problema "tritacervello"!!!

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spugna
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problema "tritacervello"!!!

Messaggio da spugna » 10 apr 2009, 10:52

questi sono i problemi della finale di mirabilandia del kangourou 2008 (cadet)
provate a risolvere l'ultimo
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Mirab08_cadet.pdf
BUONA FORTUNA!!!!!
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Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 10 apr 2009, 12:13

E' un problema inaspettatamente decente e (sbilanciamoci!) direi quasi carino. :shock:
Non sfigurerebbe in una gara di Febbraio (con opportune modifiche), e per questo motivo l'avrei visto bene anche in Geometria.

EDIT:
Hmm, ma a pensarci bene, è troppo bellino perché l'abbiano inventato loro. Sicuramente non è originale (come pure il C2 e il C5, arcinoti). Ok, bocciato. :?

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Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 10 apr 2009, 13:14

Comunque è divertentissimo, nel problema C5 precisano che l'insieme vuoto è un sottoinsieme valido, e nel problema C4 escludono TACITAMENTE l'insieme vuoto dai sottoinsiemi validi. Come se uno, di default, non dovesse mai considerare l'insieme vuoto come un insieme a tutti gli effetti. Mitici...

Kopernik
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Messaggio da Kopernik » 14 apr 2009, 09:31

Qualcuno potrebbe postare una soluzione dell'ultimo quesito, per favore?
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

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exodd
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Messaggio da exodd » 14 apr 2009, 12:01

soluzione dell'ultimo: 1

hint:
1- la geometria analitica sembra difficile, ma non lo è, e se si sa utilizzare non è neanche lunga
2- se poni il lato del quadrato in basso a sinistra = A e quello in basso a destra = B, per ogni coppia di numeri (A,B) con A>B vi sarà una sola configurazione possibile
3- ricavate le aree richieste in funzione di A e B
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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Messaggio da kn » 14 apr 2009, 12:02

Non spaventatevi per l'enorme mole di lettere messe a casaccio...
Consiglio di aprire l'immagine in una nuova finestra, così potete affiancarla alla soluzione...
Per semplicità pongo $ \displaystyle~a=\overline{CD} $ e $ \displaystyle~b=\overline{JK} $.
Ruoto il triangolo FEH di $ \displaystyle~\frac{\pi}{2} $ a destra e osservo che EH viene a coincidere con EG. Ho perciò che $ \displaystyle~FEH \cong QEG\Rightarrow S_{FEH}=S_{QEG} $. Analogamente ho che $ \displaystyle~LIH \cong RIG\Rightarrow S_{LIH}=S_{RIG} $.
Abbiamo anche $ \displaystyle~\widehat{FHE}+\widehat{EHI}+\widehat{IHL}+\widehat{LHP}+\widehat{PHM}+\widehat{MHF}=2\pi $
cioè $ \displaystyle~\widehat{FHE}+\frac{\pi}{2}+\widehat{IHL}+\frac{\pi}{2}+\widehat{PHM}+\frac{\pi}{2}=2\pi $
$ \displaystyle~\widehat{FHE}+\widehat{IHL}+\widehat{PHM}=\frac{\pi}{2} $
Ma $ \displaystyle~\widehat{QGE}=\widehat{FHE} $ e $ \displaystyle~\widehat{IGR}=\widehat{IHL} $, quindi $ \displaystyle~\widehat{QGE}+\widehat{IGR}+\widehat{PHM}=\frac{\pi}{2} $
Ri-ma $ \displaystyle~\widehat{QGE}+\widehat{IGR}+\widehat{QGR}=\frac{\pi}{2} $
Confrontando abbiamo che $ \displaystyle~\widehat{PHM}=\widehat{QGR} $.
Abbiamo ancora $ \displaystyle~\overline{QG}=\overline{FH}=\overline{MH} $ e $ \displaystyle~\overline{RG}=\overline{LH}=\overline{PH} $, quindi $ \displaystyle~QGR \cong MHP\Rightarrow S_{QGR}=T $
Abbiamo che $ \displaystyle~\widehat{DEG}+\widehat{DGE}=\frac{\pi}{2} $ e $ \displaystyle~\widehat{IGJ}+\widehat{DGE}=\frac{\pi}{2} $, confrontando $ \displaystyle~\widehat{DEG}=\widehat{IGJ} $, quindi $ \displaystyle~DEG \cong GIJ\Rightarrow S_{DEG}=S_{GIJ}=\frac{ab}{2} $
Abbiamo che $ \displaystyle~S_{QEG}=S_{DEG}=\frac{ab}{2} $, dato che hanno uguale base e uguale altezza. Analogamente $ \displaystyle~S_{RIG}=S_{GIJ}=\frac{ab}{2} $
Infine $ \displaystyle~S_{QEGIR}=S_{QEG}+S_{RIG}+T=S_{EGI}+S_{QEIR} $
$ \displaystyle~S_{EGI}=\frac{C}{2} $ e $ \displaystyle~S_{QEIR}=\frac{(a+b)^2}{2} $ (QEIR è un trapezio di basi a e b e altezza a+b), quindi
$ \displaystyle~\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}+T=\frac{C}{2}+\frac{(a+b)^2}{2} $
$ \displaystyle~2ab+2T=C+(a^2+2ab+b^2) $
$ \displaystyle~2T=C+(a^2+b^2)=2C $
$ \displaystyle~T=C $
($ \displaystyle~a^2+b^2=C $ per il teorema di Pitagora su DEG)

