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Triangolo in un cubo [semifinali Bocconi 09]

Inviato: 22 mar 2009, 19:43
da fph
Visto che a quanto pare l'ho ciccato :roll: e non ho voglia di rifare i conti per capire se sono quelli che ho sbagliato o no, ve lo posto sul forum così gli stessi conti miei magari li fa qualcun altro :mrgreen:

Sia dato un cubo di lato 8. Il triangolo ABC è tale che:
-A sia un vertice del cubo
-B e C siano sulla superficie del cubo
-il baricentro di ABC coincida con il centro del cubo
Quanto vale al massimo l'area di ABC?

Inviato: 22 mar 2009, 21:55
da FeddyStra
Mettendo il centro del cubo nell'origine delle coordinate e i suoi vertici in $ (\pm4,\pm4,\pm4) $, mi pare che un triangolo di area massima possa essere quello che ha per vertici $ A(-4,-4,4) $, $ B(0,0,-4) $ e $ C(4,4,0) $. Se non ho sbagliato i conti, l'area dovrebbe risultare $ S=24\sqrt2 $.

Inviato: 22 mar 2009, 22:33
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
soluzione suicida:

Chiamiamo i tre vertici del cubo vicini ad A D,E,F. Poi G,H,I rispettivamnete i vertici sulle facce del cubo ADGE, ADHF, AEIF e L il vertice opposto a A. Chiamiamo inoltre K il centro del cubo e R,S,T rispettivamente i centri delle facce FHLI, DHLG, EGLI. Chiamiamo M,N,O,Z rispettivamente il punto medio di LI,LG,LH,DH.

Chiamiamo J il punto medio di BC. Esso si ottine da K con una omotetia centro A e fattore 3/2, quindi è il punto medio di KL.
Assumiamo wlog che B stia sulla faccia HLGD e che C stia su FILH. Essendo C simmetrico di B rispetto a J, B sta sul piano simmetrico di LHFI rispetto a J, quindi sta sul segmento ZN. Si nota che se B è sul segmento SZ, C va fuori da cubo, quindi B sta sul segmento SN. Ma l'area di ABC è 6 volte quella di KJB, quindi il problema diventa di massimizzare l'area di JBK, dove J è il centro del cubo RMLNSK. Chiamata V la poiezione di B su KL il problema equivale a massimizzare BV. Chiamata d la distanza tra le rette SN e KL si ha che $ BV^2 = x^2 + d^2 $ dove x è la distanza di B da KL osserviamo il cubo RMLNSK con vista parallela a NM (in modo che il cubo risulti un rettangolo e che SN e RM siano sovrapposte). Quindi BV è massimo quando B è in S o in N, quindi l'area massima è quella del triangolo ASM (oppure ARM). Abbiamo che $ MS=4 \sqrt{3} $, $ SA = 4 \sqrt{6} $ e $ AM = 12 $ quindi siccome $ AS^2 + SM^2 = AM^2 $, abbiamo $ [ABC]_{max} = [ASM] = \frac{1}{2} AS \cdot SM = 24 \sqrt{2} $

Inviato: 23 mar 2009, 01:00
da alessio
Per caso era il problema 17 (cioè quello $ \in GP \backslash L2 $) ? Non vorrei aver dimenticato qualcosa :shock:

Inviato: 23 mar 2009, 01:06
da fph
Beh, a questo punto vi dico anche la mia. Chiamiamo A=(-4,-4,-4). B sta sul bordo del cubo, quindi ha una coordinata 4 o -4. Supponiamo WLOG che sia la prima. Se fosse -4, poiché A+B+C=0 (come vettori), avremmo C_1=8, impossibile starebbe fuori dal cubo. Quindi B_1=4, C_1=0. Anche C ha una coordinata 4, stesso discorso. Quindi le coordinate sono:
A=(-4,-4,-4)
B=(4,0,x)
C=(0,4,4-x)
A questo punto si tira fuori dal cappello la formula che dice che $ 2Area_{ABC}=\left\Vert(\overrightarrow B- \overrightarrow A)\times(\overrightarrow C- \overrightarrow A)\right\Vert $ (prodotto vettore), si fanno i conti (fattibili) in coordinate e viene che l'area è la radice quadrata di un polinomio di secondo grado in x. Massimizza* e hai vinto.

(* io ovviamente ho minimizzato...)

Inviato: 23 mar 2009, 10:38
da teppic
@Alessio: certo.

@Gabriel: Dove sono i punti Z e N? Perché nel wlog escludi il caso che nessuno tra B e C stia su FILH?

@fph: bellissima!

Io ho fatto il disegno abbastanza volte da riuscire a vedere la condizione che hai trovato tu.