gabriel sarà anche un mostro in geometria ma a italiano stenta¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:
perchè il pentacisdodecaedro regolare non ha solo faccie triangoli equilateri?
SNS 2008/2009 Problema 5
[OT]
è curioso notare come quando il Pig ha postato questo problema in Combinatoria non l'ha cagato nessuno mentre ora che Desh l'ha spostato (riesumato) in Geometria quasi tutta l'attenzione del forum sembra essersi catalizzata su di esso .
[/OT]
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è curioso notare come quando il Pig ha postato questo problema in Combinatoria non l'ha cagato nessuno mentre ora che Desh l'ha spostato (riesumato) in Geometria quasi tutta l'attenzione del forum sembra essersi catalizzata su di esso
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Questo e l'anno scorso ha avuto il debitoAlex90 ha scritto:gabriel sarà anche un mostro in geometria ma a italiano stenta¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:
perchè il pentacisdodecaedro regolare non ha solo faccie triangoli equilateri?
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Ultima modifica di Algebert il 07 set 2008, 17:41, modificato 1 volta in totale.
"[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."
Azz piccolo errore di battituraAlex90 ha scritto:eh però è una malattia di voi carraresi allora
! Cavoli, nella tastiera QWERTY la "h" è piuttosto lontana dalla "a", come diavolo ho fatto 
?Che significaAlex90 ha scritto:Ops...non volevo infierire...perdono
? Non capisco a chi è riferita questa affermazione .Comunque mi sa che è meglio ritornare a parlare del problema (che, preciso, io al test non ho proprio fatto), perchè stiamo andando troppo OT
."[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."
Posso andare OT l'ultima volta?Alex90 ha scritto:Giusto per poi chiudere l'OT: era riferito al debito, che mi immagino non è una cosa divertente soprattutto quest'anno che ci sono gli esami di riparazione, tutto qui
A quanto pare siamo di fronte ad un topic maledetto... pure tu hai fatto un bell'errore nei tempi verbali
Lo dice pure Gobbino nei suoi consigli per scrivere una soluzione elegante:
Dal punto di vista tipografico:
Non dimenticare troppo l'ortografia, la grammatica, la sintassi.
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.
[/i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.
[/i]
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Tibor Gallai
- Messaggi: 1776
- Iscritto il: 17 nov 2007, 19:12
Potresti postare le idee fondamentali della soluzione?Tibor Gallai ha scritto: Io l'ho risolto, ma spezzandolo in tanti casi.
Qualcuno è riuscito a trovare una dimostrazione breve, e che non usi truccacci algebrici?
Grazie!!
"[L'universo] è scritto in lingua matematica, e i caratteri son triangoli, cerchi, ed altre figure geometriche; [...] senza questi è un aggirarsi vanamente per un oscuro laberinto." Galileo Galilei, Il saggiatore, 1623
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
La soluzione più corta del (b) che sia riuscito a trovare
Supponiamo per assurdo le facce siano in numero dispari. Allora per il punto (a) sono quadrilateri. Inoltre vale V = F + 2, basta sostituire il numero di spigoli S = 2F. Inoltre esistono vertici in cui concorrono 3 facce: se infatti così non fosse allora sarebbe $ 4V \leq 4F $, ma $ 4V = 4F+8 $, assurdo.
Piccola premessa su poliedri simmetrici rispetto ad una qualche retta. Questa retta interseca il contorno del poliedro in due punti poiché il poliedro è convesso, e i due punti sono un vertice e un punto interno ad una faccia. Se la retta non passasse per una faccia allora con la simmetria le facce si scambierebbero a coppie e sarebbero quindi in numero pari, assurdo. Per lo stesso motivo l'asse di simmetria deve passare per un vertice; anche gli F + 2 vertici sono in numero dispari.
In questi quadrilateri non ci può essere un lato di lunghezza differente rispetto a tutti gli altri. In tal caso infatti, il numero delle facce sarebbe il doppio del numero degli spigoli di quella lunghezza (ad ogni spigolo aderiscono due facce, tutte le facce sono contate poiché ogni faccia ha un lato di quella lunghezza, e ogni faccia è contata una volta sola perché ha solo un lato di quella lunghezza), ma allora le facce sono pari, assurdo. Quindi in ogni faccia o ci sono due coppie di lati di ugual lunghezza o tutti i lati hanno ugual lunghezza. Il caso dei parallelogrammi (lati di ugual lunghezza non sono adiacenti) si scarta abbastanza facilmente: c'è un vertice in cui concorrono 3 facce quindi 3 spigoli, due devono essere di ugual lunghezza perché ci sono solo 2 lunghezze disponibili, ma nelle facce gli spigoli adiacenti hanno lunghezza diversa. Per il caso dei deltoidi (due coppie di lati di ugual lunghezza e adiacenti) dobbiamo evocare il lemmino sulle simmetrie rispetto ad una retta.
