Il testo lo trovate qui. http://andfog.altervista.org/math/Squad ... 202003.pdf
è il numero 18, non so proprio come farlo...
Gara a squadre 2003
Boh, posto la mia ma il risultato non combacia, se qualcuno mi sa dire dov'è l'errore... 
Per prima cosa noto che i due parallelogrammi devono essere uguali (è facile da dimostrare, un po' di angle chasing...) a causa del fatto che la piantina del centro commerciale è un quadrato. Inoltre, si nota altrettanto facilmente che l'area del centro commerciale rimane invariata se, lasciati invariati gli angoli dei parallelogrammi, se ne spostano i lati che giaciono sui lati di ABCD. Chiamo i vertici di uno dei parallelogrammi $EFGH$ e i vertici dell'altro $ILMN$. Fisso, e posso farlo per quanto detto sopra, $E\equiv A$ e $I \equiv B$. Chiamo $\alpha = \hat{FEH}$. Chiamo inoltre $x= EF$ ($F$ giace su $BC$). Detto $l$ il lato del quadrato che sarà piantina del centro commerciale, posso dire che $120= x \sin{\alpha}$ e che $l=60\sin{\alpha}$. Quindi $xl =120\cdot 60= 7200$. Da come abbiamo scritto $l$ in funzione di $\alpha$, deduciamo inoltre che $l$ è minimo quando il seno di $\alpha$ è minimo, ovvero in tal caso quando $\alpha$ è minimo. Questo si verifica quando $F$ coincide col punto medio di $BC$, e in tal caso $x=60\sqrt{5}$. Da quanto detto prima e da questo, si ha che in tal caso $\displaystyle l^2 =\left( \frac{7200}{60\sqrt{5}} \right)^2 = 2880$. Inoltre, per lo stesso ragionamento di prima, il centro commerciale ha area massima quando $\alpha = 90°$, ovvero quando $l^2 = 3600$. In conclusione, il risultato mi esce $2880-3600 = 720$. Dov'è l'errore ?
Per prima cosa noto che i due parallelogrammi devono essere uguali (è facile da dimostrare, un po' di angle chasing...) a causa del fatto che la piantina del centro commerciale è un quadrato. Inoltre, si nota altrettanto facilmente che l'area del centro commerciale rimane invariata se, lasciati invariati gli angoli dei parallelogrammi, se ne spostano i lati che giaciono sui lati di ABCD. Chiamo i vertici di uno dei parallelogrammi $EFGH$ e i vertici dell'altro $ILMN$. Fisso, e posso farlo per quanto detto sopra, $E\equiv A$ e $I \equiv B$. Chiamo $\alpha = \hat{FEH}$. Chiamo inoltre $x= EF$ ($F$ giace su $BC$). Detto $l$ il lato del quadrato che sarà piantina del centro commerciale, posso dire che $120= x \sin{\alpha}$ e che $l=60\sin{\alpha}$. Quindi $xl =120\cdot 60= 7200$. Da come abbiamo scritto $l$ in funzione di $\alpha$, deduciamo inoltre che $l$ è minimo quando il seno di $\alpha$ è minimo, ovvero in tal caso quando $\alpha$ è minimo. Questo si verifica quando $F$ coincide col punto medio di $BC$, e in tal caso $x=60\sqrt{5}$. Da quanto detto prima e da questo, si ha che in tal caso $\displaystyle l^2 =\left( \frac{7200}{60\sqrt{5}} \right)^2 = 2880$. Inoltre, per lo stesso ragionamento di prima, il centro commerciale ha area massima quando $\alpha = 90°$, ovvero quando $l^2 = 3600$. In conclusione, il risultato mi esce $2880-3600 = 720$. Dov'è l'errore ?
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
Re: Gara a squadre 2003
La piantina del centro comerciale non è un quadrato...
Re: Gara a squadre 2003
si vede che sono un cretino...
