QUADERNO 3 B I.T.E. – 2019/2020 QUADERNO 1 Capitolo 1: equazioni e disequazioni ESERCIZIO n.34 pag.26 Risolvere la seguente disequazione:

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QUADERNO 3 B I.T.E. – 2019/2020

QUADERNO 1

Capitolo 1: equazioni e disequazioni ESERCIZIO n.34 pag.26

Risolvere la seguente disequazione: 5 x−8>3 x−6 Risposta:

Applichiamo il primo principio di equivalenza: 5 x−3 x>−6+8 ovvero 2 x>2 ; poi applichiamo il secondo principio di equivalenza: x>2

2 ovvero x>1 . Dunque le soluzioni richieste sono i valori di x tali che x>1 .

ESERCIZIO n.48 pag.26

Risolvere la seguente disequazione: 3 x−2

5 +5 x−6

15 +x−3 10 −x−3

30 ≥0 Risposta:

Per poter applicare i principi di equivalenza dobbiamo prima ricondurci allo stesso denomintore. Il m.c.m. tra i denominatori è 30. Quindi la disequazione diventa:

18 x−12

30 +10 x−12

30 +3 x−9

30 −x−3

30 ≥0 o, se preferite, 18 x−12+10 x−12+3 x−9−x +3

30 ≥0

.

Comunque sia, possiamo disenteressarci del denominatore, visto che è positivo e quindi il segno della frazione sarà determinato dal segno del numeratore. Si osservi anche come il segno “meno”

davanti a x−3 sia stato distribuito su tutti gli addendi.

Quindi la disequazione diventa: 18 x−12+10 x−12+3 x−9−x+3≥0 .

Addizionando i monomi simili: 30 x−30≥0 ovvero 30 x≥30 ovvero x≥30

30 ovvero x≥1 . Dunque le soluzioni richieste sono i valori di x tali che x≥1 .

Risolvere la seguente disequazione rispetto all'incognita x discutendo il parametro a: a x−2<a Risposta:

Comincio a risolvere la disequazione “facendo finta” che il parametro a sia noto. Applicando il primo principio di equivalenza, la disequazione diventa: a x<a+2 .

A questo punto, sarebbe utile applicare il secondo principio di equivalenza per poter isolare la x al primo membro ed ottenere la descrizione delle soluzioni. Ma adesso non posso più “fare finta” di conoscere a, perché a seconda del valore di a la situazione cambia, devo quindi iniziare la discussione del parametro a, ovvero distinguere le diverse situazioni che possono verificarsi al variare del parametro a.

Osserviamo subito che con a=0 la disequazione diventa 0<2 , una disuguaglianza vera per qualunque valore di x. In questo caso quindi le soluzioni sono tutti i possibili valori di x.

(2)

Nel caso in cui a>0 posso applicare il secondo principio di equivalenza: x<a+2

a .

Anche nel caso a<0 posso applicare il secondo principio di equivalenza, ma questa volta devo ricordarmi di invertire il simbolo di disuguaglianza: x>a+2

a .

Ricapitolando:

Se a>0 le soluzioni sono le x<a+2

a ; se a=0 le soluzioni sono tutte le possibili x; se a<0 le soluzioni sono le x>a+2

a ESERCIZIO n.56 pag.27

Risolvere la seguente disequazione rispetto all'incognita x discutendo il parametro a:

a (x−1)<3(1−a) Risposta:

Cerco di mettermi nelle condizioni di applicare il primo principio di equivalenza, distribuendo i fattori che vediamo davanti alle parentesi: a x−a<3−3 a .

Applico il primo principio di equivalenza: a x<3−3 a+a ovvero a x<3−2 a .

Adesso, per poter applicare anche il secondo principio di equivalenza, devo iniziare la discussione del parametro.

Osserviamo subito che con a=0 la disequazione diventa 0<3 che è una disuguaglianza vera per qualsiasi valore di x.

Nel caso in cui a>0 posso applicare il secondo principio di equivalenza: x<3−2 a

a .