Siano x e y le lunghezze dei lati del deltoide. Consideriamo un vertice in cui concorre un angolo tra un lato x e un lato y di una faccia. Consideriamo un verso di rotazione per gli spigoli uscenti dal vertice. Se ci sono più spigoli consecutivi della stessa lunghezza allora dove finisce la serie di spigoli consecutivi troviamo due facce che si portano una nell'altra solo con una simmetria rispetto ad una retta passante per il punto medio dello spigolo in comune, e questa simmetria deve conservare il poliedro per ipotesi, ma ciò non può essere per il lemma. Se invece gli spigoli sono di lunghezze alternate allora ci sono un numero pari di facce che concorrono nel vertice e due facce opposte si possono portare una nell'altra solo mediante una simmetria rispetto ad una retta passante per il vertice che deve conservare il poliedro per ipotesi, ma allora l'asse di simmetria passa per una faccia del poliedro per il lemma e allora le facce del poliedro sono a simmetria centrale, quindi sono parallelogrammi, quindi rombi. Guardate le figure, i "solo" sono giustificati dal fatto che i deltoidi sono orientati (le simmetrie centrali o rispetto ad un piano non valgono per ipotesi, solo le rotazioni).
Quindi scopriamo che le facce del nostro poliedro sono rombi. Innanzitutto notiamo che non possono essere quadrati. Ai vertici di un poliedro convesso devono concorrere angoli con somma totale inferiore a $ 2\pi $ (di più il poliedro sarebbe concavo, uguale avremmo due facce adiacenti nello stesso piano che si portano una nell'altra o con una traslazione che evidentemente non va bene o con una rotazione centrata nel punto medio dello spigolo in comune che non va bene per il lemma), quindi possiamo solo avere vertici con 3 quadrati che vi concorrono, ma allora si tratta di un frinkaedro che ha 6 facce, un numero pari.
Siano $ \alpha > \beta $ i due angoli del rombo. Nello stesso vertice non possono concorrere due tipi di angolo diversi. Se infatti fosse così avremo due rombi che possono essere portati uno nell'altro o con una rotazione centrata nel punto medio dello spigolo che non va bene oppure con una rotazione che porti il lato a nel lato b in figura, ma allora i due vertici all'estremità del lato b dovrebbero essere congruenti. Tuttavia l'altro rombo che ha lo spigolo b nel bordo ha all'estremità di quello spigolo angoli diversi, perciò nel vertice dovrebbero concorrere almeno due angoli di ogni tipo per un totale $ \geq 2\pi $. Quindi in ogni spigolo concorrono solo angoli dello stesso tipo, e in particolare, essendo $ \alpha $ ottuso essi possono concorrere solo in vertici da 3 facce. Ciò vuol dire che $ \alpha < \frac{2\pi}{3} $ e che quindi $ \beta > \frac{\pi}{3} $ e che quindi in un vertice concorrono al massimo 5 angoli $ \beta $. Ciò vuol anche dire che il totale degli angoli $ \alpha $ nel poliedro, e quindi delle sue facce, è multiplo di 3. Riepilogando abbiamo 3k facce, 3k + 2 vertici e 12k angoli di cui 6k $ \alpha $ e altrettanti $ \beta $. 2k vertici servono a sistemare gli $ \alpha $, ne rimangono k + 2 per i 6k $ \beta $. Massimo 5 angoli $ \beta $ per vertice, perciò $ 5(k+2) \geq 6k $ e $ k \leq 10 $. Le 3k facce devono essere in numero dispari, perciò k = 3, 5, 7, 9.
Caso k = 9. Ho 27 facce e 29 vertici e ne uso 18 per sistemare 54 angoli $ \alpha $. Ne rimangono 11 per 54 $ \beta $, ossia dieci vertici da 5 e uno da 4; ma i rombi attaccati a questo da 4 non possono essere portati negli altri 50 senza alterare il poligono, semplicemente perché gli altri non sono attaccati a vertici da 4.
