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Gli Indam 2009 più carucci 1

Inviato: 12 set 2009, 00:49
da julio14
Si ha un tetraedro di spigoli a,b,c,d,e,f. Sia dato un punto P interno al tetraedro, siano $ $x_1,x_2,x_3,x_4 $ le distanze di P dalle facce e $ $h_1,h_2,h_3,h_4 $ le altezze.
Trovare $ $\frac{x_1}{h_1}+\frac{x_2}{h_2}+\frac{x_3}{h_3}+\frac{x_4}{h_4} $

Inviato: 12 set 2009, 00:56
da FeddyStra
julio14 ha scritto:Gli Indam 2009 più carucci
Ci si accontenta di poco... :roll:

Inviato: 12 set 2009, 01:01
da julio14
"Gli Indam 2009 per cui serviva un'idea (già vista e rivista)" non era un titolo molto raffinato...

Inviato: 12 set 2009, 01:48
da Agi_90
questo m'ha fregato, maledizione :evil:

Inviato: 12 set 2009, 01:50
da jordan
julio14 ha scritto:..non era un titolo molto raffinato...
LOOL :lol:

Ma, di teoria dei numeri, nulla?

Inviato: 12 set 2009, 01:57
da Agi_90
jordan ha scritto:
julio14 ha scritto:..non era un titolo molto raffinato...
LOOL :lol:

Ma, di teoria dei numeri, nulla?
se x e y sono diversi da 1 e xy divide 100 cosa possiamo dire su x :roll: :roll:

Inviato: 12 set 2009, 02:08
da jordan
:shock: :shock: Ok, nulla..

Inviato: 12 set 2009, 02:15
da julio14
Beh ti risparmio le risposte multiple... anche perché andando per esclusione le sbagliate erano sbagliate tutte per lo stesso identico motivo.

Re: Gli Indam 2009 più carucci 1

Inviato: 12 set 2009, 02:27
da Tibor Gallai
julio14 ha scritto:Si ha un tetraedro di spigoli a,b,c,d,e,f.
Questi poi sono i tocchi di classe che non possono mai mancare in simili problemi. Nomenclatura goffamente ridondante in modo evidente a priori (lettere definite e mai utilizzate nel testo), come spudorato maldestro tentativo di disorientare chi legge.

Inviato: 12 set 2009, 03:19
da julio14
lol è che l'esercizio era qualcosa del tipo "Sia data una piramide che ha per base un triangolo equilatero e i cui spigoli laterali sono uguali", ma era evidentemente uno spreco di caratteri. Volevo essere sicuro che non si supponessero le ipotesi normali dell'Indam.

Inviato: 12 set 2009, 05:42
da Tibor Gallai
Allora sei tu, il tapino! :wink:
Va bene, sfogo inutile. Comunque dare addosso ai problemi Indam è sempre bello, anche a torto. :D
Tra l'altro, interessante che loro ponessero vincoli sulla forma del tetraedro.

Inviato: 12 set 2009, 11:15
da julio14
Tibor Gallai ha scritto:Comunque dare addosso ai problemi Indam è sempre bello, anche a torto. :D
lol, pienamente d'accordo.

Inviato: 12 set 2009, 17:35
da Cassa
:oops: Ehm.. quanto veniva alla fine? :lol:

Inviato: 12 set 2009, 17:55
da Agi_90
Colleghi $ P $ con i vertici del tetraedro, hai diviso la nostra piramide in 4 tetraedri le quali altezze sono $ x_1,x_2,x_3,x_4 $, ora calcoli il volume in due modi uno è $ 3V = h_1A_b $ dove $ A_b $ è l'area di base e l'altro è sommando i volumi dei quattro tetraedri piccoli ossia: $ 3V = x_1A_b + A_L(x_2+x_3+x_4) $ da questo otteniamo: $ \displaystyle x_2+x_3+x_4 = \frac{3V-x_1A_b}{A_L} $ dove $ A_L $ è l'area di una delle facce laterali. Sostituendo otteniamo:

$ \displaystyle \frac{x_1}{h_1} + \frac{3V-x_1A_b}{h_2A_L} = \frac{x_1(h_2A_L - A_bh_1) + 3Vh_1}{h_1h_2A_L} = 1 $

Inviato: 12 set 2009, 18:07
da julio14
Era il caso generale... comunque ognuno di quei rapporti è ovviamente uguale al rapporto fra un volumetto e il volumone, quindi la nostra somma è
$ $\frac{V_1}V+\frac{V_2}V+\frac{V_3}V+\frac{V_4}V=\frac VV=1 $
so che è sostanzialmente la stessa di agi, ma è più generale ed elegante :D