Il samurai più veloce del mondo

[razorbeard]

Una palla di legno piena viene dipinta di rosso e lanciata in aria. Mentre è in aria,un samurai la taglia di netto 30 volte: la sfera rimane così suddivisa in tantissimi pezzi,alcuni dei quali hanno la superficie parzialmente colorata di rosso,gli altri hanno la superficie completamente color legno.
Quanti possono essere,al massimo, i pezzi con la superficie interamente color legno?

[Hawk]

In che senso la "taglia di netto"?

[razorbeard]

Per essere più preciso, il samurai lo taglia 30 volte con delle sezioni piane

[razorbeard]

Metto qui la risposta nascosta

Testo nascosto:

3654

[<enigma>]

Lo so che i grammar nazi stanno antipatici a tutti, ma è un errore lessicale molto diffuso nell'ambiente olimpico: un numero è la risposta, non la soluzione.

[nic.h.97]

come minimo gli servono 5 tagli per togliere tutta la parte rossa...
poi fa un taglio al solido che ne esce fuori , cosi' ottiene 2 solidi .
Se sono allineati , fa un altro taglio ed escono 4 solidi .
Se sono di nuovo allineati , fa un altro taglio e sono 8 solidi...
quindi $ 2^{25} $?

[razorbeard]

Enigma ha perfettamente ragione, per cui mi scuso con tutti,specialmente con chi si aspettava di trovare la dimostrazione
Per quanto riguarda il ragionamento di nic.h.97,la prima affermazione è falsa,in effetti possono bastare 4 tagli, così facendo si ottiene un tetraedro.
Il $2^{25}$ poi, è decisamente troppo alto

[karlosson_sul_tetto]

I pezzi dopo un taglio si possono spostare?

[razorbeard]

Questo il testo non lo specifica,ma se il samurai effettua tutti i tagli mentre la palla è in aria, allora sicuramente non ha il tempo di spostare i pezzi

[Mist]

Rispondo io perchè questo problema mi è piaciuto :3

Consideriamo $n$ piani che tagliano una sfera. La quantità richiesta è pari al numero massimo di parti in cui $n$ piani possono sezionare un piano meno quelle parti che non sono "chiuse" da altri piani ma sono delimitate solamente da tre piani.

Fatto 1 $n$ rette dividono un piano in $\displaystyle \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}$ parti.
Dimostrazione: Sia $p_n$ il numero di parti in cui $n$ rette dividono il piano. Se ora aggiungiamo una $n+1$-esima retta notiamo che le altre $n$ rette intercettano su di essa $n$ punti. Si originano quindi $n+1$ tra segmenti e semirette sull'ultima retta tracciata: è facile vedere che ad ognuno di questi corrisponde un nuovo piano. In altre parole $\displaystyle p_{n}=p_{n-1}+n= p_{n-2}+n-1+n= \dots = p_{1}+2+\dots + n-1+n = 2+2+\dots +n-1+n = 1+\binom{n+1}{2} = \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}$

Fatto 2 $n$ piani dividono lo spazio in $\displaystyle \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\binom{n}{3}$
Sia $k_n$ il numero di parti in cui al massimo $n$ piani dividono lo spazio. Se aggiungiamo un piano, gli altri $n$ piani identificano su quel piano $n$ rette che vanno a formare $p_n$ parti di piano sul nuovo piano. Per ognuna di queste parti si crea un nuovo spazio. Quindi $k_{n+1} = k_{n}+p_{n}$. Da qui, conoscendo $p_n$ dal fatto 1, sono conti e si ottiene la tesi.

Ora, immaginiamo di aver diviso lo spazio in $k_n$ parti con $n$ piani e di costruire una sfera tale che essa contenga tutti i punti di intersezione di tre (o più) piani al suo interno. Questa sfera può essere indefinitivamente grande senza che cambi il numero di parti in cui i piani dividono la superificie della sfera. Supponiamo quindi wlog che tutti i piani passino per il centro. Per calcolare quante siano le parti in cui viene divisa la superificie sferica, poggiamo questa su d'un piano e, detto $O$ il centro della sfera, chiamiamo $R$ l'intersezione di una retta $r$ qualsiasi passante per $O$ e la sfera e $R'$ l'intersezione tra $r$ ed il piano. è ovvio che allo scorrere di $R$ su uno qualsiasi dei contorni delle sezioni della superificie sferica, siccome questi sono circonferenze massimali, $R'$ traccia una retta sul piano. Si tracci ora un piano parallelo al precedente e passante per il centro della sfera. Si chiamo la calotta a contatto tangente al primo piano $A$ e la seconda calotta $B$. Si hanno quindi $n$ rette sul piano tangente ad $A$ così costruito: ad ognuna di queste rette corrisponde un contorno di una sezione della superificie sferica, ad ogni parte del piano limitata da rette corrisponde una parte di sfera delimitata solo da circonferenze massimali e ad ogni parte del piano non limitata da ogni parte da una retta (quindi ad ogni parte del piano infinita) corrisponde una porzione di superificie sferica che è presente sia in $A$ che in $B$. Ora, il numero di parti di superficie sferica presenti del tutto in $A$ è presente per simmetria anche in $B$: queste parti sono, sul piano, $p_n$ e quindi identificano sulla sfera in tutto $2p_n$ parti. Così facendo però abbiamo contato due volte le parti "infinite" che quindi vanno sottratte. Le parti del piano che invece sono "infinite" sono invece $2n$ (Si dimostra facile facile per induzione) e tali sono quindi anche le sezioni di superficie sferica condivise tra la calotta $A$ e la calotta $B$. In tutto le parti in cui viene divisa la superficie sferica sono quindi $2p_n-2n$. Per ognuna di queste parti corrisponde una porzione di spazio interna alla sfera che risulterà parzialmente colorata di rosso. Le parti in cui era stata inizialmente divisa la sfera abbiamo detto prima essere $k_n$ e quindi la quantità di parti color legno è pari a $\displaystyle k_n-(2p_n-2_n) = \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\binom{n}{3} -2\binom{n}{0}-2\binom{n}{1}-2\binom{n}{2}+2n = \binom{n}{3}-\binom{n}{2}-\binom{n}{1}-\binom{n}{0}+2n$ che per $n=30$ in effetti fa risultare $3654$.

Da dove viene il problema ?

[razorbeard]

Il problemaccio è tratto da una gara di allenamento prima di cesentico a cui hanno partecipato un sacco di licei italiani...