Caso k = 7. 21 facce, 23 vertici, 14 per i 42 $ \alpha $, 9 per altrettanti $ \beta $, ossia 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 4, 3; i 3 rombi attaccati al vertice da 3 non possono essere portati negli altri; oppure 5, 5, 5, 5, 5, 5, 4, 4, 4; i massimo 12 rombi attaccati a vertici da 4 non possono essere portati negli altri.
Caso k = 5. 15 facce, 17 vertici, 10 per i 30 $ \alpha $, 7 per altrettanti $ \beta $, cioè 5, 5, 5, 5, 4, 3, 3; stesso problema per i rombi attaccati al vertice da 4; oppure 5, 5, 5, 4, 4, 4, 3; ci risiamo per i rombi attaccati al vertice da 3; o infine 5, 5, 4, 4, 4, 4, 4; stessa cosa per i massimo 10 rombi attaccati ai vertici da 5.
Caso k = 3. 9 facce, 11 vertici, 6 per i 18 $ \alpha $, 5 per altrettanti $ \beta $, quindi 5, 4, 3, 3, 3; non va bene per le 5 facce del vertice da 5; oppure 4, 4, 4, 3, 3, non va bene per le massimo 6 facce attaccate ai vertici da 3.
Supponiamo per assurdo le facce siano in numero dispari. Allora per il punto (a) sono quadrilateri. Inoltre vale V = F + 2, basta sostituire il numero di spigoli S = 2F. Inoltre esistono vertici in cui concorrono 3 facce: se infatti così non fosse allora sarebbe $ 4V \leq 4F $, ma $ 4V = 4F+8 $, assurdo.
Piccola premessa su poliedri simmetrici rispetto ad una qualche retta. Questa retta interseca il contorno del poliedro in due punti poiché il poliedro è convesso, e i due punti sono un vertice e un punto interno ad una faccia. Se la retta non passasse per una faccia allora con la simmetria le facce si scambierebbero a coppie e sarebbero quindi in numero pari, assurdo. Per lo stesso motivo l'asse di simmetria deve passare per un vertice; anche gli F + 2 vertici sono in numero dispari.
In questi quadrilateri non ci può essere un lato di lunghezza differente rispetto a tutti gli altri. In tal caso infatti, il numero delle facce sarebbe il doppio del numero degli spigoli di quella lunghezza (ad ogni spigolo aderiscono due facce, tutte le facce sono contate poiché ogni faccia ha un lato di quella lunghezza, e ogni faccia è contata una volta sola perché ha solo un lato di quella lunghezza), ma allora le facce sono pari, assurdo. Quindi in ogni faccia o ci sono due coppie di lati di ugual lunghezza o tutti i lati hanno ugual lunghezza. Il caso dei parallelogrammi (lati di ugual lunghezza non sono adiacenti) si scarta abbastanza facilmente: c'è un vertice in cui concorrono 3 facce quindi 3 spigoli, due devono essere di ugual lunghezza perché ci sono solo 2 lunghezze disponibili, ma nelle facce gli spigoli adiacenti hanno lunghezza diversa. Per il caso dei deltoidi (due coppie di lati di ugual lunghezza e adiacenti) dobbiamo evocare il lemmino sulle simmetrie rispetto ad una retta.
Siano x e y le lunghezze dei lati del deltoide. Consideriamo un vertice in cui concorre un angolo tra un lato x e un lato y di una faccia. Consideriamo un verso di rotazione per gli spigoli uscenti dal vertice. Se ci sono più spigoli consecutivi della stessa lunghezza allora dove finisce la serie di spigoli consecutivi troviamo due facce che si portano una nell'altra solo con una simmetria rispetto ad una retta passante per il punto medio dello spigolo in comune, e questa simmetria deve conservare il poliedro per ipotesi, ma ciò non può essere per il lemma. Se invece gli spigoli sono di lunghezze alternate allora ci sono un numero pari di facce che concorrono nel vertice e due facce opposte si possono portare una nell'altra solo mediante una simmetria rispetto ad una retta passante per il vertice che deve conservare il poliedro per ipotesi, ma allora l'asse di simmetria passa per una faccia del poliedro per il lemma e allora le facce del poliedro sono a simmetria centrale, quindi sono parallelogrammi, quindi rombi. Guardate le figure, i "solo" sono giustificati dal fatto che i deltoidi sono orientati (le simmetrie centrali o rispetto ad un piano non valgono per ipotesi, solo le rotazioni).
