Doppio SNS 1996!

[Pigkappa]

Problema 3.) Sia P un poliedro e siano F, S e V i numeri delle sue facce, spigoli e vertici. Si assuma che per P valga la formula di Eulero F - S + V = 2.

1)Provare che P ha qualche faccia con meno di 6 lati.
2)Detto k il numero delle facce con meno di 6 lati, determinare il minimo valore possibile per k.



Problema 6.)A partire da un cerchio $ \displaystyle C_1 $ tracciare successivametne un triangolo equilatero $ \displaystyle P_1 $ inscritto in $ \displaystyle C_1 $, il cerchio $ \displaystyle C_2 $ inscritto in $ \displaystyle P_1 $, un quadrato $ \displaystyle P_2 $ inscritto in $ \displaystyle C_2 $, il cerchio$ \displaystyle C_3 $ inscritto in $ \displaystyle P_2 $, un pentagolo regolare $ \displaystyle P_3 $ inscritto in $ \displaystyle C_3 $, e così via, ottenendo così una successione infinita di cerchi e poligoni regolari concentrici.
Dimostrare che l'intersezione di tutti i cerchi $ \displaystyle C_n $ è un cerchio di raggio non nullo.
Se necessario, si può ricorrere alla seguente disuguaglianza, valida per ogni $ \displaystyle k \geq 1 $:

$ \displaystyle \frac{1}{(k+1)^2}+\frac{1}{(k+2)^2}+\frac{1}{(k+3)^2}+... < \frac{1}{k} $


Commenti: ho corretto la disuguaglianza (anche se comunque era vera anche quella di prima, e serviva allo stesso modo). Il problema 6 secondo il libro da cui è tratto non è particolarmente difficile, secondo me sì.

[Alex90]

Provo con il 3

Ammettiamo per assurdo che tutte le facce di P hanno almeno 6 lati.
Ogni faccia ha 6 spigoli ma visto che vengono contati 2 volte ciascuno avremo almeno $ \displaystyle \frac{6}{2}F $ spigoli, cioè $ \displaystyle S \ge 3F $
ora analizziamo i vertici, ogni vertice è dato dall'unione di almeno 3 spigoli perciò i vertici sono almeno $ \displaystyle \frac{1}{3}S $ ma ogni spigolo va in 2 vertici, quindi $ \displaystyle V \le \frac{2}{3}S \Rightarrow V \le 2F $

$ \displaystyle F - S + V = 2 $
$ \displaystyle F - 3F + 2F = 2 $
$ \displaystyle 0 = 2 $ assurdo

Passiamo alla seconda parte:
avremo k facce con meno di 6 lati e F-k con 6 lati, perciò gli spigoli sono $ \displaystyle S = \frac{1}{2} \left (6(F-k) + n \cdot k \right) $ dove n è il numero di spigoli delle altre facce, questo potrà al minimo essere 3 $ \displaystyle \Rightarrow S = \frac{1}{2} \left (6(F-k) + 3 \cdot k \right) = 3F - \frac{3}{2}k $ e perciò $ \displaystyle V = \frac{2}{3}S = 2F - k $

$ \displaystyle F - S + V = 2 $
$ \displaystyle F - 3F +\frac{3}{2}k + 2F - k = 2 $
$ \frac{1}{2}k=2 \Rightarrow k = 4 $

[mattilgale]

risolvo il secondo, però è una soluzione un po' poco standard, mi sapete dire se la accetterebbero ad un concorso sns?

osserviamo che il raggio dell'n-esimo cerchio (per semplicità cominciamo con il 2, quindi l'incerchio del triangolo ha raggio R_3) vale
$ R_{n+1}=R_n\cdot\cos{\frac{\pi}{n} $ quindi $ \displaystyle R_n=R_2\cdot \prod_{i=3}^{n}\cos{\frac{\pi}{i}} $ e il cerchio intersezione ha raggio $ \displaystyle R=R_2\cdot \prod_{i=3}^{\infty}\cos{\frac{\pi}{i}} $
allora
consideriamo il prodotto
$ \displaystyle 1 =\prod_{i=3}^{\infty}\left( \cos^2{\frac{\pi}{i}}+\sin^2{\frac{\pi}{i}}\right) $ (1)

poiché $ \sin{\frac{\pi}{n} $ tende a 0 anche $ \displaystyle \prod_{i\in I}\sin{\frac{\pi}{i}}=0 $ per ogni insieme I di cardinalità infinita incluso in N.

quindi svolgendo il prodotto (1) tutti i termini con infiniti seni valgono 0 e "contano" solo quelli con unnumero finito di seni (non per fare della facile ironia ma secondo me i termini con due seni sono i migliori, però è meglio se gli angoli sono quasi di 90° così i seni sono belli grossi )

se R vale 0, ovviamente il prodotto (1) varrà 0, poiché ogni termine della sommatoria che si ottiene svolgendolo vale $ {\left(k\cdot R\right)}^2 $ dove k è una costante opportuna che vale $ \displaystyle \frac{\left(\mbox{un po' di seni}\right)}{R_2\cdot \left(\mbox{un po' di coseni}\right)}\cdot $
siamo arrivati ad un assurdo, quindi R>0.
fine
trall'altro non ho nemmeno usato quella disuguaglianza che dà il testo