152. Soluzioni del 30 giugno 2025 – I mietitori di Tolstoj
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I Giochi del Lunedì di Prisma del 2 giugno 2025 a cura di Fabio Ciuffoli
Oggi proponiamo tre problemi di geometria trattati dalla rivista australiana “Parabola” dell’Università di Sidney. La rivista ha pubblicato più di 1.800 problemi di geometria, teoria dei numeri, calcolo combinatorio, logica, algebra, ecc. Un’ottima risorsa per insegnanti e studenti delle scuole secondarie superiori e per gli appassionati di matematica. Invitiamo i lettori a inviarci osservazioni e proposte di soluzione utilizzando lo spazio riservato ai commenti. Domani alle ore 17.00 pubblicheremo le nostre proposte di soluzione.
Geometria dall’Australia
1. In figura è disegnato un cerchio di diametro d inscritto in un triangolo rettangolo di cateti a, b e di ipotenusa c. Dimostrare che d = a + b – c.
2. Sui lati esterni di un rettangolo vengono disegnati quattro triangoli equilateri come in figura. Dimostrare che la somma delle aree dei quattro triangoli bianchi è uguale all’area del rettangolo.
3. Quattro triangoli equilateri, ABK, BCL, CDM e DNA sono disegnati all’interno di un quadrato. Dimostrare che i quattro punti medi dei segmenti KL, LM, MN, NK e i punti medi degli otto segmenti AK, BK, BL, CL, CM, DM, DN, AN sono i dodici vertici di un dodecagono regolare.
Aggiornamento per le soluzioni click qui.
I problemi sono tratti dal libro “Parabolic Problems – 60 Years of Mathematical Puzzles in Parabola” a cura di D. Angell e T. Britz – UNSW Sidney, Australia, 2024.
In questa pagina vengono pubblicati giochi matematici, logici e di ragionamento ogni 15 giorni il lunedì in mattinata.
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Fabio Ciuffoli è autore di diversi libri sul problem solving e i giochi logici e matematici, il più recente è Giochi matematici e logici.
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32 risposte
Soluzione problema 2 in due immagini allegate
altra immagine
2. vedi foglio
Grazie alla simmetria della costruzione, è intuitivo che i dodici punti medi descritti si trovino su una circonferenza centrata nell’origine. La combinazione delle simmetrie del quadrato e dei triangoli equilateri implica che questi punti siano distribuiti in modo uniforme sulla circonferenza, formando angoli di 30∘ al centro. Questo dimostrerebbe che i dodici punti medi sono i vertici di un dodecagono regolare.
Per dimostrare formalmente l’equidistanza dal centro e l’uguaglianza degli angoli, si possono utilizzare le coordinate con l’origine nel centro del quadrato o l’approccio con i numeri complessi. Si tratterebbe di calcolare le distanze dei dodici punti medi dall’origine e gli angoli formati dai vettori corrispondenti. Serviranno calcoli più dettagliati per dimostrare che i dodici punti medi formano un dodecagono regolare anche usando delle coordinate cartesiane e centrando il quadrato nell’origine.
Ottimo e bellissima grafica 👏👏👏
Sono uscite le soluzioni https://www.prismamagazine.it/giochi/150-soluzioni-del-2-giugno-2025-geometria-dallaustralia/
2 – Quesito molto interessante. Io ho ragionato con i numeri e mi sono ovviamente scontrata con le approssimazioni decimali delle altezze dei triangoli equilateri. Infatti le mie aree non collimano esattamente. vedi allegato
1. I segmenti che partono dai due estremi dell’ipotenusa sono tangenti al cerchio e quindi uguali tra loro. Rappresentano perciò le due porzioni di cateti che sommati equivalgono all’ipotenusa. I due raggi che dal centro vanno al punto di contatto tra cerchio e cateti sono a questi perpendicolari e formano un quadrato. Con ciò si dimostra quanto richiesto.
