Maratona di problemi

[TomSawyer1]

Proviamo a fare questa cosa: comincio col proporre io un problema (abbastanza facile), poi chi lo risolve propone a sua volta un problema etc etc. Se il risolutore di un problema non ha niente da proporre, puo' dare il permesso ad altri di proporne uno.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.

Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.

[mircoFN1]

"MaMo":Un poliedro regolare ha n facce triangolari di lato 1 (n = 4, 8, 20). Determina il volume del poliedro in funzione di n.

Non ho capito bene da dove si deve partire, comunque proviamo

detto $h(n)$ la distanza del centro dalla faccia , e quindi:

$h(4)=\sqrt(6)/12$
$h(8)=\sqrt(6)/6$
$h(20)=(3+\sqrt(5))*\sqrt(3)/12$

la formula del volume è

$V(n)=\sqrt(3)/12*h(n)*n$

[MaMo2]

"mirco59":
...
la formula del volume è

$V(n)=\sqrt(3)/12*h(n)*n$

Ora ti basta trovare h(n).

[mircoFN1]

Veramente $h(n)$ l'ho data, ma cosa intendi, la dimostrazione geometrica di quelle formule ?
Se è così, si tratta di un po' di algebra vettoriale e di trigonometria....

[MaMo2]

Tu hai dato i valori di h per ogni valore di n.
Per h(n) io intendo esprimere l'altezza di una delle piramidi che formano il poliedro in funzione di n.

[mircoFN1]

"MaMo":Tu hai dato i valori di h per ogni valore di n.
Per h(n) io intendo esprimere l'altezza di una delle piramidi che formano il poliedro in funzione di n.

Proviamo allora a dimostrare le relazioni date.

Il vertice di un poliedro platonico di facce triangolari (equilatere) di spigolo unitario sono piramidi a base: triangolare, quadrata o pentagonale. Definisco la seguente funzione $m(n) $ :
$m(4)=3$
$m(8)=4$
$m(20)=5$
che esprime il numero di lati della base della piramide in funzione del numero di facce del poliedro.
Il cerchio circoscritto alla base della piramide ha raggio dato da:
$r(n)=1/(2\sin(\pi/(m(n)))$
L’altezza della piramide $H(n)$ si calcola con Pitagora:
$H(n)=\sqrt(1- r(n)^2) $
da cui si ottiene il raggio della sfera circoscritta al poliedro (sapendo che $H$ è la freccia di un segmento circolare la cui corda è $2r$):
$R(n)= (r(n)^2+ H(n)^2)/(2* H(n))$
e quindi anche la richiesta distanza della faccia del poliedro dal centro (Pitagora)
$h(n)= \sqrt(R(n)^2-1/3)$

Salvo errori i risultati sono quelli indicati nel precedente post.

ciao

[MaMo2]

Tutto esatto. Ora però devi trovare la funzione m(n).

[mircoFN1]

Essendo:

$Platrio(v)$

la funzione a valori Naturali definita sull'insieme ${3,4,5}$ che restituisce il numero di facce del solido platonico a facce triangolari ai cui vertici concorrono $v$ spigoli:

$m(n)=Platrio^(-1)(n)$

OK?

[MaMo2]

"mirco59":Essendo:

$Platrio(v)$

la funzione a valori Naturali definita sull'insieme ${3,4,5}$ che restituisce il numero di facce del solido platonico a facce triangolari ai cui vertici concorrono $v$ spigoli:

$m(n)=Platrio^(-1)(n)$

OK?

No, troppo facile. Esiste una famosa relazione che lega il numero delle facce di un poliedro con ...

[mircoFN1]

Ora ho capito dove vuoi arrivare, il mitico Eulero!

$1/m - 1/6 =1/n$

va bene?

[MaMo2]

"mirco59":Ora ho capito dove vuoi arrivare, il mitico Eulero!

$1/m - 1/6 =1/n$

va bene?

Quasi. Infatti si ottiene $m = (6n)/(6+n)$. Ma se $n = 4 -> m = 12/5$ che è sbagliato.

P.s. Per il prossimo tentativo posta il ragionamento.

[mircoFN1]

Vediamo ora di non fare altri pasticci di calcolo!

Partiamo da Eulero ($n$ facce, $S$ spigoli e $V$ vertici):

$n+V-S=2$

siccome ogni faccia ha tre spigoli ma ogni spigolo è comune a due facce:

$S(n)=3*n/2$

da Eulero, quindi

$V(n)=2-n+3n/2$

a questo punto si tratta di ottenere il numero di spigoli per vertice, tendo conto che ogni spigolo arriva a due vertici:

$m(n)=2(S(n)) /(V(n))=(6n)/(4+n)$

Ci siamo?