Anche nel caso a<0 posso applicare il secondo principio di equivalenza, ma questa volta devo ricordarmi di invertire il simbolo di disuguaglianza: x>3−2 a

a ,

Ricapitolando:

Se a>0 le soluzioni sono le x<3−2 a

a ; se a=0 le soluzioni sono tutte le possibili x; se a<0 le soluzioni sono le x>3−2 a

a

Risolvere la seguente disequazione rispetto all'incognita x discutendo il parametro a:

1−a x≥−2(a−1) Risposta:

Cerco di mettermi nelle condizioni di applicare il primo principio di equivalenza:

1−a x≥−2 a+2

Applico il primo principio di equivalenza:

−a x≥−2 a+2−1 ovvero −a x≥−2 a+1

(3)

Posso anche applicare il secondo principio di equivalenza, limitatamente al cambio di segno (e conseguente cambio di verso della disuguaglianza).

a x≤2 a−1

Per proseguire occorre discutere il parametro a.

Caso a=0 . Si ottiene 0≤−1 , disuguaglianza falsa per qualunque valore di x.

Caso a>0 . Applicando il secondo principio di equivalenza: x≤2 a−1

a .

Caso a<0 . Applicando il secondo principio di equivalenza: x≥2 a−1 a

Ricapitolando: nel caso a=0 non esistono soluzioni, nel caso a>0 le soluzioni sono le x tali che x≤2 a−1

a e nel caso a<0 le soluzioni sono le x tali che x≥2 a−1

a .

(Nota bene: la risposta fornita dal libro è parzialmente sbagliata, cose che capitano.) ESERCIZIO n.58 pag.27

Risolvere la seguente disequazione rispetto all'incognita x discutendo il parametro b:

b x−1<b(1−x ) Risposta:

Cerco di mettermi nelle condizioni di applicare il primo principio di equivalenza.

b x−1<b−b x .

Applico il primo principio di equivalenza:

b x+b x<b+1 ovvero 2 b x <b+1

Per poter applicare anche al parametro b il secondo principio di equivalenza, occorre la discussione.

Se b=0 la disequazione diventa 0<1 ovvero una disuguaglianza vera per qualunque valore di x.

Se b>0 posso applicare il secondo principio di equivalenza: x<b+1 2 b .

Anche se b<0 posso applicare il secondo principio di equivalenza, ricordandomi di cambiare il verso della disuguaglianza: x>b+1

2 b . Ricapitolando:

Se b>0 le soluzioni sono: x<b+1 2 b . Se b=0 le soluzioni sono tutti i valori di x.

Se b<0 le soluzioni sono: x>b+1 2 b

(4)

Risolvere la seguente disequazione: 3(x−8)(2−4 x )≤0 Risposta:

Si osservi inizialmente che il primo membro si annulla per x−8=0 ovvero per x=8 e per 2−4 x=0 ovvero −4 x=−2 ovvero x=1

2 . Questi valori fanno parte dell'insieme di soluzioni richiesto.

Applicheremo la regola dei segni, ovvero che il prodotto di due fattori concordi è positivo e quello di due fattori discordi è negativo. Per arrivare alla risposta ci sarà utile disegnare una specie di mappa dei segni assunti dal primo membro. Tenendo presente che il primo fattore 3 è positivo, il segno del prodotto sarà determinato dagli altri due fattori. Nella tabella seguente riporto il segno assunto dai due fattori al variare della x.

x−8 - - - 0 +

2−4 x + 0 - - -

x<1

2 x=1

2

1

2<x<8 x=8 x>8

La tabella ci aiuta ad evidenziare come i due fattori siano concordi per 1

2<x<8 e discordi per x<1

2∨x>8 .

Dunque, visto che ci è stato chiesto per quali valori di x il prodotto sia negativo o nulla, l'insieme delle soluzioni è quello delle x tali che x≤1

2∨x≥8 . ESERCIZIO n.71 pag.28

Risolvere la seguente disequazione: (−x−3)(1

2x−1)<0 Risposta:

Troppi segno “meno” rischiano di farci confondere, perciò consiglio di utilizzare il secondo principio di equivalenza in questo modo. Prima raccolgo: −(x+3)(1

2x−1)<0 ; poi cambio segno e cambio verso: (x+3)(1

2 x−1)>0 .