Problema 2. (sui colori della Festa per la Repubblica)
V=4ab ‘area del rettangolo Verde
B=4bh/2+4ak/2=2(bh+ak) ‘area dei triangoli Bianchi
R=2(a+h)2(b+k)/2=2(a+h)(b+k) ‘area rombo o losanga
r=R-B-V ‘area dei 4 triangoli rossi
r=2ab+2ak+2bh+2hk-2bh-2ak-4ab=2hk-2ab=2(hk-ab)
Ora k^2=4a^2-a^2=3a^2, h^2=4b^2-b^2=3b^2 da cui hk=3ab
Quindi r=2(3ab-ab)=4ab=V. c.v.d.
Ottima interpretazione e attualizzazione, grazie.
Grazie a te per le sempre interessanti e belle proposte che accompagnano la rivista!
Problema n° 1.✔️
Soluzione in allegat.✔️
Buongiorno Fabio.✔️
Problema n° 2.✔️
Con una opportuna costruzione geometrica la soluzione è quasi immediata.✔️
Di seguito la mia soluzione in un paio di allegati.✔️
P.S. Si poteva usare anche la trigonometria, ma il procedimento era più lungo e meno immediato.
Particolari dettagli del disegno.✔️
Problema 3.
A domani per le soluzioni.
Problema 2 senza trigonometria.
Ottimo senza trigonometria. A domani.
Fatto il 2.
Problema 1: basta osservare che, tracciando i raggi condotti verso i punti di tangenza, una ripetuta applicazione del teorema delle tangenti porta a r = (c1 + c2 – i)/2.
Problema 2: dette b e h le dimensioni del rettangolo e prolungando i lati di uno dei triangoli equilateri di lato h si evince che i triangoli bianchi hanno base h e altezza b/2, poiché tale prolungamento coincide con la bisettrice dell’altro triangolo equilatero, quello di base b. Questo è valido per una semplice differenza di angoli, che porta a osservare che l’angolo tra prolungamento e b è pari a 180°-90°-60°=30. La bisettrice è anche altezza e mediana, dunque segue quanto osservato. Ora basta quadruplicare tale area, poiché i triangoli bianchi sono congruenti per il primo criterio di congruenza.
Sul problema 3 ci ragiono un po’, sicuramente c’è un modo per concludere velocemente senza trigonometria né grossi calcoli.
Perfetto, attendiamo proposte di soluzione per il problema 3. Rammento che un dodecagono regolare si può dividere in 12 triangoli isosceli aventi angoli alla base di 75° e angolo al vertice di 30°…
Problemi 1 e 2 nel file allegato
Ottimo, il problema del rettangolo si può risolvere anche senza trigonometria. A domani per tt le soluzioni
Si, l’ho risolto anche senza trigonometria.
2. Vedi immagine
Non è la mia seconda soluzione ma lo stesso concetto della soluzione precedente spiegata forse un po’ meglio (graficamente più chiaro)
vedi allegato
N 1 – I vertici sono sempre equidistanti dai punti di tangenza ad una circonferenza.
Nel caso del vertice corrispondente all’angolo retto esso rappresenta anche il raggio r della circonferenza.
Quindi si può affermare che le distanze dei vertici dai punti di tangenza sono: a – r, b – r.
Allora: c = a – r + b – r, da cui a + b – c = 2r.
Poiché 2r = d, allora d = a + b – c.
Problema 1.
Chiamo a1 e a2 le due parti del cateto a rispetto al punto di tangenza col cerchio inscritto.
Allo stesso modo sarà:
b=b1+b2 e c=c1+c2
Per costruzione risultano le seguenti relazioni:
a1=b1=d/2
a2=c2
b2=c1
Risolvendo questo semplice sistema si trova:
c1+c2=a-d/2+b-d/2
quindi:
c=a+b-d
che dimostra l’assunto.
Ottimo Vic a domani per tt le soluzioni.
Problema 2. Detti b e h base e altezza del rettangolo, i 4 triangoli bianchi hanno tutti un lato lungo b, uno lungo h e l’ angolo fra essi di 150°.
Pertanto l’ area di uno è: A = b•h•sin(150°)/2 = b•h/4.
L’ area di 4 di questi è b•h, pari a quella del rettangolo
Perfetto. C’è anche una soluzione senza trigonometria. A domani per tutte le soluzioni.