SNS di Pisa 1960/1961 Problema Numero 1

[G.D.]

con la verifica delle soluzioni ho ricavato anch'io $a<2/5r$, ma se pensi al significato geometrico è impossibile.

Perdonami, ma perché è impossibile?

[adaBTTLS]

$a$ è base più altezza di un triangolo isoscele di lato $r$.
per la disuguaglianza triangolare metà base più altezza è maggiore di $r$, dunque $a>r$.

i casi limite sono $a=r$ quando la base è ridotta ad un punto; $a=2r$ quando la base è un diametro, ma anche nel triangolo trovato da me nei primi post, quando la base è $6/5r$ e l'altezza $4/5r$, quindi suppongo che per valori della base compresi tra $6/5r$ e $2r$ sia $a>2r$, ma non ho verificato tale disuguaglianza (anche se viene banalmente dalla disuguaglianza di verso opposto a quella che mi ha permesso di ricavare $x<3/5r$), ... , ma, dalle soluzioni trovate per $x$, se si sostituisce $a=r$ si ha base zero oppure $8/5r$, se si sostituisce $a=2r$ si ha base $2r$ oppure $6/5r$.

[G.D.]

http://olimpiadi.dm.unibo.it/oliForum/v ... 2a9882daf6

Al link sopra riportato c'è una soluzione proposta sull'OliForum. Oggi non ho proprio tempo, rimando quindi ogni mio commento a domani. La lascio nel caso la volessi vedere.

[adaBTTLS]

grazie. lo vedrò con più calma. per ora non mi pare né che sia in contraddizione con quanto già detto in questo topic, né che fornisca una soluzione "definitiva".

[adaBTTLS]

riprendo la discussione per un chiarimento.
quando ho parlato di verifica delle soluzioni che mi ha portato ad $a<2/5r$, peraltro incompatibile con la soluzione geometrica, in realtà sono stata poco precisa:
avevo eseguito rapidamente alcuni conti, mischiando quelli riguardanti le due soluzioni (perché le radici delle equazioni associate coincidevano, ma non coincidevano le soluzioni delle disequazioni).
dunque, per la soluzione maggiore (quella con il "+") si ottiene $a<2/5r vv a>2r$, dunque incompatibile.
per la soluzione minore (quella con il "-") si ha esattamente il contrario ($2/5r<a<2r$), per cui è possibile.
le soluzioni limite si hanno (come detto nei post precedenti) per $a=r->x=0$ e per $a=2r->x=3/5r$,
dunque $0<hat(AOB)<2arcsin(3/5)=2arccos(4/5)=2arctg(3/4)$.
non ho rivisto il file del link, ... sbaglierò, ma credo che complichi inutilmente il problema.
fammi sapere. ciao.

[G.D.]

@adaBTTLS
Ho appena rivisto il contenuto del link all'Oliforum e ho notato che l'autore ha apportato dei cambiamenti. Non mi ci sono soffermato più di tanto e credo che non lo farò nei prossimi giorni: sono alle prese con la preparazione dell'esame di Fisica, ergo credo che limiterò i miei interventi sul forum al minimo. Ho letto anche il tuo ultimo post, ma prima di porre altre domande lo voglio rileggere con calma, quindi credo che ti romperò le scatole non ora ma nei prossimi giorni.

[adaBTTLS]

meglio così.
io martedì finisco con la scuola e uno dei giorni successivi dovrò andare a "casa" per il sopralluogo con i tecnici della Protezione Civile.

[G.D.]

Beh, in bocca al lupo per il sopralluogo, allora.

[adaBTTLS]

grazie... crepi il lupo!
soprattutto in bocca al lupo a te per l'esame di Fisica!

[BorisM]

ciao a tutti! Vorrei proporre un metodo diverso usando la trigonometria.
Ho chiamato $\hat{A B O}$ = $\alpha$
quindi OH = $ r cos (\alpha /2) $
AB usando il teorema del coseno o di carnot = $ 2r^2 (1-cos\alpha) $
Quindi :
$ 2r^2 (1-cos\alpha) + r cos (\alpha /2) <2r $
$ 2r (1-cos\alpha) +- sqrt((1+cos\alpha)/2) <2 $
si ha ora una disequazione in cui compare solo l' incognita $cos\alpha$
Si impostano i due sistemi che risolvono il problema:
$ (1+cos\alpha)/2 >= 0 $ $nn$ $2r-2rcos\alpha-2<0$

$2r-2rcos\alpha-2>0$ $nn$ $(1+cos\alpha)/2> (2r-2rcos\alpha-2)^2$

Si ottengono cosi delle limitazioni sull' angolo. Cosa ne pensate di questo procedimento?