[MaMo2]

"mirco59":
...
$m(n)=2(S(n)) /(V(n))=(6n)/(4+n)$

Ci siamo?

Sì. (finalmente ). Riassumendo la formula del volume del poliedro (per n = 4, 8, 20) diventa:

$V=n/(12sqrt(3tan^2[((n+4)/(n))*pi/6]-1)$

Ora a te il prossimo problema.

[mircoFN1]

Rimango in tema.
Il pallone da calcio spesso è realizzato gonfiando un poliedro non regolare formato però di pentagoni ed esagoni regolari.
Determinare il numero di esagoni e di pentagoni necessari per fare il pallone e il volume del poliedro sapendo che ogni spigolo è lungo 1.

(PS: si trascuri l'effetto deformativo della pressione )

[elgiovo]

Il poliedro in questione è anche noto come
icosaedro troncato, in quanto ottenuto
da un icosaedro regolare tagliato in modo che
ognuno dei suoi lati sia accorciato di $1/3$
da ambo le parti. Con un pò di immaginazione
(o con un pallone sottomano!) non è difficile
contare $20$ esagoni e $12$ pentagoni.
Per quanto detto sopra, il volume si ottiene
sottraendo ad un icosaedro regolare di lato $3$
12 piramidi rette a base pentagonale.
E' facile trovare l'altezza delle piramidi,
ad esempio con il teorema dei seni e quello
di Pitagora: il pentagono di base è composto
da 5 triangoli isosceli i cui angoli sono
$2/5pi$ (per suddivisione di un angolo giro)
e da un angolo, $alpha$, ripetuto due volte,
che si ottiene semplicemente come
$alpha=1/2(pi-2/5pi)=3/10pi$. Dunque, per
il teorema dei seni, è $x=(mbox(sen)3/10 pi)/(mbox(sen)2/5 pi)$,
dove $x$ è il segmento congiungente un
vertice del pentagono con il centro.
L'altezza delle piramidi è dunque
$h=sqrt(1-x^2)=sqrt(1/2 - sqrt5/10)$.
Per il volume dell'icosaedro, basta usare
una ben nota formula per il volume di un
poliedro regolare con $n$ facce triangolari;
l'area di un pentagono di lato $1$ vale
banalmente $1/4sqrt(25+10sqrt5)$,
dunque il volume dell'icosaedro troncato è
$V=(20cdot3^3)/(12sqrt(3tan^2[(20+4)/(20)cdot pi/6]-1))-12(1/3 cdot 1/4sqrt(25+10sqrt5)sqrt(1/2 - sqrt5/10))=43/4sqrt5+125/4$.

[mircoFN1]

Mi sembra corretto!
Ed è proprio il caso: a te la palla!

ciao

[elgiovo]

Problema
Dire quante sono le coppie $(a,b)$ di interi positivi
tali che $a<=222$ e $a/2.

[_luca.barletta]

"elgiovo":Problema
Dire quante sono le coppie $(a,b)$ di interi positivi
tali che $a<=222$ e $a/2.

Notiamo anzitutto che non si hanno valori ammissibili per $b$ quando $a<4$, infatti
$4/2=2
Nella disuguaglianza $a/2 La soluzione può allora essere espressa nella forma:
$sum_(i=1)^N 6i$
Quanto vale N? per $a=222$ si ha $111
$sum_(i=1)^36 6i=6*(36*37)/2=3996$

In realtà per $a=221$ ci sono 37 valori possibili per $b$, quindi
Ris=3996+37=4033

[elgiovo]

Ecco un procedimento
alternativo: rappresentiamo nel piano $Oab$ le rette $a/2$ e $2/3 a$:

Escludendo l'origine e il punto $(222,111)$ sulla prima retta
vi sono $110$ lattice points (ovvero i punti con la prima
coordinata pari), mentre sulla seconda, escludendo stavolta
il punto $(222,148)$ ve ne sono $73$ (ovvero i punti con
la prima coordinata multiplo di $3$); sul segmento congiungente
$(222,111)$ e $(222,148)$ ve ne sono $38$. L'area del triangolo
è $((148-111)cdot222)/2=4107$. Quindi, per il teorema di Pick,
$4107=I+(1+38+73+110)/2-1$, dove $I$ è il numero di
lattice points strettamente contenuti nel triangolo.
Dunque $I=3997$.

[_luca.barletta]

elgiovo, sicuro della tua soluzione? Ho contato i punti anche con un foglio di calcolo, e sono 4033

[elgiovo]

Nell'applicazione del teorema di Pick non dovrei
aver sbagliato, ma purtroppo non ho a disposizione
la soluzione e vi invito a cercare gli errori, se ce ne sono.