In questo modo ci è più facile osservare, per esempio, che il primo fattore si annulla per x=−3 . Il secondo fattore si annulla per x=2 . Questi due valori non fanno parte dell'insieme di soluzioni richiesto, ma ci sono comunque utili per disegnare la mappa dei segni.

x+3 - 0 + + +

1

2x−1 - - - 0 +

x<−3 x=−3 −3<x<2 x=2 x>2

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La disequazione (modificata come sopra) ci chiede per quali valori di x il prodotto è positivo, dunque dobbiamo cercare i valori di x per cui i fattori sono concordi: la mappa evidenzia che tali valori sono x<−3∨x>2 .

Dunque le soluzioni richieste sono le x tali che x<−3∨x>2 . ESERCIZIO n.72 pag.28

Risolvere 6 x (10 x+2)≤0 Risposta:

Per il principio di annullamento del prodotto, il primo membro si annulla per x=0∨x=−1 5 . Si può giungere facilmente a determinare le soluzioni della disequazione semplicemente considerando che il prodotto risulterebbe un polinomio di secondo grado e regolarmi di conseguenza. Chi ne sente il bisogno può comunque fare un mappa.

6 x - - - 0 +

10 x+2 - 0 + + +

x<−1

5 x=−1

5 −1

5<x<0 x=0 x>0

Dalla mappa possiamo chiarirci le idee osservando dove i due fattori sono discordi o dove uno dei due è nullo.

Dunque le soluzioni sono −1 5≤x≤0 ESERCIZIO n.79 pag.28

Risolvere la seguente disequazione: x (x−1)(6+2 x)(4 x−8)<0 Risposta:

Non facciamo ci spaventare dal fatto che ci sono ben quattro fattori. Costruiremo la nostra mappa dei segni in modo del tutto analogo a quanto visto negli esercizi precedenti. La nostra tabella avrà un paio di righe in più.

Osserviamo inizialmente che il prodotto si annulla per x=0∨x=1∨x=−3∨x=2 . Tali valori non fanno parte dell'insieme delle soluzioni però grazie a loro possiamo costruire la nostra mappa.

x - - - 0 + + + + +

x−1 - - - 0 + + +

6+2 x - 0 + + + + + + +

4 x−8 - - - 0 +

x<−3 x=−3 −3<x<0 x=0 0<x<1 x=1 1<x <2 x=2 x>2 La disequazione ci chiede per quali valori di x il prodotto è negativo. Quindi sicuramente non vanno bene le zone in cui risultano tutti concordi. Dobbiamo togliere anche le zone in cui i fattori siano nel complesso discordi ma concordi due a due (il risultato sarebbe comunque positivo). Le zone che ci

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indicano le soluzioni sono quelle dove ci sono tre fattori concordi e uno discorde rispetto agli altri tre.

Dunque le soluzioni richieste sono le x tali che: −3<x<0∨1<x<2

Studiare il segno dei seguenti trinomi di secondo grado:

a. _−x²_{+7 x−12} b. ₋_x²_{+10 x−25} c. _{4 x}²₊_x+3 Risposta:

a. −x²+7 x−12

Dovremo fare una “mappa” completa del segno assunto da questo trinomio al variare della variabile x. Per arrivare a questo risultato risolveremo una disequazione “di servizio”: −x²+7 x−12>0 , consapevoli del fatto che individuando le soluzioni di questa disequazione, individueremo anche i valori per cui vale l'uguaglianza e quelli per cui vale la disuguaglianza opposta.

−x²+7 x−12>0

Per maggiore comodità cambiamo segno:

x²−7 x+12<0

Si osservi che 3+4=7∧3×4=12 , quindi il trinomio si annulla per x=4∨x=3 . Le soluzioni della disequazione sono 3< x<4 che corrispondono ai valori per cui è positivo il trinomio originale.

Ricapitolando, il trinomio assegnato è positivo per 3< x<4 ; negativo per x<3∨x>4 e ovviamente nullo per x=4∨x=3 .

b. _−x²_{+10 x−25}

Analogamente a quanto fatto sopra, risolviamo la disequazione “di servizio” −x²+10 x−25>0 . Come prima x²−10 x+25<0 .

Si osservi che 25=5²∧10=2×5 quindi x²−10 x+25=(x−5)² per cui la disequazione diventa (x−5)²<0 che non ha soluzioni, visto che il primo membro è nullo per x=5 e positivo per tutti gli altri valori.

