Bocce e scatola. SNS 07-08. Possibile che sia così facile?!

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Fedecart
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Bocce e scatola. SNS 07-08. Possibile che sia così facile?!

Messaggio da Fedecart » 14 lug 2009, 13:26

Un gioielliere vuole imballare tre bocce di cristallo di forma sferica e di diametro di 10cm; ha trovato una scatola a forma di parallelepipedo di lati 16cmX16cmX20cm. Dite, motivando la risposta, se è possibile far stare le tro bocce nella scatola.

Io l'ho risolto con un conticino, ma ho molti dubbi, perchè mi sembra strano che un sns (di un anno recente pure) possa essere così facile. Ditemi come lo fareste voi! =)

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 14 lug 2009, 14:31

Prendiamo per comodità il parallelepipedo avente per base un quadrato di lato 16 e alto 20.
Posizioniamo la prima sfera in basso a contatto con due lati qualsiasi della superficie laterale del solido.
Il centro della sfera si troverà distante 5 cm dalle tre facce, la seconda sfera verrà posizionata nel modo più conveniente, quindi a contatto con i due lati che non toccano la prima sfera, il centro della seconda sfera si troverà quindi ad un'altezza $ h=\sqrt{(2r)^2-((l-2r)\sqrt{2})^2} \approx 5,3 $ sopra al centro della prima sfera; dato che la situazione è simmetrica rispetto ad un piano passante per il centro della seconda sfera e parallelo alle basi del parallelepipedo, si ha che l'altezza minima è

$ H=2(h+r) \approx 20,6 > 20 $

Quindi non è possibile per il gioelliere realizzare la situazione descritta.

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 14 lug 2009, 14:47

io ho fatto lo stesso ragionamento prendendo però come base il rettangolo 16x20 e viene anche a me impossibile. Però forse da qualche parte c'è il trucco perchè sembra relativamente facile anche a me che sono un cane in geometria. Meglio aspettare il parere di qualcuno più esperto
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 14 lug 2009, 14:53

Non sempre gli esercizi della normale devono essere impossibili...sennò non li farebbe nessuno...ogni anno cè (per fortuna!) qualche esercizio fattibile o relativamente facile

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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 14 lug 2009, 15:37

L'ho risolto in un modo molto più immediato del tuo... E sono curioso di vedere se è giusto! =) però non so se è il caso postare la mia soluzione, nel caso altri si vogliano cimentare...

Zok
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Messaggio da Zok » 14 lug 2009, 16:11

Per fortuna non è banale come sembra! :D
Le soluzioni postate hanno tutte la stessa falla: chi vi garantisce che il modo in cui state mettendo le tre sfere sia proprio la configurazione migliore? Chi ha detto che se non ci stanno in un modo allora non ci potrebbero stare in un altro?

Cimentatevi, esiste una soluzione elegantissima! :D

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 14 lug 2009, 16:52

Zok ha scritto:chi vi garantisce che il modo in cui state mettendo le tre sfere sia proprio la configurazione migliore? Chi ha detto che se non ci stanno in un modo allora non ci potrebbero stare in un altro?
allora è questo il clou del problema...a parte questo la risoluzione è giusta?

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julio14
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Messaggio da julio14 » 14 lug 2009, 17:00

La mia non è elegante, è simile alla loro, ma ha un parvenza di rigorosità.
Allora, consideriamo il tutto mettendo il parallelepipedo in piedi e guardandolo dall'alto. Ora, date due sfere messe una sopra l'altra, è facilmente dimostrabile che la loro "altezza" è tanto minore quanto è maggiore la distanza dei loro centri in proiezione "per terra". Ragioniamo ora in proiezione. In un quadrato, come è la nostra visione del parallelepipedo dall'alto, è evidente (e anche qui facilmente dimostrabile) che i centri di due circonferenze (sfere) hanno distanza massima quando esse sono poste nei due angoli del quadrato. Ora, disponendo due sfere in un angolo e quella centrale nell'opposto, abbiamo per due volte la distanza massima dei centri, e quindi per due volte l'altezza minima, segue che è anche la minima in totale. Si fanno un po' di conti, e si trova che questa altezza è $ $4\sqrt{7}+10\approx 20,58 $. Tutto ciò non dimostra che è la disposizione migliore in generale, (anche perché non è stata definita cosa sia esattamente una disposizione migliore) ma ho dimostrato essere quella che ottimizza "l'altezza", comunque maggiore di 20.
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
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Messaggio da julio14 » 14 lug 2009, 17:01

Alex90 ha scritto:
Zok ha scritto:chi vi garantisce che il modo in cui state mettendo le tre sfere sia proprio la configurazione migliore? Chi ha detto che se non ci stanno in un modo allora non ci potrebbero stare in un altro?
allora è questo il clou del problema...a parte questo la risoluzione è giusta?
eh no... in teoria hai solo dimostrato che la tua disposizione non va bene, ma non basta. È proprio per quello che non è giusta. In fondo le nostre due dimostrazioni sono uguali, ma dove tu parli vagamente di "posizione migliore" io o dimostro, o riconduco a una cosa dimostrabile da una scimmia. Poi al test probabilmente farei anche la parte della scimmia.
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Messaggio da Alex90 » 14 lug 2009, 17:44

Consolati che almeno ci sarà qualcuno più scimmia di te :D

Zok
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Messaggio da Zok » 14 lug 2009, 18:26

julio14 ha scritto:La mia non è elegante, è simile alla loro, ma ha un parvenza di rigorosità.
L'idea di concentrarsi sui centri più che sulle sfere è giusta, ma per rigorisità ed eleganza si può si può ancora migliorare! :wink:
Perchè lavorare in proiezione? Si può benissimo ragionare in 3D...e se si riesce, usare la parola magica: pigenhole!

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Messaggio da Maioc92 » 14 lug 2009, 19:00

io ci ho provato ma la parola magica non funziona....non è che magari c'è anche da sfregare una lampada mentre la pronunci?
A parte gli scherzi a questo punto postala per intero dai. Sono curioso :roll:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da Tibor Gallai » 14 lug 2009, 21:23

Ormai vi hanno detto tutto...

I 3 centri delle sfere devono trovarsi in un parallelepipedo 6x6x10. Lo dividiamo in 2 parallelepipedi 6x6x5, e per pigeonhole uno di essi deve contenere 2 centri, a distanza 10 tra loro. Ma non esistono 2 punti a distanza 10 in quel parallelepipedo, perché la sua diagonale è lunga $ $\sqrt {97} $.

Per la cronaca, qualitativamente tra la soluzione di Alex90 e quella di julio14 non c'è una gran differenza...
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Messaggio da julio14 » 14 lug 2009, 21:31

Beh, visto che Zok aveva considerato la dimostrazione di Alex90 insufficiente, io seguendo questi dettami
Tibor Gallai ha scritto:E' che di solito, per dimostrare fatti auto-evidenti, ci si riduce al formalismo.
avevo cercato di tappare le falle che Zok aveva indicato... in quel senso la ritenevo "leggermente migliore"
Ah, btw, bellissima dimostrazione! :D
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Messaggio da Iuppiter » 14 lug 2009, 21:43

Veramente bella quella di Tibor Gallai! Complimenti.

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