Quindi scopriamo che le facce del nostro poliedro sono rombi. Innanzitutto notiamo che non possono essere quadrati. Ai vertici di un poliedro convesso devono concorrere angoli con somma totale inferiore a $ 2\pi $ (di più il poliedro sarebbe concavo, uguale avremmo due facce adiacenti nello stesso piano che si portano una nell'altra o con una traslazione che evidentemente non va bene o con una rotazione centrata nel punto medio dello spigolo in comune che non va bene per il lemma), quindi possiamo solo avere vertici con 3 quadrati che vi concorrono, ma allora si tratta di un frinkaedro che ha 6 facce, un numero pari.
Siano $ \alpha > \beta $ i due angoli del rombo. Nello stesso vertice non possono concorrere due tipi di angolo diversi. Se infatti fosse così avremo due rombi che possono essere portati uno nell'altro o con una rotazione centrata nel punto medio dello spigolo che non va bene oppure con una rotazione che porti il lato a nel lato b in figura, ma allora i due vertici all'estremità del lato b dovrebbero essere congruenti. Tuttavia l'altro rombo che ha lo spigolo b nel bordo ha all'estremità di quello spigolo angoli diversi, perciò nel vertice dovrebbero concorrere almeno due angoli di ogni tipo per un totale $ \geq 2\pi $. Quindi in ogni spigolo concorrono solo angoli dello stesso tipo, e in particolare, essendo $ \alpha $ ottuso essi possono concorrere solo in vertici da 3 facce. Ciò vuol dire che $ \alpha < \frac{2\pi}{3} $ e che quindi $ \beta > \frac{\pi}{3} $ e che quindi in un vertice concorrono al massimo 5 angoli $ \beta $. Ciò vuol anche dire che il totale degli angoli $ \alpha $ nel poliedro, e quindi delle sue facce, è multiplo di 3. Riepilogando abbiamo 3k facce, 3k + 2 vertici e 12k angoli di cui 6k $ \alpha $ e altrettanti $ \beta $. 2k vertici servono a sistemare gli $ \alpha $, ne rimangono k + 2 per i 6k $ \beta $. Massimo 5 angoli $ \beta $ per vertice, perciò $ 5(k+2) \geq 6k $ e $ k \leq 10 $. Le 3k facce devono essere in numero dispari, perciò k = 3, 5, 7, 9.
Caso k = 9. Ho 27 facce e 29 vertici e ne uso 18 per sistemare 54 angoli $ \alpha $. Ne rimangono 11 per 54 $ \beta $, ossia dieci vertici da 5 e uno da 4; ma i rombi attaccati a questo da 4 non possono essere portati negli altri 50 senza alterare il poligono, semplicemente perché gli altri non sono attaccati a vertici da 4.
Caso k = 7. 21 facce, 23 vertici, 14 per i 42 $ \alpha $, 9 per altrettanti $ \beta $, ossia 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 4, 3; i 3 rombi attaccati al vertice da 3 non possono essere portati negli altri; oppure 5, 5, 5, 5, 5, 5, 4, 4, 4; i massimo 12 rombi attaccati a vertici da 4 non possono essere portati negli altri.
Caso k = 5. 15 facce, 17 vertici, 10 per i 30 $ \alpha $, 7 per altrettanti $ \beta $, cioè 5, 5, 5, 5, 4, 3, 3; stesso problema per i rombi attaccati al vertice da 4; oppure 5, 5, 5, 4, 4, 4, 3; ci risiamo per i rombi attaccati al vertice da 3; o infine 5, 5, 4, 4, 4, 4, 4; stessa cosa per i massimo 10 rombi attaccati ai vertici da 5.
Caso k = 3. 9 facce, 11 vertici, 6 per i 18 $ \alpha $, 5 per altrettanti $ \beta $, quindi 5, 4, 3, 3, 3; non va bene per le 5 facce del vertice da 5; oppure 4, 4, 4, 3, 3, non va bene per le massimo 6 facce attaccate ai vertici da 3.
Presidente della commissione EATO per le IGO
L'emozione di postare alle 6 del mattino
Dopo un'osservazione che mi è stata fatta dall'utente del forum che meglio di tutti gli altri conosce il mio poliedrico animo sono arrivato ad una soluzione più breve.
