Nella prova indam di quest'anno c'era una domanda che chiedeva in quanti tetraedri può essere scomposto un cubo come minimo. Era una domanda a crocette, quindi non veniva richiesta nessuna dimostrazione.
Qui sul forum però le cose cambiano, per cui vi ripropongo la domanda e vi chiedo di dimostrare che quello sia effettivamente il minimo.
Forse il problema doveva finire in combinatoria, ma parla di cubi e tetraedri...
Piccola nota : questo problema è facilino, quindi chi riesce a vedere immediatamente la soluzione, lasci magari tempo a tutti di provare a farlo...
Tagliando cubi - Combinatoria (?)
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enomis_costa88
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Sono stato terribilmente lungo 
Ciascuna faccia laterale del cubo deve essere "tassellata" usando facce laterali dei tetraedri altrimenti ci sarebbero degli spazi vuoti.
Le facce laterali dei tetraedri sono triangolari.
Le facce laterali del cubo sono quadrate.
Ogni quadrato può essere scomposto in minimo 2 triangoli.
Se un quadrato è scomposto in due triangoli l'area di questi due triangoli è $ \frac{l^2}{2} $ ed essi sono congruenti; infatti l'unica possibilità è quella di prendere 2 lati adiacenti e una diagonale: ci sono 4 lati da usare e i due triangoli devono averne almeno un terzo in comune quindi servono 5 lati (se non hanno un lato in comune riescono a coprire il quadrato), ovvero serve un segmento che divida il quadrato in due triangoli e quindi gli unici 2 che posso usare sono le due diagonali.
Dimostro ora che non è possibile scomporre il cubo in 4 (o meno) tetraedri:
I triangoli che un tetraedro può avere sulle facce laterali del cubo sono massimo 3 infatti se un tetraedro avesse 4 triangoli sulle facce laterali non sarebbe un poliedro in quanto non sarebbe chiuso.
Il numero di triangoli presenti sulle facce laterali del cubo è minimo 2*6=12. Se ogni tetraedro ne avesse 3 (di triangoli sui quadrati laterali) avrei 12/3=4 tetraedri (e quindi meno di 4 non è possibile), se almeno un tetraedro ne avesse meno di tre mi servirebbero più di 4 tetraedri e lo stesso vale se i triangoli usati per tassellare le facce laterali sono più di 12.
Eppure se ogni tetraedro ha 3 triangoli sulle facce laterali del cubo (e se i triangoli usati nella tassellazione delle facce laterali sono 12) allora ha una faccia (su un quadrato laterale) la cui altezza relativa è max l.
Inoltre l'area di quella faccia laterale è massimo $ \frac{l^2}{2} $ quindi il volume del tetraedro risulta massimo: $ \frac{l^3}{6} $ e quattro di essi non bastano per coprire un volume di $ l^3 $ ..
Dimostro ora che si può fare con 5:
Prendo 4 spigoli come segue: 2 opposti per ciascuna faccia laterale..in modo che nessuno dei 4 sia adiacente in qualsiasi faccia laterale.
costruisco ora il tetraedro che ha 3 angoli retti in uno di quei 4 spigoli, inoltre li scelgo in modo che abbia 3 faccie laterali sui quadrati laterali del cubo e che questi triangoli retti abbiano area di $ \frac{l^2}{2} $ e taglino in 2 parti congruenti il quadrato su cui giacciono,
procedo così per tutti e 4 gli spigoli scelti costruendo 4 tetraedri (sarebbe comodo potere fare anche un disegno..).
Questi 4 tetraedri hanno 12 facce lungo le facce laterali del cubo e le coprono quindi completamente.
Le 4 facce rivolte verso l'interno sono triangolari e delimitano quindi una figura mooolto simpatica (4 facce triangolari..) ovvero un tetraedro come si verificherebbe facilmente con un buon disegno.
Il minimo cercato è quindi 5.
Ciascuna faccia laterale del cubo deve essere "tassellata" usando facce laterali dei tetraedri altrimenti ci sarebbero degli spazi vuoti.
Le facce laterali dei tetraedri sono triangolari.
Le facce laterali del cubo sono quadrate.
Ogni quadrato può essere scomposto in minimo 2 triangoli.
Se un quadrato è scomposto in due triangoli l'area di questi due triangoli è $ \frac{l^2}{2} $ ed essi sono congruenti; infatti l'unica possibilità è quella di prendere 2 lati adiacenti e una diagonale: ci sono 4 lati da usare e i due triangoli devono averne almeno un terzo in comune quindi servono 5 lati (se non hanno un lato in comune riescono a coprire il quadrato), ovvero serve un segmento che divida il quadrato in due triangoli e quindi gli unici 2 che posso usare sono le due diagonali.
Dimostro ora che non è possibile scomporre il cubo in 4 (o meno) tetraedri:
I triangoli che un tetraedro può avere sulle facce laterali del cubo sono massimo 3 infatti se un tetraedro avesse 4 triangoli sulle facce laterali non sarebbe un poliedro in quanto non sarebbe chiuso.
Il numero di triangoli presenti sulle facce laterali del cubo è minimo 2*6=12. Se ogni tetraedro ne avesse 3 (di triangoli sui quadrati laterali) avrei 12/3=4 tetraedri (e quindi meno di 4 non è possibile), se almeno un tetraedro ne avesse meno di tre mi servirebbero più di 4 tetraedri e lo stesso vale se i triangoli usati per tassellare le facce laterali sono più di 12.
