesi ci porta inevitabilmente a negare l'ipotesi quindi otteniamo che in quella ipotesi non può che verificarsi quella tesi. C.V.D.

In ogni triangolo la somma di due lati è maggiore del terzo

Consideriamo un triangolo ABC e dimostriamo che la somma dei due lati più piccoli è maggiore del terzo lato; se nella somma mettessimo il lato più grande la soluzione sarebbe banale infatti già solo quest'ultimo sarebbe più grande del terzo lato. Dimostriamo allora che nel triangolo in figura \( \overline{AB} + \overline{AC} > \overline{BC} \); prolunghiamo il lato \( \overline{AB} \) dalla parte di A di una quantità pari ad AC ed uniamo l'estremo ottenuto ( D ) con il vertice C. Consideriamo il triangolo DAC; esso è isoscele per costruzione poiché ha due lati uguali e quindi si avrà \( \widehat{CDA}=\widehat{ACD} \). Notiamo adesso che l'angolo \( \widehat{ACD} \) è solo una parte dell'angolo \( \widehat{BCD} \) quindi si ha \(\widehat{BCD} > \widehat{ACD} \). Considerando adesso il triangolo DBC e ricordando il teorema precedente ( ad angoli maggiori sono opposti lati maggiori ) otteniamo: visto che risulta \( \widehat{BCD} > \widehat{ACD} =\widehat{CDA} \) cioè \( \widehat{BCD} > \widehat{CDA} \) si ha \( \overline{AD} > \overline{BC} \) ma per costruzione \( \overline{AB} + \overline{AC} = \overline{AD} \) quindi \( \overline{AB} + \overline{AC} > \overline{BC} \) che è ciò che volevamo dimostrare. C.V.D.

In ogni triangolo la differenza tra due lati è minore del terzo

Lo possiamo ricavare direttamente dalla tesi del teorema precedente; infatti avevamo ottenuto$$\overline{AB} + \overline{AC} > \overline{BC}$$ma sottraendo a destra e sinistra la quantità \( \overline{AB} \) otteniamo
\( \overline{AC} > \overline{BC}-\overline{AB} \) C.V.D.




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