Ottimo lavoro bibliografico, Gianfranco. ... Comunque io sarei felice di vedere una dissezione che lasci fuori anche un briciolo di area del triangolo equilatero. Questo è quello che chiede il problema (ipotizzando l'impossibilità delle divisione in tre parti). Tale triangolo quindi dovrà avere l'ar...

Sappiamo che Henry Dudeney, con la sua famosa dissezione, ha dimostrato che un quadrato di lato 1 può essere diviso in quattro parti con le quali si può coprire completamente un triangolo equilatero di area 1. Consideriamo ora il quadrato di lato 1 diviso in tre parti. Qual è l'area massima del tri...

Gianfranco ha scritto: ↑

mar mar 03, 2026 1:02 am

P.S. Maurizio, ho intenzione di scrivere alcuni articoli di geometria a cui hai contribuito con idee e figure nel Forum.

Ottima intenzione.

Mi autorizzi a usare alcuni dei tuoi disegni?

Certamente.
Maurizio Morandi

... 1. Determinare il numero massimo k delle cifre di N ... Sfruttando il fatto che il numero non può contenere cifre pari e la cifra 5 (a parte la prima cifra), restano solo 10 numeri primi di due cifre: 11, 13, 17, 19, 31, 37, 71, 73, 79, 97. [/size] Utilizzando questi numeri primi e aggiungendo ...

Ecco un esempio che mostra come il foro triangolare può avere posizioni diverse ma le stesse dimensioni.
. .
Se il lato del quadrato è 1, il lato del foro triangolare misura $1-\frac1{\sqrt3}$.

La figura e il risultato sono corretti.
Il valore esatto dell'area è: $$A_{max} = \frac8{9\sqrt3}=0.5132...$$ Essa si ottiene per AC = 1/3 e la soluzione stavolta è algebricamente molto semplice.

Il risultato è corretto. ... Algebricamente è un po' complicato... Si può usare il piano cartesiano oppure un procedimento esclusivamente geometrico. Riferendomi alla tua figura indico con x il segmento DG (0 < x < 1). Sfruttando alcune semplici proprietà geometriche trovo l'area del triangolo GAE ...

Questa impostazione è sulla strada giusta?
...

Bene Gianfranco.
Quella è la strada giusta.

Nell'ipotesi che il triangolo di area massima si ottenga quando i triangoli equilateri sono incernierati in un vertice comune... Questa ipotesi è sbagliata. Sotto questo vincolo, come da te dimostrato, il triangolo di area massima è il triangolo rettangolo isoscele di cateti di lunghezza 1 e area 1...

Quelo ha scritto: ↑

mer feb 11, 2026 11:03 pm

Ci abbiamo ragionato e sono emersi dei pattern che ci hanno permesso di ricavare una soluzione per r=9, m=62
...

Il valore minimo di m per r = 9 è m = 59.
Questi valori di m formano la sequenza A226239 di OEIS.
Essa è: 1,3,6,10,15,22,33,44,59,76,101,125,158

Problema carino.
Sì, Gianfranco. Il problema ha soluzione.
Io ho trovato questa.

Quelo ha scritto: Ecco la mia soluzione:
A = 36
B = 42
C = 48
D = 4
E = 12
F = 36
G = 24
H = 12
somma = 214
...

Quelo, i numeri devono essere tutti diversi.
Nella tua soluzione si ha A = F = 36 e E = H = 12.

Io ho trovato questi numeri:
Alice: 180
Bruno: 390
Carla: 600
Dario: 10
Eleonora: 60
Fausto: 360
Giovanna: 300
Hans: 240
Però non sono sicurissimo che la loro somma (2140) sia la minima possibile.

Per il secondo problema io ho usato un metodo molto veloce, utilizzando l'uguaglianza:
Area(ABC) = Area(ABD) + Area(ACD)
Abbiamo perciò la relazione:
AB*AC*sin(120°) = AB*AD*sin(60°) + AC*AD*sin(60°)
Essendo sin(120°) = sin(60°) da essa si ricava:
AD = AB*AC/(AB + AC) = 15/8.