Eppure se ogni tetraedro ha 3 triangoli sulle facce laterali del cubo (e se i triangoli usati nella tassellazione delle facce laterali sono 12) allora ha una faccia (su un quadrato laterale) la cui altezza relativa è max l.
Inoltre l'area di quella faccia laterale è massimo $ \frac{l^2}{2} $ quindi il volume del tetraedro risulta massimo: $ \frac{l^3}{6} $ e quattro di essi non bastano per coprire un volume di $ l^3 $ ..
Dimostro ora che si può fare con 5:
Prendo 4 spigoli come segue: 2 opposti per ciascuna faccia laterale..in modo che nessuno dei 4 sia adiacente in qualsiasi faccia laterale.
costruisco ora il tetraedro che ha 3 angoli retti in uno di quei 4 spigoli, inoltre li scelgo in modo che abbia 3 faccie laterali sui quadrati laterali del cubo e che questi triangoli retti abbiano area di $ \frac{l^2}{2} $ e taglino in 2 parti congruenti il quadrato su cui giacciono,
procedo così per tutti e 4 gli spigoli scelti costruendo 4 tetraedri (sarebbe comodo potere fare anche un disegno..).
Questi 4 tetraedri hanno 12 facce lungo le facce laterali del cubo e le coprono quindi completamente.
Le 4 facce rivolte verso l'interno sono triangolari e delimitano quindi una figura mooolto simpatica (4 facce triangolari..) ovvero un tetraedro come si verificherebbe facilmente con un buon disegno.
Il minimo cercato è quindi 5.
Bene! Un po' contorta l'esposizione, ma...
Un appunto per il tuo secondo punto, dove dimostri che con 5 si può fare. Dati comunque 4 punti non sullo stesso piano e di cui non ve ne siano 3 allineati, questi delimitano sempre un tetraedro (vero?).
Questo ti dice che per dimostrare che con 5 si può fare, ti basta esibire i 5 gruppi di quattro vertici, e notare che esauriscono il cubo.
Uh ... ora che mi viene in mente :
RILANCIO (facile...o forse no) : per quali n>5 si può dividere il cubo in n tetraedri?
Un appunto per il tuo secondo punto, dove dimostri che con 5 si può fare. Dati comunque 4 punti non sullo stesso piano e di cui non ve ne siano 3 allineati, questi delimitano sempre un tetraedro (vero?).
Questo ti dice che per dimostrare che con 5 si può fare, ti basta esibire i 5 gruppi di quattro vertici, e notare che esauriscono il cubo.
Uh ... ora che mi viene in mente :
RILANCIO (facile...o forse no) : per quali n>5 si può dividere il cubo in n tetraedri?
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enomis_costa88
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Provo a rispondere al rilancio..
Mi pare si possa con qualsiasi n maggiore di 5 (o=).
Procedo per induzione..
Ipotizzo che si possa fare con n tetraedri.
Allora se posso scomporne uno in 2 tetraedri posso scomporre il cubo anche in n+1 tetraedri..
La scomposizione richiesta si farebbe benissimo esibendo un DISEGNO...in mancanza del quale provo a "descriverla"..
Scompongo una faccia laterale in due triangoli tracciando una ceviana. Sia P il punto d'incontro della ceviana con un lato (opposto al vertice della ceviana). Ora ho 5 vertici e posso costruire 2 tetraedri che abbiano 3 vertici in comune..e si verifica facilmente che non sono sovrapposti (se ciascuno ha due parti diverse del triangolo tagliato a metà dalla ceviana..essi hanno in comune solo una faccia laterale).
Inoltre per n=5 è vero per l'esercizio prima...
Buona serata. Simone.
Mi pare si possa con qualsiasi n maggiore di 5 (o=).
Procedo per induzione..
Ipotizzo che si possa fare con n tetraedri.
Allora se posso scomporne uno in 2 tetraedri posso scomporre il cubo anche in n+1 tetraedri..
La scomposizione richiesta si farebbe benissimo esibendo un DISEGNO...in mancanza del quale provo a "descriverla"..
Scompongo una faccia laterale in due triangoli tracciando una ceviana. Sia P il punto d'incontro della ceviana con un lato (opposto al vertice della ceviana). Ora ho 5 vertici e posso costruire 2 tetraedri che abbiano 3 vertici in comune..e si verifica facilmente che non sono sovrapposti (se ciascuno ha due parti diverse del triangolo tagliato a metà dalla ceviana..essi hanno in comune solo una faccia laterale).
Inoltre per n=5 è vero per l'esercizio prima...
Buona serata. Simone.
Bene! Per descrivere la tua scomposizione puoi fare così :
abbiamo il tetraedro ABCD; consideriamo il punto medio M di AB, allora AMCD e BMCD sono due tetraedri non sovrapposti (ovviamente), scomposizione di ABCD.
So che vale ovviamente per qualunque punto sul lato AB e anzi, su ogni spigolo, ma devi esibire una costruzione, non nominare tutte le costruzioni possibili.
abbiamo il tetraedro ABCD; consideriamo il punto medio M di AB, allora AMCD e BMCD sono due tetraedri non sovrapposti (ovviamente), scomposizione di ABCD.
So che vale ovviamente per qualunque punto sul lato AB e anzi, su ogni spigolo, ma devi esibire una costruzione, non nominare tutte le costruzioni possibili.