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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

Equivalenza tra figure geometriche

Due figure geometriche si dicono equivalenti o equiestese se hanno la stessa superficie

Per poter valutare l'equivalenza tra due figure geometriche ci avvaliamo anche del concetto di equiscomponibilità: due figure geometriche sono equiscomponibili se è possibile dividerle in parti congruenti; diremo quindi che due figure geometriche equiscomponibili sono equivalenti.

Osserviamo adesso alcuni esempi di figure equiscomponibili ed equivalenti:

parallelogrammi equiscomponibili

Due parallelogrammi con la stessa base e la stessa altezza sono equiscomponibili
Consideriamo due parallelogrammi ABCD ed EFGH; poiché hanno le basi congruenti posso posizionarli in modo che le basi coincidano e visto che hanno la stessa altezza otterrò che i lati opposti alla base si troveranno sulla stessa retta. Vediamo adesso le possibili posizioni che possono assumere i lati opposti alle basi:

Caso 1

I lati \( \overline{AD} \) ed \( \overline{EH} \) sono consecutivi.
Osserviamo che i parallelogrammi formano tre triangoli ABD , BCE e CHD ; in particolare il parallelogramma ABCD è scomposto nei due triangoli ABD e BCE mentre il parallelogramma EFGH nei triangoli BCE e CHD. Quindi, per dimostrare che i parallelogrammi sono equiscomponibili, basta dimostrare che i triangoli ABD e CHD sono congruenti essendo l'altro triangolo comune ad entrambi i parallelogrammi. Questi due triangoli sono uguali per il terzo principio di congruenza dei triangoli infatti hanno:
\( \overline{AD} = \overline{DH} \) perché lati opposti di basi congruenti nei due parallelogrammi;
\( \overline{AB} = \overline{CD} \) perché lati opposti del parallelogramma ABCD;
\( \overline{BD} = \overline{CH} \) perché lati opposti del parallelogramma EFGH.
I parallelogrammi sono allora equiscomponibili. C.V.D.

Caso 2

I lati \( \overline{AD} \) ed \( \overline{EH} \) sono parzialmente sovrapposti.
Questa volta i due parallelogrammi formano un quadrilatero comune ad entrambi e due triangoli; per dimostrare allora la loro equiscomponibilità ed equivalenza basta dimostrare che i due triangoli sono congruenti. Essi hanno:
\( \overline{AB} = \overline{CD} \) perché lati opposti del parallelogramma ABCD;
\( \overline{EB} = \overline{CH} \) perché lati opposti del parallelogramma EFGH;
\( \overline{AE} = \overline{DH} \) perchè differenze tra i lati congruenti \( \overline{AD} \) e \( \overline{EH} \) e il segmento \( \overline{ED} \).
I due triangoli sono allora congruenti per il terzo principio ed i parallelogrammi risultano equiscomponibili. C.V.D.

Caso 3

I lati \( \overline{AD} \) ed \( \overline{EH} \) non si toccano.
Questa volta i due parallelogrammi formano un triangolo comune e due quadrilateri; per dimostrare l'equiscomponibilità dei parallelogrammi dobbiamo dimostrare l'equivalenza dei quadrilateri. A tal fine dimostriamo la congruenza dei due triangoli ABE e DCH per poi notare che i due quadrilateri sono la differenza tra questi triangoli ed il triangolo comune DOE. Per i triangoli ABE e DCH si ha:
\( \overline{AB} = \overline{CD} \) perché lati opposti del parallelogramma ABCD;
\( \overline{EB} = \overline{CH} \) perché lati opposti del parallelogramma EFGH;
\( \overline{AE} = \overline{DH} \) perchè somme tra i lati congruenti \( \overline{AD} \) e \( \overline{EH} \) e il segmento \( \overline{DE} \).
I due triangoli sono allora congruenti per il terzo principio di congruenza dei triangoli, i due quadrilateri sono equivalenti perchè differenza tra triangoli congruenti ed uno stesso triangolo DOE e quindi i due parallelogrammi sono equiscomponibili. C.V.D.

Conseguenza importante di queste equivalenze è che ogni parallelogramma risulta equivalente ad un rettangolo che ha la stessa base e la stessa altezza.

