SOLUZIONISOLUZIONISOLUZIONI
2000
1
Nel triangolo ABC si congiunga un punto interno O con i vertici B e C.
Dimostrare che OB + OC < AB + AC.
LE PROPOSTE DEI LETTORI
1)
Gentile Professor Scoleri,
sono un giovane ingegnere con la passione per gli enigmi matematici ... (omissis)
... Da qualche mese sto arrovellandomi su un rompicapo algebrico, su cui mi sono imbattuto
leggendo, su uno dei miei libri di giochi matemetici, un interessante articolo riguardo le
proprietà di quelli che vengono considerati i cinque numeri fondamentali della
Matematica, ovvero "0", "1", "pi greca", "e" ed
"i". Il quesito è molto semplice, e credo sia anche abbastanza
"vecchio": è più grande "e" elevato a "pi greca" o
"pi greca" elevato ad "e"?. Il libro diceva, testualmente: "vi
sono molti modi per rispondere a questa domanda, senza eseguire calcoli numerici; alcuni,
però, sono molto più semplici ed eleganti di altri".
Io ci ho provato in tutti i modi, ma non sono riuscito a venire a capo di nulla. O meglio,
conosco la risposta (ho usato la calcolatrice), ma non so giustificarla attraverso
un'argomentazione logico-algebrica ... (omissis).
Fabrizio Faraone
2)
Abbiamo 12 palline indistinguibili per forma e colore; una sola di queste è più leggera delle altre. Avendo a disposizione una bilancia a due piatti, si chiede se è possibile individuare la pallina più leggera delle altre, con solamente due operazioni di pesatura.
Angelo Toma
IL PROBLEMA DEL MESE
La soluzione di Andrea Bortolotti
La soluzione di Maurizio Castellan
Essendo O interno, la retta OB incontra i lati del triangolo ABC in due punti distinti:
il punto B e il punto D. Il punto D deve cadere necessariamente all'interno del lato AC,
altrimenti i punti D ed O apparterrebbero o al lato AB o al lato BC; e questo è assurdo
perché O è interno. Si formano così i due triangoli OCD e ABD per i quali valgono le
due disuguaglianze triangolari:
OC < OD + CD e BD < AB + AD dalle quali segue:
OB + OC < OB + OD + CD = BD + CD < AB + AD + CD = AB + AC
C.D.D.
La soluzione di Rocco Lupoi
Si tracci da O una retta in modo da determinare due punti R ed S su AB e AC rispettivamente. Per il fatto che in un triangolo un lato e' minore della somma degli altri due, si ha RO+RB>OB e SO+SC>OC. Ma, per lo stesso motivo, AR+AS>RS. Essendo RS=RO+OS, sommando le tre diseguaglianze indicate, si ottiene quanto voluto.
La soluzione proposta da Matteo Tognela (che, vista l'originalità, sottopongo ad un dibattito tra i lettori)
T=triangolo ABC
E1=ellisse con fuochi B,C passante per A
E2=ellisse con fuochi B,C passante per O
T è incluso in E1 *
Suppongo per assurdo che OB + OC >= AB + AC
E1 è incluso in E2, quindi T è incluso in E2
O è punto interno di T, e quindi di E2, ma O non è
punto interno di E2 per costruzione.
Assurdo, implica tesi
* Discende dalla convessità dell'ellisse E1, siccome asse focale e punto A appartengono
all'ellisse.
La soluzione di Sergio Natale
Nel triangolo ABC prolungo BO fino ad incontrare in D il lato AC. Posso scrivere, con
riferimento al triangolo ABD:
AB+AD > DB
Aggiungo ad entrambi i membri DC:
AB+AD+DC > DB+DC
AB+AC > DB+DC (*)
Considero ora il triangolo DOC:
DC+OD > OC
Aggiungo OB ad entrambi i membri:
DC+OD+OB > OC+OB
DC+DB > OC+OB
Dalla (*) ottengo:
AB+AC > OC+OB
CVD
La soluzione proposta da Francesco Daddi (analoga a quella proposta da Matteo Tognela; sottopongo, quindi, anche questa soluzione al dibattito tra i lettori)
Considero l`ellisse di fuochi i punti A e B (vertici del triangolo)
passante per il punto O interno al triangolo.
L`ellisse e` il luogo geometrico costituito dai punti che hanno somma
delle distanze da 2 punti fissi (i fuochi) eguale a costante;
in questo caso il punto C (l`altro vertice) sta fuori da questo ellisse
perche` se per assurdo fosse interno avrei che O sarebbe punto esterno al
triangolo . Quindi C appartiene ad un`altra ellisse che ha sempre i
fuochi nei punti A e B e che contiene strettamente l`altra prima
descritta.Questo implica che AC + BC > OA + OB.
La soluzione di Gennaro Cangiano (basata sul calcolo vettoriale)
La soluzione di Francesca Bambi (analoga a quelle proposte da Matteo Tognela e Francesco Daddi; sottopongo, anche questa soluzione al dibattito tra i lettori)
La soluzione di Angelo Toma
BO+OM<AB+AM; OC<OM+MC (per le disuguaglianze
triangolari); sommando membro a membro si ha: BO+OM+OC<AB+AM+OM+MC; sottraendo OM ad
entrambi i membri e ponendo AM+MC=AC si avrà: BO+OC<AB+AC.