Abbiamo così già trovato la nostra mappa: il trinomio originale è nullo per x=5 e negativo per tutti gli altri valori possibili.

c. 4 x²+x+3

Ormai il metodo dovrebbe essere chiaro: imposto una disequazione di servizio 4 x²+x+3>0 e la risolvo. In questo caso però il D del trinomio di secondo grado è negativo: Δ=1²−4×4×3=−47 dunque, qualunque sia il valore assunto da x, il trinomio ha il segno del coefficiente di secondo grado, in questo caso positivo. Di conseguenza il trinomio è positivo per qualunque valore di x.

ESERCIZIO n.83 pag.29 Studiare il segno di x²−6 x+9 Risposta:

Si osservi che x²−6 x+9=(x−3)² . Dunque il trinomio è nullo per x=3 ed è positivo per x≠3

Studiare il segno di 3 x²−4 x+1

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Risposta:

Cerchiamo i valori di x che annullano il trinomio, usando la formula risolutiva delle equazioni di secondo grado:

x=−(−4)±

√

⁽⁻⁴⁾²^{−4 (3)(1)}

2(3) =4±

√

¹⁶⁻¹²

6 =4±

√

⁴

6 =4±2

6 dunque x=1∨x=1 3 . Essendo il coefficiente di secondo grado positivo, il trinomio è positivo per x<1

3∨x >1 mentre è ovviamente negativo per 1

3<x<1 . ESERCIZIO n.85 pag.29

Studiare il segno di −4 x²+3 x−2 Risposta:

Osserviamo subito che il D del trinomio è negativo: 3²−4(−4)(−2)=9−32=−23 , dunque non esistono valori di x che lo annullano ed il suo segno dipende dal coefficiente del termine di secondo grado. Concludendo, il trinomio è negativo per qualunque valore di x.

Studiare il segno di a²+2 a−24 . Risposta:

Cerchiami i valori di a per cui si annulla. Osservando che 2=4+(−6)∧24=4×(−6) ci rendiamo conto che il trinomio si annulla per a=4∨a=−6 . (Se non venisse in mente questo ragionamento c'è sempre la formula risolutiva delle equazioni di secondo grado).

Osservando che il coefficiente del termine di secondo grado è positivo possiamo subito concludere che il trinomio è positivo per a<−6∨a>4 e negativo per −6<a<4 .

Se anche questo ragionamento sfuggisse, possiamo sempre considerare che:

a²+2 a−24=(a−4)(a+6)

e studiare il segno di questo prodotto con una mappa o un grafico.

Risolvere “al volo” (x²+

√

2) x³<0 Risposta:

Il primo fattore è positivo per qualunque valore di x; il secondo è una potenza di ordine dispari di x, quindi il segno del prodotto dipende dal secondo fattore, quindi la soluzione è x<0

Risolvere “al volo” (1+ x)²(1−x)³≥0 Risposta:

Il primo fattore è nullo per x=−1 e positivo in tutti gli altri casi. Il secondo fattore invece è nullo per x=1 ed è una potenza di ordine dispari, quindi il suo segno è lo stesso della base. La base è positiva per x<1 . Dunque la soluzione è x≤1 .

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Risolvere “al volo” −x⁶(x−2)²≤0 Risposta:

Le potenze di ordine pari con basi diversa da zero sono positive, il “meno” davanti rende tutto negativo, sono accettabili anche i valori per cui il prodotto si annulla, quindi le soluzioni sono tutti i valori di x.

Risolvere la seguente disequazione:

x

x+7− 2

x−3> x x−3 Risposta:

C.E.: x≠−7∧x≠3

Applichiamo il primo principio di equivalenza:

x

x+7− 2

x−3− x x−3>0

e poi ci riconduciamo ad un unico denominatore:

x (x−3)−2(x +7)−x ( x+7) (x+7)(x−3) >0

eseguendo le moltiplicazioni al numeratore:

x²−3 x−2 x−14−x²−7 x (x+7)( x−3) >0 sommando i monomi simili:

−12 x−14 (x+7)( x−3)>0 ovvero:

−2(6 x+7) (x+7)( x−3)>0

A questo punto possiamo studiare il segno della frazione a primo membro, osserviamo che il numeratore si annulla per x=−7

6 .

