Un parallelepipedo rettangolo interamente verniciato ha dimensioni x, y, z intere e maggiori di 2; tagliandolo in cubi unitari si constata che ve ne sono tanti senza vernice quanti con almeno una faccia verniciata. Dimostrare che questo è possibile solo per un numero limitato di terne (x, y, z).
Le parole dell’enunciato sono mie, ma il problema è stato posto anni fa dal Comitato Olimpico, non ricordo se per una gara o in altra occasione. Qualcuno sa dove posso trovare la soluzione o riesce a re-inventarla? Spero di aver postato nella parte giusta del forum.
Un parallelepipedo annoso
Se hai voglia di completare la dimostrazione di Hitleuler, guarda qua:
viewtopic.php?t=6189&highlight=1993
Altrimenti cerca sul libro "I problemi di matematica della Scuola Normale Superiore", è il terzo problema del 1993. Io lo avevo risolto in modo diverso, ma la mia soluzione era un po' lunga e non ho molta voglia di cercarla di nuovo e scriverla...
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Altrimenti cerca sul libro "I problemi di matematica della Scuola Normale Superiore", è il terzo problema del 1993. Io lo avevo risolto in modo diverso, ma la mia soluzione era un po' lunga e non ho molta voglia di cercarla di nuovo e scriverla...
Ringrazio per la pronta risposta e trovo bella la soluzione indicata; però rido perché dopo anni di sforzi che avevano prodotto solo una soluzione orribile, proprio oggi ne ho trovato una buona. E’ fin troppo facile; sarà giusta? Eccola:
Si trova subito che l’equazione da risolvere è
$ xyz=2(x-2)(y-2)(z-2) $
da cui si ricava facilmente che all’aumentare di una variabile deve diminuirne un’altra. Sia ora $ x \geq y \geq z $ e aggiungiamo $ z \geq 5 $ deducibile dal fatto che sono verniciati 2 strati interi e altri cubi. Dall’equazione ricaviamo
$ x=\frac{4(y-2)(z-2)}{y(z-4)-4(z-2)} $
da cui, essendo $ z \geq 5 $ , si ottiene
$ x \le \frac{12(y-2)}{y-12}=12+\frac{120}{y-12} $
Per $ y \neq 12 $ l'ultima frazione vale al massimo 120, quindi $ x \le 132 $ ed essendo limitata la dimensione massima ci sono solo un numero finito di soluzioni.
Per y=12 l’equazione iniziale diventa $ xz-5x-5z+10=0 $ che ha solo un numero finito di soluzioni.
Si trova subito che l’equazione da risolvere è
$ xyz=2(x-2)(y-2)(z-2) $
da cui si ricava facilmente che all’aumentare di una variabile deve diminuirne un’altra. Sia ora $ x \geq y \geq z $ e aggiungiamo $ z \geq 5 $ deducibile dal fatto che sono verniciati 2 strati interi e altri cubi. Dall’equazione ricaviamo
$ x=\frac{4(y-2)(z-2)}{y(z-4)-4(z-2)} $
da cui, essendo $ z \geq 5 $ , si ottiene
$ x \le \frac{12(y-2)}{y-12}=12+\frac{120}{y-12} $
Per $ y \neq 12 $ l'ultima frazione vale al massimo 120, quindi $ x \le 132 $ ed essendo limitata la dimensione massima ci sono solo un numero finito di soluzioni.
Per y=12 l’equazione iniziale diventa $ xz-5x-5z+10=0 $ che ha solo un numero finito di soluzioni.