La giostra

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Phi261
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Iscritto il: 14 mar 2019, 18:44

La giostra

Messaggio da Phi261 » 18 apr 2019, 20:04

Buonasera, ho trovato questo problema che non so risolvere (ho provato in tutti i modi ma è veramente particolare e difficile), e ho visto che nessuna squadra è riuscita a risolverlo. Qualcuno può aiutare me e la mia scuola?

Il sovrano del mio paese mi ha chiesto di progettare un recinto per un torneo molto particolare” disse un matematico.
“Vuole che la zona principale sia un trapezio ABCD, con base maggiore AB, circoscritto a una circonferenza Γ di raggio
R; vi è poi un’area secondaria costruita prendendo un punto E sul prolungamento di CD dalla parte di C, esterno al
segmento CD, e disegnando la circonferenza inscritta al triangolo 4CEB di raggio r. Tutto questo deve seguire una ben
precisa proporzione: detto F il punto di intersezione delle rette AD e BC, deve valere R : r = AF : BE = 2. In quanti
modi posso scegliere dei valori interi per le lunghezze AB e BF in modo che 1 ≤ BF < AB ≤ 53? "
Grazie, Phi.

MatP
Messaggi: 1
Iscritto il: 28 apr 2019, 20:20

Re: La giostra

Messaggio da MatP » 28 apr 2019, 20:31

Dalla formula sul raggio della circonferenza inscritta a un triangolo, si ricava
$$r=\frac{CE\cdot 2R}{CE+BE+BC}=\frac{CE\cdot 4r}{CE+BE+BC},$$ da cui
$$CE=\frac{BE+BC}{3}.$$
Siano $I,J,$ rispettivamente, gli incentri dei triangoli $ABF$ e $CDE.$ Osserviamo che i triangoli $AIF$ e $EJB$ sono simili: infatti, osserviamo che
$$\angle{\pi}-\angle{IAF}-\angle{IFA}=\pi-\frac{1}{2}(\angle{FAB}+\angle{AFB})=\pi-\frac{1}{2}(\pi-\angle{ABF})$$
$$=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\angle{ABF}=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\angle{BCE}=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}(\pi-\angle{CEB}-\angle{CBE})=\pi-\angle{JEB}-\angle{JBE}=\angle{EJB},$$ e questo è sufficiente per concludere. Ma allora, $\angle{IAF}=\angle{EBJ}$ e $\angle{AFI}=\angle{BEJ},$ da cui
$$\angle{FAB}=2\angle{IAF}=2\angle{EBJ}=\angle{EBC},\qquad \angle{AFB}=2\angle{AFI}=2\angle{BEJ}=\angle{BEC},$$ ovvero anche i triangoli $CBE$ e $CDF$ sono simili (e in particolare lo sono $BCE$ e $ABF,$ con rapporto di similitudine $2.$)
Seconda figura
Seconda figura
B387E5DE-B879-4D9E-8B1C-0E3D07E630BF.jpeg (487.93 KiB) Visto 689 volte
Questa configurazione pone dei vincoli sulla scelta di $AB$ e $BF:$ usando le relazioni di similitudine si ricava
$$\frac{CD}{CF}=\frac{AB}{BF}\Rightarrow CD=\frac{CF}{BF}AB=AB\left(1-\frac{AB}{2BF}\right),$$ da cui si deve avere $AB<2BF.$ Dato che si deve anche avere $1\leq BF<AB\leq 53$ c'è solo un numero finito di possibilità: se $BF\leq26,$ fissato $BF=k,$ per $AB$ ci sono $k-1$ possibilità (da $k+1$ a $2k-1$); invece, se $BF>26,$ dato che $2BF>53,$ $AB$ può assumere tutti i valori possibili da $k+1$ a $53.$ In tutto, quindi,
$$\sum_{k=1}^{26}{(k-1)}+\sum_{k=27}^{52}{(53-k)}=13\cdot27-26+\sum_{k=1}^{26}{(27-k)}=13\cdot27-26+26\cdot27-13\cdot27=26^2=676.$$

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