Quesito Maturità livello Archimede

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Davide90
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Quesito Maturità livello Archimede

Messaggio da Davide90 » 27 giu 2009, 11:16

Posto per i giovincelli un quesito della maturità di quest'anno che potrebbe essere a livello Archimede/provinciali:

Esiste solo un poliedro regolare le cui facce sono esagoni”. Si dica se questa affermazione è vera o falsa e si fornisca una esauriente spiegazione della risposta.

Oltre alla dimostrazione più evidente che sicuramente vi verrà in mente, dimostratelo anche con la formula di Eulero (che non so perchè ho scritto che era di Euclide... XD). :wink:
"[L'universo] è scritto in lingua matematica, e i caratteri son triangoli, cerchi, ed altre figure geometriche; [...] senza questi è un aggirarsi vanamente per un oscuro laberinto." Galileo Galilei, Il saggiatore, 1623
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]

pak-man
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Messaggio da pak-man » 27 giu 2009, 12:00

1) Ogni vertice del poliedro è il vertice di tre facce che giacciono sui piani concorrenti in quel punto. Poiché gli angoli interni di un esagono sono di 120° e le facce sono tre, la somma dei tre angoli è 360° dunque le tre facce sono complanari e non possono formare il vertice di un poliedro.
[qualcuno mi aiuti in questa assenza di formalismo!]

2) la relazione di Eulero è $ F+V=S+2 $.
Ogni spigolo è ottenuto dall'intersezione di due facce adiacenti, dunque $ S=6F/2=3F $, mentre ogni vertice è ottenuto dall'intersezione di tre facce adiacenti, dunque $ V=6F/3=2F $.
Ma allora si dovrebbe avere $ F+2F=3F+2 $ che è assurdo.

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Davide90
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Messaggio da Davide90 » 27 giu 2009, 12:07

In entrambe dovresti tenere conto che non è detto che le facce concorrenti nel vertice siano 3...
Correggendo questo cosa, anche nella seconda, riesci a metterle a posto. :wink:
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pak-man
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Messaggio da pak-man » 27 giu 2009, 12:41

Davide90 ha scritto:In entrambe dovresti tenere conto che non è detto che le facce concorrenti nel vertice siano 3...
Correggendo questo cosa, anche nella seconda, riesci a metterle a posto. :wink:
Giusto.

Intanto correggo il primo punto.
Ogni vertice è individuato da *almeno* tre facce, poi il conto degli angoli è sempre >=360°

Vediamo il secondo punto, dovrebbe essere giusta questa.
Il discorso è analogo al precedente tranne per il fatto che ogni vertice è individuato da *almeno* tre facce, dunque $ V=6F/n $, con $ n\ge3 $ intero.
Dunque $ F+\dfrac{6F}{n}=3F+2 $, $ 3F/n=F+1 $, $ F=\dfrac{n}{3-n} $, assurdo per l'assunzione su $ ~n $.

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Davide90
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Messaggio da Davide90 » 27 giu 2009, 12:49

Si, ora va bene. :wink:
Molto agile come quesito mi sembra... Volendo bastava anche dire che i poliedri regolari sono 5 e non comprendono poliedri con facce esagonali! XD
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pak-man
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Messaggio da pak-man » 27 giu 2009, 13:14

Davide90 ha scritto:Si, ora va bene. :wink:
Molto agile come quesito mi sembra... Volendo bastava anche dire che i poliedri regolari sono 5 e non comprendono poliedri con facce esagonali! XD
Lol è vero! :)

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 27 giu 2009, 13:18

Davide90 ha scritto:Si, ora va bene. :wink:
Molto agile come quesito mi sembra... Volendo bastava anche dire che i poliedri regolari sono 5 e non comprendono poliedri con facce esagonali! XD
beh però dovevi domostrarlo :D

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Davide90
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Messaggio da Davide90 » 27 giu 2009, 13:42

Mah, secondo me i punti del quesito li prendevi lo stesso! :)
Però si, in ambito olimpico va dimostrato con il primo metodo scritto da pak-man.
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