−2 - - - -

6 x+7 - - - 0 + + +

x+7 - no + + + + +

x−3 - - - no +

x<−7 x=−7 −7< x<−7

6 x=−7

6

−7

6<x<3 x=3 x>3

Escluse le colonne in cui leggo “0” oppure “no” le soluzioni le trovo dove posso contare un numero pari di segni meno.

Le soluzioni sono: x<−7∨−7

6<x<3

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ESERCIZIO n.320 pag.40 Risolvere

1 3− 2

1−x²> 1 2+2 x Risposta:

C.E.: x≠−1∧x≠1

Applichiamo il primo principio di equivalenza:

1 3− 2

1−x²− 1 2+2 x>0

Riconduciamo il primo membro ad un unico denominatore, si osservi che 1−x²=(1−x )(1+x ) e che 2+2 x=2(1+x) , dunque:

2(1−x²)−12−3(1−x )

6 (1−x²) >0 ovvero 2−2 x²−12−3−3 x

6(1−x²) >0 ovvero −2 x²−3 x−13 6(1−x²) >0 Se si trova scomodo lavorare con tutti quei segni meno al numeratore, possiamo “trasferirli” al denominatore, in questo modo:

2 x²+3 x+13 6(x²−1) >0

In ogni caso ci si rende subito conto che il D del trinomio di secondo grado a numeratore è negativo:

Δ=3²−4 (2)(13)=9−104=−95 , dunque il segno del numeratore coincide con quello del coefficiente di secondo grado, che nell'ultima versione della disequazione è positivo. Il segno dipende esclusivamente dal denominatore, in particolare dal binomio x²−1 che risulta positivo per valori esterni all'intervallo (−1,1) .

In conclusione le soluzioni richieste sono: x<−1∨x>1 . ESERCIZIO n.321 pag.40

Risolvere:

6−4 x

x²+2 x−3+x+3 x−1≤ 2

x+3 Risposta:

Si osserva abbastanza facilmente che (x−1)(x +3)=x²+2 x−3 . C.E.: x≠1∧x≠−3

Applicando il primo principio di equivalenza:

6−4 x

x²+2 x−3+x+3 x−1− 2

x+3≤0

Riconducendo il primo membro ad un unico denominatore:

6−4 x+(x+3)²−2(x−1)

x²+2 x−3 ≤0 ovvero 6−4 x+x²+6 x+9−2 x +2 x²+2 x−3 ≤0 ovvero x²+17

x²+2 x−3≤0

Il numeratore è positivo per ogni valore assunto da x, quindi il segno della frazione dipende

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esclusivamente dal denominatore, il quale risulta negativo all'interno dell'intervallo (−3,1) . Dunque le soluzioni richieste sono −3<x<1 .

Risolvere il seguente sistema di disequazioni

{

^x+1^x−5^x²^≥9^<0

Risposta:

C.E.: x≠5

Risolvere il sistema di disequazioni significa determinare l'intersezione degli insiemi di soluzioni delle disequazioni del sistema. Quindi come primo passo, risolviamo separatamente le due disequazioni.

x+1

x−5<0 Le soluzioni sono quei valori di x per cui numeratore e denominatore sono discordi.

Può essere utile una piccola mappa:

x+1 - 0 + + +

x−5 - - - 0 +

x<−1 x=−1 −1<x<5 x=5 x>5

Dunque le soluzioni della prima disequazione sono −1<x<5 x²≥9 Ha ovviamente come soluzioni x≥3∨x≤−3 .

Adesso deteminiamo l'intersezione dei due insiemi di soluzioni, anche per questo scopo ci può essere utile una mappa.

x+1 x−5<0

x²≥9

x<−3 x=−3 −3<x <−1 x=−1 −1<x <3 x=3 3< x<5 x=5 x>5 Questa volta ho colorato di grigio le zone corrispondenti alle soluzioni delle singole disequazioni.

Dove le zone grige si sovrappongono, possiamo leggere le soluzioni del sistema. Dunque le soluzioni richieste sono 3≤x<5

Esercizio n.326 pag. 41. Il muro.

Per costruire un muro un operaio impiega un certo numero di giornate lavorative intere, mentre un suo collega impiega 3 giorni in più. Se lavorando insieme completano il lavoro in meno di 4 giorni, quanti giorni avrebbe impiegato al massimo il primo operaio da solo?

operaio n giornate lavorative collega n+3 giornate lavorative insieme 4 giornate lavorative

Per valutare le giornate impiegate dai due operai insieme, potrei semplicemente fare una media aritmetica.

