Scusate se insisto...

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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peppe
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Scusate se insisto...

Messaggio da peppe »

...Con questo vecchio quesito trovato sul sito della Bocconi e già proposto diversi anni fa su questo forum.

Purtroppo però viene fornita solo la soluzione: 18 cmq senza svolgimento.

Links di riferimento.

Quesito:
http://matematica.unibocconi.it/gare/batteria2.htm

Soluzione:
https://matematica.unibocconi.it/gare/b ... uzioni.htm

Nonostante le numerose ricerche non sono riuscito a trovare
in che modo è stato risolto il quesito dai partecipanti alle gare.

Sul forum è ancora possibile leggere queste discussioni
relative allo stesso:

<<da panurgo » mer gen 03, 2007 12:26 pm >>
<<da Gianfranco » gio gen 04, 2007 11:38 am>>

E la chiusura finale di Gianfranco:

<< Bruno, ti ringrazio per l'apprezzamento, anche se ho ancora qualche dubbio sulla mia soluzione.
Purtroppo ho poco tempo anch'io...>>

viewtopic.php?f=1&t=643&hilit=l%27aquil ... c482899800

Ringrazio anticipatamente chi mi aiuta. Grazie.
Saluti.peppe.
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Peppe

Quelo
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Re: Scusate se insisto...

Messaggio da Quelo »

Ho provato a risolvere il problema con un approccio da ricerca operativa.

Si chiede di trovare l'area minima del quadrilatero rispettando 3 condizioni:
1) i lati devono essere numeri interi diversi fra loro
2) il quadrilatero deve essere inscrivibile
3) la somma delle aree delle lunette deve essere uguale a quella del quadrilatero

Quadrilatero inscritto.png
Quadrilatero inscritto.png (65.27 KiB) Visto 3077 volte

Dalla prima condizione deriva che possiamo verificare le combinazioni di lati diversi a partire da 1, 2, 3, 5 per aree crescenti

La seconda ci dice che possiamo escludere le combinazioni che non corrispondono a un quadrilatero (es: 1, 2, 3, 6 o 1, 2, 3, 7)
Per farlo ci basta calcolare l'area con la formuila di Brahmagupta
$\displaystyle A= \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$

Dalla terza condizione ricaviamo che la somma delle aree delle 4 semicirconferenze, che hanno per diametro i lati del quadrilatero, è uguale all'area del cerchio circoscritto
$\displaystyle \pi\,r^2=\pi\frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)}{8}$

Calcoliamo qundi il raggio con la formula
$\displaystyle R=\frac{\sqrt{(ab\cdot bc)(ac\cdot bd)(ad\cdot bc)}}{4A}$

Con l'aiuto di Excel troviamo velocemente che il quadrilatero con l'area minima, che rispetti la terza condizione, è quello con il lati 1, 4, 7, 8, la cui area è appunto 18 (la soluzione è indipendente dall'ordine dei lati)
Il raggio sarà $\displaystyle R=r=\sqrt{\frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)}{8}}=\frac{\sqrt{65}}{2}=4,031$

Codice: Seleziona tutto

a	b	c	d	A	R	r
1	2	3	5	4,437	2,778	2,208
1	2	3	4	4,899	2,003	1,936
1	2	4	6	5,562	3,430	2,669
1	2	4	5	6,325	2,501	2,398
1	2	5	7	6,685	4,088	3,142
1	3	4	7	7,155	4,240	3,062
1	2	5	6	7,746	3,011	2,872
1	2	6	8	7,806	4,750	3,623
1	3	4	6	8,485	3,047	2,784
1	3	4	5	8,496	2,536	2,525
1	3	5	8	8,496	4,983	3,518
2	3	4	8	8,969	5,143	3,410
1	2	6	7	9,165	3,527	3,354
1	3	5	7	10,247	3,597	3,240
1	3	5	6	10,473	3,014	2,979
1	2	7	8	10,583	4,047	3,841
2	3	4	5	10,954	2,618	2,598
2	3	4	7	10,954	3,654	3,122
2	3	4	6	11,399	3,001	2,850
1	3	6	8	12,000	4,155	3,708
1	3	6	7	12,437	3,503	3,446
1	4	5	8	12,649	4,220	3,640
1	4	5	6	12,961	3,088	3,122
2	3	5	8	12,961	4,247	3,571
1	4	5	7	13,311	3,501	3,373
2	3	5	6	13,416	3,074	3,041
2	3	5	7	13,700	3,503	3,298
1	3	7	8	14,394	4,000	3,921
1	4	6	7	15,492	3,553	3,571
1	4	6	8	15,666	4,013	3,824
2	3	6	7	15,875	3,546	3,500
2	3	6	8	15,998	4,018	3,758
2	4	5	6	15,998	3,177	3,182
2	4	5	8	16,686	4,036	3,691
2	4	5	7	16,733	3,521	3,428
1	4	7	8	18,000	4,031	4,031
Con poche righe di codice troviamo un'infinità di risultati per le aree maggiori di 18 e in tutti i casi notiamo che l'area è sempre un numero intero.
Questo fatto è conseguenza della terza condizione?
Ultima modifica di Quelo il lun gen 10, 2022 8:14 pm, modificato 1 volta in totale.
[Sergio]

peppe
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Re: Scusate se insisto...

Messaggio da peppe »

Grazie Sergio.
Un quesito abbastanza "tosto", troppo difficile per me.

Come ho già detto il quesito faceva parte, assieme ad altri nove, del gruppo:

"GIOCHI DI ALLENAMENTO - Seconda batteria
Campionati Internazionali di Giochi Matematici"

Ora, la cosa che mi lascia perplesso ,(anche se i partecipanti a questo tipo di gare hanno un Q.I. altissimo),è
il fatto che un problema così difficile, debba essere risolto assieme ad altri nove, sicuramente anche essi di
non facile soluzione, in un tempo abbastanza limitato, trattandosi di una gara.

Questo mi ha fatto sorgere il dubbio che probabilmente esiste una soluzione alternativa, diciamo così, più
"veloce", ed ero curioso di vedere come era stato risolto dai partecipanti.
Ancora grazie e scusa il disturbo.

Saluti. peppe
Peppe

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