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
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Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
1Cor 13:2
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Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
Re: Gara a squadre 2003
Deve venire 1920?
Comunque un ragionamento "rapido".
Diciamo che il caso in cui uno è un rettangolo lo fai a mano.
Adesso una qualsiasi configurazione è equivalente facendo il simmetrico dei due parallelogrammi rispetto all'asse del quadrato.
Allora posso disporre il primo parallelogramma (quello orizontale) ipotizzando che il lato a destra sia "più alto" di quello a sinistra.
Adesso qualsiasi siano il parallelogramma orizontale e il lato superiore del secondo "migliori" mantenendo questi fermi notiamo che spostande il lato inferiore del parallelogramma verticale verso il punto A, l'area dell'intersezione aumenta, poichè il trapezio che togli alla precedente intersezione ha la basi entrambi minori a quello che si aggiunge spostando il lato (si dimostra facilmente con un ragionamento sull'algolo di spostamente e la distanza delle basi dal vertice dell'angolo), al contrario invece se spostiamo verso destra. Troviamton quindi che il migliore lato inferiore è quello che ha un estremo in A(ricordando che abbiamo fatto l'ipotesi che il primo parallelogramma "salga" verso destra"). Con questo stesso ragionamento per gli altri lati troviamo che l'area maggiore si forma quando i due parallelogrammi hanno due vertici coincidenti in A e in C, la minore quando hanno gli estremi nei vertici opposti.
Adesso diventa un problema di calcolo dell'area. La maggiore è un rombo, una diagonale è la diagonale del quadrato, l'altra è 1/3 della diagonale (si nota che il punto in cui si incontrano i due lati è il baricentro del triangolo che si forma traciando una diagonale del quadrato). La minore è un quadrato, e con un po' di similitudini si riesce a trovare i lato.
Capisco che è molto vaga ma non mi andava di fare vari disegni al computer e di scrivere ogni singola cosa, dopo tutto è abbastanza intuitivo, e partendo da questo si scrive in modo rigoroso facilmente.
Comunque un ragionamento "rapido".
Diciamo che il caso in cui uno è un rettangolo lo fai a mano.
Adesso una qualsiasi configurazione è equivalente facendo il simmetrico dei due parallelogrammi rispetto all'asse del quadrato.
Allora posso disporre il primo parallelogramma (quello orizontale) ipotizzando che il lato a destra sia "più alto" di quello a sinistra.
Adesso qualsiasi siano il parallelogramma orizontale e il lato superiore del secondo "migliori" mantenendo questi fermi notiamo che spostande il lato inferiore del parallelogramma verticale verso il punto A, l'area dell'intersezione aumenta, poichè il trapezio che togli alla precedente intersezione ha la basi entrambi minori a quello che si aggiunge spostando il lato (si dimostra facilmente con un ragionamento sull'algolo di spostamente e la distanza delle basi dal vertice dell'angolo), al contrario invece se spostiamo verso destra. Troviamton quindi che il migliore lato inferiore è quello che ha un estremo in A(ricordando che abbiamo fatto l'ipotesi che il primo parallelogramma "salga" verso destra"). Con questo stesso ragionamento per gli altri lati troviamo che l'area maggiore si forma quando i due parallelogrammi hanno due vertici coincidenti in A e in C, la minore quando hanno gli estremi nei vertici opposti.
Adesso diventa un problema di calcolo dell'area. La maggiore è un rombo, una diagonale è la diagonale del quadrato, l'altra è 1/3 della diagonale (si nota che il punto in cui si incontrano i due lati è il baricentro del triangolo che si forma traciando una diagonale del quadrato). La minore è un quadrato, e con un po' di similitudini si riesce a trovare i lato.
Capisco che è molto vaga ma non mi andava di fare vari disegni al computer e di scrivere ogni singola cosa, dopo tutto è abbastanza intuitivo, e partendo da questo si scrive in modo rigoroso facilmente.
Re: Gara a squadre 2003
Esatto il risultato è 1920 