(11)

n+(n+3)

2 =2 n+3

2 Media dei giorni di lavoro per ciascun operaio

Se gli operai lavorano insieme, possiamo supporre che il tempo si dimezzi, e quindi 2 n+3

4 =4 . Si tratta di un'equazione nell'incognita n che sappiamo risolvere.

2 n+3=16 2 n=13 n=13

2=6,5

L'equazione ci dà come risultato 6 giorni e mezzo, ma nel testo ci è stato detto che n rappresenta il numero di giornate intere. Dunque dobbiamo arrotondare a 7 giorni.

La risposta è che il primo operaio impiegherebbe almeno 7 giorni per costruire il muro.

Esercizio n.357 pag.43. La scatola di cioccolatini

Anna vuole costruire con un cartoncino colorato di 12×9 cm una scatoletta da riempire con almeno 10 cioccolatini preparati da lei. Per far questo, ritaglia dai quattro angoli del cartoncino 4 quadrati, per poi ripiegare i lembi laterali. I cioccolatini hanno la forma di parallelepipedi rettangoli di dimensioni 4×2×1 cm.

Quale misura deve avere il lato del quadrato da ritagliare perché la scatola abbia il volume corrispondente ad almeno 10 cioccolatini?

Con le soluzioni limite trovate, quanti cioccolatini possono stare effettivamente nella scatola?

Qual è la soluzione migliore?

Indichiamo con x la misura del lato dei quadrati da ritagliare.

Le dimensioni della scatola saranno dunque (12−2 x)×(9−2 x )× x . Il volume di un cioccolatino è 8, quindi il volume di 10 cioccolatini è 80.

Perché la scatola li contenga deve essere x (12−2 x)(9−2 x)≥80 Svolgendo i calcoli _{4 x}³_{−42 x}²+108 x−80≥0

o se preferite x³−21

2 x²+27 x−20≥0

Facendo qualche tentativo con i divisori di 20 osserviamo che il polinomio di terzo grado si annulla per x=2 .

Utilizzando il teorema di Ruffini possiamo fattorizzarlo:

1 -21/2 27 -20

2 2 -17 20

1 -17/2 10 0

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E quindi la disequazione diventa: (x−2)(x²−17

2 x +10)≥0 .

Il secondo fattore è un polinomio di secondo grado del quale possiamo trovare gli zeri con la formula risolutiva:

x=17±

√

¹⁷²^−4(2)(20)

4 ≈17±11,4

4 troviamo come soluzioni x=7,1∨x=1,4 .

Ricapitolando il primo fattore è positivo per x>2 , il secondo è positivo per x<1,4∨x>7,1 , intersecando queste soluzioni otteniamo che il polinomio di terzo grado è positivo per

1,4< x<2∨x>7,1

Per il nostro problema specifico osserviamo che deve essere x<9

2 , altrimenti non si formerebbe la scatola dal cartone, dunque non ci interessano le soluzioni x>7,1 .

La risposta alla prima domanda è dunque 1,4≤x≤2

Calcoliamo i volumi effettivi corrispondenti ai “valori limite”:

1,4(12−2(1,4))(9−2(1,4))=79,856 2(12−2(2))(9−2(2))=80

A causa dell'approssimazione il “valore limite” di 1,4 in effetti non mi permette di avere veramente un volume di 80, e quindi alla fine non ci entrano i 10 cioccolatini, essendo le misure della scatola, in questo caso 1,4×9,2×6,2 , potremmo far corrispondere le dimensioni dei cioccolatini rispettivamente 1×4×2 e farcene entrare soltanto 6.

Invece col “valore limite” 2 abbiamo la scatola di dimensioni 2×8×5 e facendo corrispondere le dimensioni dei cioccolatini rispettivamente 2×4×1 possiamo disporli tutti e10.

Abbiamo così risposto alla seconda domanda: con il “valore limite” di 1,4 riesco a mettere nella scatola soltanto 6 cioccolatini, mentre col “valore limite” 2 riesco a mettere nella scatola i 10 cioccalitini richiesti.

La soluzione migliore è dunque è quella in cui il lato del quadrato ha misura 2 cm.