Una volta visto che le facce sono quadrilateri si può notare che i possibili tipi di vertice non sono poi molti. Poiché ogni quadrilatero si può sovrapporre ad un altro gli angoli di uno qualsiasi di essi concorrono in un vertice da k facce, uno da l, uno da m, uno da n (nello stesso ordine, ma non è necessario per la mia soluzione). Quindi ci sono al massimo 4 possibili tipi di vertice. All'inizio del messaggio precedente dimostravo anche che esistono vertici da 3, quindi almeno uno dei 4 numeri è 3. Inoltre esistono vertici con pari facce che vi concorrono, infatti il numero totale di angoli nel poliedro è 4F, dove F è il numero di facce, tuttavia i vertici sono F + 2, in numero dispari, e se in ognuno concorresse un numero dispari di angoli sarebbe assurdo. Si dimostra anche che il quadrilatero deve concorrere in esattamente due vertici da pari facce. Se infatti volessimo contare il totale di questi vertici dovremmo calcolare $ \frac{pF}{n} $, dove p è il numero di angoli del quadrilatero che concorrono in un vertice da n facce con n pari. Ma n è appunto pari e perché la quantità sia intera p deve essere divisibile per due, e non può essere né 0 per quanto detto prima né 4 perché esistono vertici da 3, e inoltre n è divisibile esattamente per 2, se no la quantità di prima non sarebbe intera.
Rimangono due possibilità:
Ogni quadrilatero concorre in due vertici da 3 e in due da 2h, con h dispari e $ h \geq 3 $. Il totale dei vertici sarebbe allora $ \frac{2F}{3} + \frac{2F}{2h} \leq \frac{2F}{3} + \frac{F}{3} = F $, ma i vertici sono F + 2, assurdo.
Ogni quadrilatero concorre in un vertice da 3, in due da 2h, con h come prima, e in uno da i con i > 3. Il totale dei vertici è allora $ \frac{F}{3} + \frac{2F}{2h} + \frac{F}{i} < \frac{F}{3} + \frac{F}{3} + \frac{F}{3} = F $, ma i vertici totali sono di più.
Una volta visto che le facce sono quadrilateri si può notare che i possibili tipi di vertice non sono poi molti. Poiché ogni quadrilatero si può sovrapporre ad un altro gli angoli di uno qualsiasi di essi concorrono in un vertice da k facce, uno da l, uno da m, uno da n (nello stesso ordine, ma non è necessario per la mia soluzione). Quindi ci sono al massimo 4 possibili tipi di vertice. All'inizio del messaggio precedente dimostravo anche che esistono vertici da 3, quindi almeno uno dei 4 numeri è 3. Inoltre esistono vertici con pari facce che vi concorrono, infatti il numero totale di angoli nel poliedro è 4F, dove F è il numero di facce, tuttavia i vertici sono F + 2, in numero dispari, e se in ognuno concorresse un numero dispari di angoli sarebbe assurdo. Si dimostra anche che il quadrilatero deve concorrere in esattamente due vertici da pari facce. Se infatti volessimo contare il totale di questi vertici dovremmo calcolare $ \frac{pF}{n} $, dove p è il numero di angoli del quadrilatero che concorrono in un vertice da n facce con n pari. Ma n è appunto pari e perché la quantità sia intera p deve essere divisibile per due, e non può essere né 0 per quanto detto prima né 4 perché esistono vertici da 3, e inoltre n è divisibile esattamente per 2, se no la quantità di prima non sarebbe intera.
Rimangono due possibilità:
Ogni quadrilatero concorre in due vertici da 3 e in due da 2h, con h dispari e $ h \geq 3 $. Il totale dei vertici sarebbe allora $ \frac{2F}{3} + \frac{2F}{2h} \leq \frac{2F}{3} + \frac{F}{3} = F $, ma i vertici sono F + 2, assurdo.
Ogni quadrilatero concorre in un vertice da 3, in due da 2h, con h come prima, e in uno da i con i > 3. Il totale dei vertici è allora $ \frac{F}{3} + \frac{2F}{2h} + \frac{F}{i} < \frac{F}{3} + \frac{F}{3} + \frac{F}{3} = F $, ma i vertici totali sono di più.
Presidente della commissione EATO per le IGO
In effetti, pare proprio che sia maledetto: l'errore non è nel tempo verbale, ma nel modo.Haile ha scritto:A quanto pare siamo di fronte ad un topic maledetto... pure tu hai fatto un bell'errore nei tempi verbali
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]