direi sns 1999 forse

[didudo]

dato un quadrato di lato l,dire qual'è la lunghezza minima dei segmenti (o archi) tali che ogni retta passante per il quadrato interseca almeno un segmento in almeno un punto.

[karlosson_sul_tetto]

Se considerare il cerchio come un poligono regolare con segmenti equivalenti ad un punto,allora si puo continuare finche non metti una linea dalla circonferenza del cerchio minore fino al vertice.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

@karlosson: come minimo deve essere minore 4l, è facile vedere che si può anche con 3l o con $ 2\sqrt{2}l $...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

cmq due rilanci:

1-dato un quadrilatero ABCD qualsiasi noto, dire qual'è la lunghezza minima dei segmenti (o archi) tali che ogni retta passante per il quadrato interseca almeno un segmento in almeno un punto.

2-dato un triangolo ABC qualsiasi noto, dire qual'è la lunghezza minima dei segmenti (o archi) tali che ogni retta passante per il quadrato interseca almeno un segmento in almeno un punto.

[karlosson_sul_tetto]

2-secondo me il caso del quadrato senza un vertice...

[Iuppiter]

Dopo una serie di osservazioni, mi verrebbe da generalizzare e dire che in ogni poligono convesso di $ n $ lati, la lunghezza minima dei segmenti tali che ogni retta passante per il poligono intersechi almeno un segmento in almeno un punto è data dalla somma delle lunghezze dei segmenti ottenuti congiungendo il baricentro del poligono con i vertici dello stesso.

Però non saprei fare la dimostrazione, e non so nemmeno se è giusto.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

temo sia sbagliato, infatti per il triangolo il punto non è il baricentro ma il punto di Fermat.

[FeddyStra]

temo sia sbagliato, infatti per il triangolo il punto non è il baricentro ma il punto di Fermat.

Questo non è sempre vero. Se il punto di Fermat è interno al triangolo è indubbiamente giusto, ma se esso è esterno no. Infatti è superfluo tracciare parte delle curve fuori dal triangolo.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

temo sia sbagliato, infatti per il triangolo il punto non è il baricentro ma il punto di Fermat.

Questo non è sempre vero. Se il punto di Fermat è interno al triangolo è indubbiamente giusto, ma se esso è esterno no. Infatti è superfluo tracciare parte delle curve fuori dal triangolo.

si hai ragione freddy, se il triangolo ha un angolo maggiore di 120 non è così, in quel caso dovrebbe essere il vertice dell'angolo ottuso il punto.

[Gauss91]

sinceramente (per il primo problema del quadrato) io riesco a trovare solo 2\sqrt{2}l, ma nn so cm si potrebbe dimostrare che questa è la minima possibile.
Se poteste chiarirmi qualcosa, ve ne sarei grato.
PS: che linguaggio per le formule si usa su questo forum? Ho visto che MathML non funziona...

[FeddyStra]

PS: che linguaggio per le formule si usa su questo forum? Ho visto che MathML non funziona...

$ \LaTeX $

[Il_Russo]

Mi pare che questo problema sia già stato postato da qualche parte. Comunque c'è una configurazione con lunghezza totale $ $ (2 + \frac{\sqrt{2}}{2})l $, (un angolo più mezza diagonale), ma poi boh.

[Gauss91]

Ma una dimostrazione come si potrebbe costruire? Penso che andare a tentativi e pensare che la propria è la migliore fin quando qualcuno ne trova una ancora più piccola sia a dir poco insoddisfacente come soluzione finale!