OliForum Matematico

facciamo 4 tagli ad una torta. quante fette possiamo avere al massimo?
e se ne facciamo n di tagli?

EDIT:dimostratelo

avevo trovato una formula. mi pare sia banalmente un polinomio di secondo grado

io non saprei...
dovrebbe essere una sommatoria...
ma non so come dimostrarlo...

considera che $\sum_{i=0}^ni=\frac{n(n+1)}{2}$ che alla fine e' un polinomio di secondo grado
cmq io avevo brutalmente calcolato i valori e poi fatto un sistema

EDIT
pero' mi pare che in effetti dopo a pensarci trovai anche un modo piu' matematico.

se non lo sai, data una successione aritmetica $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ ($a_{n+1}=a_n+d$) la somma dei primi n termini e' pari a $$\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n[2a_1+(n-1)d]~}{2}$$
data una successione geometrica $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ ($a_{n+1}=a_nq$) la somma dei primi n termini e' pari a $$\frac{(a_1-a_{n+1})}{1-q}=a_1\frac{1-q^n}{1-q}$$

Ma non andrebbe in ricreativa...potresti mostrarmi il metodo con il sistema?

Presente andare per tentativi?
n=1 p=?
n=2 p=?
n=3 p=?
n=4 p=?

Si le so calcolare le sommatorie, il problema è dimostrare che il numero delle fette massimo corrisponde davvero a quella sommatoria

sì skz, ci avevo pensato e volevo editare il mio post ma mi hai preceduta...
e in effetti la soluzione è quasi quella sommatoria...

però come l'hai trovata?
(io per tentativi... )

edit:eh siamo sulla stessa lunghezza d'onda...

non so se serve per la soluzione di questo problema...

gina, io ho solo mostrato un esempio solo per dire che il risultato una sommatoria di n termini puo' essere espressa tramite polinomi con n variabile
le altre 2 erano nel caso non le conoscessi dato il tuo post (le trovi un po' ovunque, e' banale teoria), perche' spesso e' piu' facile gestire polinomi che sommatorie.

@Claudio: e dove e' scritto che devi dimostrarlo?
comq osservando il disegno si intuisce qualcosa

grazie per le successioni...
ormai il mio motto è teoria, me vado via...

SkZ ha scritto: @Claudio: e dove e' scritto che devi dimostrarlo?

editato...


cmq sono arrivata dicendo (per tentativi, tanto per cambiare... ) che le fette più esterne sono 2n (tutti i tagli, si intersecano fra loro), poi andando un po' verso l'interno sono 2n-5, poi 2n-5-4, poi 2n-5-4-4... e così via... fino a 2n-5-(4*k)>0

beh ma dimostrarlo è facile, il primo taglio è una retta, il secondo può tagliare quella retta in al più un punto, passando dunque per due porzioni di piano, e dunque dividendo queste due e creando due nuove parti, il terzo taglio può tagliare le due rette precedenti in al più altri due punti, quindi passando al massimo per tre porzioni di piano, e quindi aggiungendo altre 3 parti, il 4 taglio può tagliare al più 3 rette in tre punti, creando dunque 4 nuove parti,.....;

la sommatoria dunque da voi trovata dice proprio questo;

in verita' quella era solo la sommatoria dei primi n numeri
non era la soluzione

staffo, all'incirca la mia idea era quella. in principio vedi che aggiungi 1, 2, 3, ... poi guardando la figura noti che al massimo puoi attraversare tot linee ergo aggiungi tot+1

SkZ ha scritto: staffo, all'incirca la mia idea era quella. in principio vedi che aggiungi 1, 2, 3, ... poi guardando la figura noti che al massimo puoi attraversare tot linee ergo aggiungi tot+1

io il +1 l'avrei aggiunto subito..
con zero tagli hai già una fetta...

Beh a me pare più una questione topoligca...esiste sempre una retta che tagli tutte le altre?

ah pensavo che avessi proposto quella sommatoria perchè proprio era lasoluzione del problema (come effettivamente è, a parte che devi aggiungerci uno all'inizio)

per la retta che taglia le altre, qui chiede quante fette al massimo, è ovvio che se faccio passare le rette in punti in modo che in un punto concorrano più rette, oppure in modo che due rette siano parallele, allora non ottengo il massimo delle fette, ma qui chiede il massimo, chè è appunto la somma dei primi interi positivi aumentata di uno.