Triangolo equiscomponibile al parallelogramma

Ogni parallelogramma è equiscomponibile ad un triangolo che ha per base la stessa base e per altezza il doppio dell'altezza.
Consideriamo il parallelogramma ABCD e costruiamo un triangolo che abbia con esso la base in comune e l'altezza doppia di quella del parallelogramma; in particolare prolunghiamo il lato AB del parallelogramma dalla parte di A e poniamo su di esso il vertice E in modo che l'altezza EK sia doppia di quella del quadrilatero. Unito il vertice E con il punto C notiamo che per dimostrare l'equivalenza tra triangolo e parallelogramma basta dimostrare la congruenza dei triangoli AEF e FCD. A tale scopo tracciamo le tre rette parallele r , s e t in modo che:
r sia prolungamento del lato \( \overline{BC} \);
s sia prolungamento del lato \( \overline{AD} \);
t sia parallela ad r ed s e passante per il vertice E del triangolo.
Consideriamo adesso questo fascio di rette tagliate dalle trasversali \( \overline{EB} \) , \( \overline{EK} \) ed \( \overline{EC} \); per il teorema di Talete, visto che sulla trasversale \( \overline{EK} \) risulta \( \overline{EH}= \overline{HK} \) sulle altre trasversali otterremo \( \overline{EA}= \overline{AB} \) ed \( \overline{EF}= \overline{FC} \). Ricordando che \( \overline{AB}= \overline{CD} \) abbiamo \( \overline{EA}= \overline{CD} \). Dimostriamo che anche gli angoli \( \widehat{FEA} \) e \( \widehat{FCD} \) sono uguali infatti sono alterni interni se consideriamo le parallele contenenti \( \overline{EB} \) ed \( \overline{CD} \) tagliate dalla trasversale \( \overline{EC} \). I due triangoli EAF ed FCD sono quindi congruenti e di conseguenza il parallelogrammo ABCD ed il triangolo EBC, che ha stessa base ed altezza doppia, sono equiscomponibili. C.V.D.

Conseguenza importante è che tutti i triangoli che hanno la stessa base e la stessa altezza sono equivalenti perché tutti equivalenti ad uno stesso parallelogramma con la stessa base ed altezza dimezzata.

Poligono circoscritto equivalente al triangolo

Ogni poligono circoscritto ad una circonferenza è equivalente ad un triangolo che ha per base il perimetro del poligono e per altezza il raggio della circonferenza inscritta.
Dimostriamo questo teorema per un triangolo ma esso si dimostra allo stesso modo per ogni poligono circoscrivibile ad una circonferenza. Consideriamo allora il triangolo ABC in cui è inscritta la circonferenza di centro O e raggio r. Uniamo il centro della circonferenza con i vertici del triangolo dividendo lo stesso in tre triangoli più piccoli che hanno per base i lati del triangolo grande e per altezze il raggio della circonferenza ( infatti r è ortogonale al lato nel punto di tangenza ed è quindi l'altezza del triangolo relativa a quel lato stesso ). Possiamo porre allora sulla stessa retta i tre lati del triangolo grande in modo che siano consecutivi e prendere un punto P a distanza r dalla retta. Uniamo P con gli estremi dei segmenti ed otteniamo tre triangoli che hanno per base un lato del triangolo di partenza e per altezza r; ognuno di essi è equivalente ad uno spicchio in cui abbiamo diviso il triangolo di partenza perché hanno la stessa altezza e la stessa base. Abbiamo allora costruito un triangolo equivalente a quello di partenza che ha per base il perimetro di quello di partenza e per altezza il raggio della circonferenza inscritta. C.V.D.

Trapezio equivalente al triangolo

Ogni trapezio è equivalente ad un triangolo che ha per base la somma delle basi e per altezza la stessa altezza.
Consideriamo il trapezio ABCD e prolunghiamo la base maggiore \( \overline{BC} \) dal lato di C di un segmento pari alla base minore \( \overline{AD} \); chiamiamo E il vertice ottenuto ed uniamolo con il vertice A del trapezio ottenendo il triangolo ABE. Detto O il punto di intersezione tra \( \overline{CD} \) ed \( \overline{AE} \) notiamo che per dimostrare la equiscomponibilità tra trapezio e triangolo basta dimostrare la congruenza tra i triangoli AOD ed OCE; per essi si ha:
\( \overline{AD} = \overline{CE} \) per costruzione;
\( \widehat{DAO}=\widehat{CEO} \) perché alterni interni tra le parallele \( \overline{AD} \) e \( \overline{BE} \) tagliate dalla trasversale \( \overline{AE} \);
\( \widehat{ODA}=\widehat{OCE} \) perché alterni interni tra le parallele \( \overline{AD} \) e \( \overline{BE} \) tagliate dalla trasversale \( \overline{DC} \).
I due triangoli sono allora congruenti per il secondo principio di congruenza dei triangoli; ne consegue che il trapezio ed il triangolo sono equiscomponibili perché entrambi somme di un quadrilatero comune e triangoli congruenti. C.V.D.



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