La soluzione di Luigi Bernardini
LE PROPOSTE DEI LETTORI
La proposta di Fabrizio Faraone
La soluzione di Sergio Natale
Confronto i logaritmi di e^Pi e Pi^e:
ln(e^Pi) ; ln(Pi^e)
Pi.lne ; e.lnPi
lne/e ; lnPi/Pi
Posso fare lo studio della funzione f(x)= lnx/x
La funzione si annulla per x=1 e tende a zero per x tendente a +infinito.
Inoltre noto che essa presenta un max per x=e, che vale lne/e.
infatti la derivata prima f'(x)=(1-lnx)/x=0 per x=e mentre f''(e)<0.
Quindi lne/e > lnPi/Pi
Pi lne > e.lnPi
lne^Pi > ln(Pi^e)
e^Pi > Pi^e
La soluzione di Angelo Toma
e^p > p ^e p > e * ln p p /e > ln p ; ponendo p /e = x si ha: x > ln(x*e); da cui:
x > ln x + ln e x > ln x + 1.
Quest’ultima proposizione (diseq. trascendente) è vera per ogni x diverso da 1, tenendo conto delle due funzioni:
y = x e y = ln x +1.
In definitiva si ha: e^p > p ^e.
La soluzione di Luigi Bernardini
Risulta p ^e < e^p
Consideriamo la funzione y = x^e / e^x per x > 0
Per x = e risulta y(e) = 1 ; y'(e) = 0 ; y"(e) = -1/e < 0
Poiché la derivata prima della funzione non si annulla per nessun altro valore di x > 0, la funzione ha il suo massimo assoluto (=1) per x=e.
Per qualsiasi altro valore di x, in particolare per x = p , la funzione assume un valore inferiore a 1 e quindi p ^e < e^p .
La soluzione di Rocco Lupoi
f(x)=(e+x)^e - e^(e+x), definita per x > -e. Si ha f(0)=0.
Calcoliamone le derivate e i valori di queste in x=0:
f '(x)=e(e+x)^(e-1)-e^(e+x), f '(0)=e e^(e-1) - e^e = 0.
f ''(x)=(e-1)e(e+x)^(e-2)-e^(e+x), f ''(0)=(e-1)e e^(e-2)-e^e < 0.
f '''(x)=(e-2)(e-1)e(e+x)^(e-3)-e^(e+x) ), f '''(0)=(e-2)(e-1)e e^(e-3)-e^e <0
f ''''(x)=(e-3)(e-2)(e-1)e(e+x)^(e-1)-e^(e+x) < 0 per ogni x, poiche' 2<e<3.
Da quest'ultima segue che:
f'''(x) < f'''(0) < 0, per x > 0,
f''(x) < f''( 0) < 0, per x > 0,
f'(x) < f'(0) = 0, per x > 0,
f(x) < f(0) = 0, per x > 0.
Pertanto per x=Pi-e > 0, si ha f(Pi-e)=Pi^e - e^Pi < 0.
La proposta di Angelo Toma
La soluzione di Matteo Tognela
Per quanto riguarda il problema delle pesate, conoscevo la versione con tre pesate,
senza sapere a priori se la pallina diversa fosse più pesante o leggera.
Nel caso in questione, la prima pesata non può escludere più di 3 palline, arrotondate a
2 per parità. Quindi ho come prime pesate possibili 6 e 6 o 5 e 5;entrambe non portano a
nulla, in quanto devo ricondurmi a fare l'ultima pesata considerando gruppetti di non più
di 3 palline.
La soluzione di Gennaro Cangiano
Trovo che la soluzione la si ottiene con tre pesate, mentre con due è
possibile individuare la pallina leggera con una media di 1 su 3.
Infatti se si divide il mucchio in due ciascuno composto da 6 palline e si pongono sui
piatti, si individuerà il mucchio più leggero; questo con la prima pesata.
Questo mucchio lo si divide ancora in due da 3 ciascuno, posti sui piatti si troverà il
mucchio più leggero; questo con la seconda pesata. A questo punto si va alla terza pesata
mettendo una pallina su un piatto ed un'altra sull'altro, lasciando da parte una. E’
consequenziale trovare la pallina leggera. Fermandoci alla seconda pesata invece si sa
solo quale mucchio di tre ha la pallina leggera, quindi ora in media si avrà 1
possibilità su tre di indovinare.
La soluzione di Luigi Bernardini
Per individuare con sicurezza la pallina più leggera occorrono 3 pesate, effettuate come segue:
Si dimostra facilmente che, operando con criteri analoghi, 3 pesate sono
sufficienti anche nel caso di un numero di palline N compreso tra 8 e 15.
In generale, k pesate (al massimo) sono richieste per individuare la pallina più leggera
in un gruppo comprendente da 2^k a 2^(k+1)-1 palline.
