Olimpiadi della Matematica Torino - OliMaTO - Forum

Soluzione

$a_1+a_2 = 4$
$a_3+a_4 = 8$
...
$a_{99}+a_{100} = 200$
Sommando $a_1+...+a_{100}=4(1+...+50)=4\cdot\frac{50\cdot 51}{2}=5100$.

Il problema numero 3 era banale (ma per un errore di conti l'ho sbagliato in gara).

Ad ogni modo disegni il pentagono e le diagonali, a quel punto noti che [tex]ABC \equiv AEB[/tex]. Poi ti ricavi [tex]\angle PBC = \frac{360-216}{2} = 72[/tex]. A questo punto è sufficiente dimostrare che il triangolo [tex]\triangle PBC[/tex] è isoscele. Sappiamo che [tex]\angle AEP = 108-72 = 36[/tex] , che [tex]\angle PAE = 72[/tex] e quindi [tex]\angle APE = 180-72-36 = 72[/tex]. Siccome [tex]\angle APE \equiv \angle BPC[/tex] per angoli opposti al vertice il triangolo [tex]PBC[/tex] è isocele dove [tex]PC = BC = 1[/tex], quindi la risposta era la [tex]A[/tex].

Giovanni98 ha scritto:Il problema numero 3 era banale (ma per un errore di conti l'ho sbagliato in gara).

Ad ogni modo disegni il pentagono e le diagonali, a quel punto noti che [tex]ABC \equiv AEB[/tex]. Poi ti ricavi [tex]\angle PBC = \frac{360-216}{2} = 72[/tex]. A questo punto è sufficiente dimostrare che il triangolo [tex]\triangle PBC[/tex] è isoscele. Sappiamo che [tex]\angle AEP = 108-72 = 36[/tex] , che [tex]\angle PAE = 72[/tex] e quindi [tex]\angle APE = 180-72-36 = 72[/tex]. Siccome [tex]\angle APE \equiv \angle BPC[/tex] per angoli opposti al vertice il triangolo [tex]PBC[/tex] è isocele dove [tex]PC = BC = 1[/tex], quindi la risposta era la [tex]A[/tex].

In effetti era così facile che ho pensato che il mio ragionamento fosse sbagliato. Anche semplicemente disegnandolo ad occhio si vedeva che valeva uno.

Emanuele676 ha scritto:

Giovanni98 ha scritto:Il problema numero 3 era banale (ma per un errore di conti l'ho sbagliato in gara).

Ad ogni modo disegni il pentagono e le diagonali, a quel punto noti che [tex]ABC \equiv AEB[/tex]. Poi ti ricavi [tex]\angle PBC = \frac{360-216}{2} = 72[/tex]. A questo punto è sufficiente dimostrare che il triangolo [tex]\triangle PBC[/tex] è isoscele. Sappiamo che [tex]\angle AEP = 108-72 = 36[/tex] , che [tex]\angle PAE = 72[/tex] e quindi [tex]\angle APE = 180-72-36 = 72[/tex]. Siccome [tex]\angle APE \equiv \angle BPC[/tex] per angoli opposti al vertice il triangolo [tex]PBC[/tex] è isocele dove [tex]PC = BC = 1[/tex], quindi la risposta era la [tex]A[/tex].

In effetti era così facile che ho pensato che il mio ragionamento fosse sbagliato. Anche semplicemente disegnandolo ad occhio si vedeva che valeva uno.

Onestamente io non riuscirei a fare il disegno di un pentagono regolare così bene da vederlo a occhio...

cip999 ha scritto:

Emanuele676 ha scritto:

Giovanni98 ha scritto:Il problema numero 3 era banale (ma per un errore di conti l'ho sbagliato in gara).

Ad ogni modo disegni il pentagono e le diagonali, a quel punto noti che [tex]ABC \equiv AEB[/tex]. Poi ti ricavi [tex]\angle PBC = \frac{360-216}{2} = 72[/tex]. A questo punto è sufficiente dimostrare che il triangolo [tex]\triangle PBC[/tex] è isoscele. Sappiamo che [tex]\angle AEP = 108-72 = 36[/tex] , che [tex]\angle PAE = 72[/tex] e quindi [tex]\angle APE = 180-72-36 = 72[/tex]. Siccome [tex]\angle APE \equiv \angle BPC[/tex] per angoli opposti al vertice il triangolo [tex]PBC[/tex] è isocele dove [tex]PC = BC = 1[/tex], quindi la risposta era la [tex]A[/tex].

In effetti era così facile che ho pensato che il mio ragionamento fosse sbagliato. Anche semplicemente disegnandolo ad occhio si vedeva che valeva uno.

Onestamente io non riuscirei a fare il disegno di un pentagono regolare così bene da vederlo a occhio...

Se lo disegni disegnando 5 triangoli è più facile.