Ovviamente c'è anche la soluzione ufficiale, che sarà molto più chiara e concisa, ma che non avevo voglia di leggere... :P
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Messaggio da exodd » 14 apr 2009, 12:09

io non me ne intendo molto di rotazioni: mi sono "semplicemente" dilettato tra lunghezze di lati, senza neanche pensare molto agli angoli...
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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Messaggio da kn » 14 apr 2009, 12:16

Ma ho solo "ribaltato" due triangoli, mica ho usato trasformazioni strane come fa qualcuno :lol:
P.S.: ho sottinteso che D, E e Q, così come J, I e R, sono allineati :oops:
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Messaggio da GioacchinoA » 14 apr 2009, 13:56

kn ha scritto:Non spaventatevi per l'enorme mole di lettere messe a casaccio...
Consiglio di aprire l'immagine in una nuova finestra, così potete affiancarla alla soluzione...
Per semplicità pongo $ \displaystyle~a=\overline{CD} $ e $ \displaystyle~b=\overline{JK} $.
Ruoto il triangolo FEH di $ \displaystyle~\frac{\pi}{2} $ a destra e osservo che EH viene a coincidere con EG. Ho perciò che $ \displaystyle~FEH \cong QEG\Rightarrow S_{FEH}=S_{QEG} $. Analogamente ho che $ \displaystyle~LIH \cong RIG\Rightarrow S_{LIH}=S_{RIG} $.
Abbiamo anche $ \displaystyle~\widehat{FHE}+\widehat{EHI}+\widehat{IHL}+\widehat{LHP}+\widehat{PHM}+\widehat{MHF}=2\pi $
cioè $ \displaystyle~\widehat{FHE}+\frac{\pi}{2}+\widehat{IHL}+\frac{\pi}{2}+\widehat{PHM}+\frac{\pi}{2}=2\pi $
$ \displaystyle~\widehat{FHE}+\widehat{IHL}+\widehat{PHM}=\frac{\pi}{2} $
Ma $ \displaystyle~\widehat{QGE}=\widehat{FHE} $ e $ \displaystyle~\widehat{IGR}=\widehat{IHL} $, quindi $ \displaystyle~\widehat{QGE}+\widehat{IGR}+\widehat{PHM}=\frac{\pi}{2} $
Ri-ma $ \displaystyle~\widehat{QGE}+\widehat{IGR}+\widehat{QGR}=\frac{\pi}{2} $
Confrontando abbiamo che $ \displaystyle~\widehat{PHM}=\widehat{QGR} $.
Abbiamo ancora $ \displaystyle~\overline{QG}=\overline{FH}=\overline{MH} $ e $ \displaystyle~\overline{RG}=\overline{LH}=\overline{PH} $, quindi $ \displaystyle~QGR \cong MHP\Rightarrow S_{QGR}=T $
Abbiamo che $ \displaystyle~\widehat{DEG}+\widehat{DGE}=\frac{\pi}{2} $ e $ \displaystyle~\widehat{IGJ}+\widehat{DGE}=\frac{\pi}{2} $, confrontando $ \displaystyle~\widehat{DEG}=\widehat{IGJ} $, quindi $ \displaystyle~DEG \cong GIJ\Rightarrow S_{DEG}=S_{GIJ}=\frac{ab}{2} $
Abbiamo che $ \displaystyle~S_{QEG}=S_{DEG}=\frac{ab}{2} $, dato che hanno uguale base e uguale altezza. Analogamente $ \displaystyle~S_{RIG}=S_{GIJ}=\frac{ab}{2} $
