Problema di Logica con un parallelepipedo rettangolo
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#13151
![]() piklo Cerchio | Ciao amici di YM! ![]() Ho capito che, dato che il testo afferma "almeno una faccia dipinta", bisogna togliere le facce dello spigolo, ma non ho capito bene il criterio con cui si opera e con cui si levano gli altri quadratini. Vi dispiacerebbe, se non è un problema, spiegarmi passo passo i passaggi, anche se capisco i limiti che ci possono essere scrivendo e comunicando tramite due schermi. E' molto importante. ![]() Vi ringrazio in anticipo per la vostra disponibilità, un saluto. ![]() Un parallelepipedo misura 5 x 7 x 7 cm ed è dipinto di blu sulla superficie esterna. Se viene suddiviso in 245 cubetti di 1 cm di lato ciascuno, quanti di questi avranno almeno una faccia dipinta di blu? |
#13161
![]() Omega Amministratore | Ciao Piklo ![]() Il riferimento è a questo topic: /forum/logica-e-probabilita/12696-problemi-logico-aritmetici.html L'unica difficoltà dell'esercizio consiste nell'intuire proprio nell'intuire il modo con cui contare i cubettini che si trovano sugli spigoli del parallelepipedo. Considera uno spigolo di base, ad esempio. Il trucco consiste nel capire che un cubetto che abbia uno spigolo che si trova sullo spigolo di base del parallelepipedo non contribuisce al conteggio delle facce della superficie laterale del parallelepipedo con una sola faccia, ma con due: una faccia è quella che poggia sulla superficie di base del parallelepipedo, la seconda invece è quella che si trova sulla faccia laterale del parallelepipedo. Una volta capito ciò, si parte a contare il numero di cubetti che hanno una faccia sulla superficie di base del parallelepipedo, quindi se supponiamo di considerare come superficie di base la faccia avente entrambi i lati di Passiamo ad una delle facce della superficie laterale, che quindi ha dimensioni Poi passiamo alle due facce consecutive alla precedente che si trovano sulla superficie laterale. Qui non dobbiamo contare solamente una fila in meno (quella dello spigolo di base), ma in entrambi i casi dobbiamo contare anche una fila in meno in lunghezza, perché i cubetti che hanno uno spigolo giacente sullo spigolo laterale del parallelepipedo li abbiamo già contati. Quindi ![]() questo per due facce. Infine, per la quarta faccia laterale dobbiamo contare una fila in meno verticalmente e due file in meno lateralmente ![]() Per la superficie di base superiore, dobbiamo contare due facce in meno in entrambe le dimensioni ![]() e quindi in tutto ![]() E' più chiaro così? ![]() |
Ringraziano: Pi Greco, piklo |
#13283
![]() piklo Cerchio | Sì, decisamente più chiaro. Grazie tante, davvero ![]() |
Ringraziano: Omega |
#13359
![]() piklo Cerchio | Ciao Omega! ![]() |
#13386
![]() Omega Amministratore | In tal caso il ragionamento è analogo, solo che dobbiamo limitare il conteggio agli spigoli del parallelepipedo. Disponendo il parallelepipedo in modo che la base inferiore abbia la faccia di dimensioni Il problema è che dobbiamo evitare di contare i cubetti che hanno un vertice coincidente con uno dei vertici del parallelepipedo. ![]() Partiamo da un lato del perimetro di base: abbiamo 7 cubetti. Passiamo ad uno dei due lati adiacenti: dobbiamo contare un cubetto in meno, quindi 6 cubetti. Lo stesso con il lato del perimetro di base opposto a quest'ultimo: 6 cubetti. Passiamo al quarto lato di base, dove dobbiamo escludere 2 cubetti già contati, per cui 5 cubetti. Nel perimetro di base abbiamo dunque ![]() Passiamo agli spigoli laterali, che misurano ![]() Infine, per quanto riguarda la base superiore, ragioniamo come per la base inferiore solo che dobbiamo eliminare due cubetti già contati da ciascuno spigolo, quindi ![]() In tutto: ![]() ti torna? |
Ringraziano: Pi Greco, Ifrit |
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