Si può cocnludere più velocemente
$ $S_{MHP} = S_{QGR} = S_{QDJR} - S_{QDG} - S_{RGJ}=$ $
$ $= \dfrac{(QD+RJ)\cdot DJ}{2} - 2S_{DEG} - 2S_{GIJ}=$ $
$ $=\dfrac{(2a+2b)\cdot (a+b)}{2} - ab - ab=$ $
$ $=(a+b)^2 - 2ab = a^2+b^2 = \sqrt{a^2+b^2}^2 = \overline{EG}^2 = S_{GEHI}$ $

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Messaggio da kn » 14 apr 2009, 15:24

Ma come si fa con la geometria analitica? :shock:
exodd, potresti scrivere anche la tua soluzione? :)
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Messaggio da exodd » 14 apr 2009, 19:51

kn ha scritto:Ma come si fa con la geometria analitica? :shock:
exodd, potresti scrivere anche la tua soluzione? :)
.... ok, uso la figura di sopra per le lettere e uso a e b per indicare i lati dei quadrati piccoli e pongo l'origine in C

dimostrato che DG=b e GJ=a (tramite congruenza tra EGD e IGJ), possiamo dire che il punto H ha coordinate (2a,a+b)
il quadrati EGHI ha area $ a^2+b^2 $ dato che il suo lato è per pitagora $ \sqrt{a^2+b^2} $
se costruiamo un triangolo rettangolo che ha per ipotenusa il lato FH ed un lato che giace sulla retta di EF notiamo che i suoi cateti misurano 2a e b
costruiamo un'altro triangolo rettangolo che ha per ipotenusa MH e con un cateto che giace sulla perpendicolare a CK passante per H
per congruenza, anche questo avrà i cateti di lunghezza 2a e b, quindi il punto M ha coordinate (2a-b,3a+b)
analogamente troviamo che il punto P ha coordinate (3a, 3b+a)
a questo punto si fa cramer, oppure si trova l'area scomponendo in triangoli..
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Messaggio da kn » 18 apr 2009, 23:34

exodd ha scritto:... a questo punto si fa cramer ...
:roll: :? :evil: ( non parlare come i miei compagni di classe! :cry: )
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Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 19 apr 2009, 08:28

Verrà dritto dritto dagli elementi di Euclide, dai. Chi trova la fonte "vera" del problema, vince una caramella.

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exodd
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Messaggio da exodd » 19 apr 2009, 13:00

kn ha scritto:
exodd ha scritto:... a questo punto si fa cramer ...
:roll: :? :evil: ( non parlare come i miei compagni di classe! :cry: )
di solito non lo utilizzo, ma non ho ancora studiato bene le matrici, quindi non so come chiamarlo...
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julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
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