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Titolo: Problemino da Archimede

Problemino semplice dall'ultimo numero della rivista.
Date due circonferenze secanti, costruire la retta passante per uno solo
dei due punti d'intersezione che stacca corde uguali sulle due
circonferenze.
Naturalmente costruzione con riga e compasso.
Maurizio
-- 
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.

 Naturalmente costruzione con riga e compasso.
Siano A e B i centri delle due circonferenze secanti in C.
Costruiamo A' simmetrico di A rispetto a C. Puntando in A' con raggio AC 
troviamo il punto D sulla circonferenza di centro B. La retta CD e' la retta 
cercata.
-- 
Silv:o) 

On 28 Gen, 22:46, 
frigeni_ovvio@tiscali_ovvio.it
 (Maurizio Frigeni)
wrote:

Retta ortogonale ad una certa mediana?


Anche questa funziona: sia M il punto medio di AB, la retta in C
ortogonale a CM è la retta cercata.

 cercata.
Bello, complimenti. Io avevo trovato la soluzione data anche da Tetis,
che per� � di comprensione meno immediata.
Visto che si parla di dimostrazioni semplici, vi propongo un'altra cosa
tratta da Archimede:
Dimostrare che fra tutti i poligoni del piano cartesiano i cui vertici
hanno coordinate intere, gli unici poligoni regolari sono i quadrati. 
Vince la dimostrazione pi� semplice...


 Vince la dimostrazione più semplice...
Non riesco a concludere una dimostrazione che però mi piaceva
moltissimo:
semi-spoiler
s
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e
.
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m
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i
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s
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p
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o
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i
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l
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e
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.
r
Consideriamo un generico poligono del piano cartesiano i cui vertici
hanno coordinate intere: è facile vedere che può essere sempre diviso
in rettangoli con lati interi + triangoli pari alla metà di rettangoli
con lati interi.
Tale poligono ha quindi un'area pari ad un numero intero A o, al
massimo, pari ad A+1/2.
L'area di un poligono regolare con n lati di lunghezza L è pari a
area=1/4*n*L^2*cotan(Pi/n):
- n è un valore intero per definizione;
- L^2 è sempre un valore intero in quanto L è la diagonale di un
rettangolo con lati interi;
- *non penso* che la cotangente possa assumere valori interi per Pi/n
tranne che per n=4 (quadrato): cotan(Pi/4)=1
In quel *non penso* dell'ultimo punto sta il busillis, non riesco a
dimostrarlo (tantomeno in maniera semplice). Se fosse dimostrabile il
problema sarebbe completo.
Boh!
Ciao,
GaS

 problema sarebbe completo.
su wolframe 
http://mathworld.wolfram.com/Cotangent.html
 al punto (18)
da uno sviluppo di cotan in serie di potenze dal quale si dedurrebbe
che cotan(pi/n) è razionale solo per n=4
Ma con google e' troppo facile :)
--
Silv:o)

 tranne che per n=4 (quadrato): cotan(Pi/4)=1
Probabimente hai ragione - ma immagino tu volessi dire valori RAZIONALI
- anche se ora come ora non mi sovviene una dimostrazione di questa
cosa. Comunque c'� una dimostrazione molto pi� semplice, che esclude
senza fare nemmeno un calcolo tutti i poligoni con un numero di lati
diverso da 3, 4 e 6.


 Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
Interessante: Io osservo che ci si può sempre ridurre al caso che un
vertice sia l'origine ed i vertici contigui abbiano coordina (i,l)
(m,n) se sono vertici di un poligono devono avere uguale lunghezza.
allora il coseno dell'angolo compreso è (i,l)/sqrt(i^2+l^2) (m,n)/sqrt
(m^2+n^2) che è razionale. Ed il seno dell'angolo compreso è (in-lm)/
(i^2+l^2) cioè è razionale a sua volta. Del resto l'esplementare
dell'angolo compreso ha stesso seno e coseno di segno opposto ma in
più divide l'angolo giro. Cioè i due numeri razionali trovati
rappresentano la parte reale e parte immaginaria di exp( 2 pi / n) per
qualche n. Ora è pressoché cultura popolare che questo polinomio ha
radici intere gaussiane oppure irrazionali, ma c'è una dimostrazione
elementare di questo fatto? Ne conosco alcune che passano per il
criterio di Eisenstein e forse con un poco di fatica ci si riconduce
ad un criterio di divisibilità per i polinomi noto (senza
dimostrazione purtroppo) fin dalle scuole medie superiori, eppure ho
come la sensazione che questo risultato sia noto fin dal tempo di
Archimede.

On 29 Gen, 18:51, 
frigeni_ovvio@tiscali_ovvio.it
 (Maurizio Frigeni)
wrote:

Una dimostrazione elementare è basata sulla seguente idea: se esiste
un poligono regolare a coordinate intere, mediante tutte le
traslazioni si verrebbe ad avere un sub-reticolo invariante tanto
rispetto ad una doppia schiera di traslazioni indipendenti quanto
rispetto a rotazioni di angolo 2pi/n con n il numero di lati del
poligono. Ora risulta che:
se il reticolo è invariante rispetto ad una traslazione in una data
direzione è invariante anche rispetto ad una traslazione di pari
ampiezza in una qualsiasi direzione ruotata di un angolo 2 pi m/n,
rispetto alla prima.
Dunque consideriamo un punto O del piano e consideriamo anche la
traslazione di minima ampiezza che applica detto punto in O', nonché
la traslazione ruotata di 2pi/n che applica O in O'' poiché sia la
traslazione inversa che la composizione di due traslazioni è ancora
una traslazione valida, deve risultare in particolare che c'è una
traslazione che applica O' in O'' che per ipotesi costruttiva deve
essere in modulo di ampiezza non più piccola di OO'. Perciò la
rotazione deve essere almeno 2pi/6.  I casi possibili sono quindi 2pi/
6, 2pi/5, 2pi/4, 2pi/3. Per questi valori di angolo conosciamo
esattamente le espressioni del seno e del coseno e sappiamo che il
solo caso in cui entrambe le grandezze sono razionali è 2pi/4.
Questa è per inciso una dimostrazione elementare del tutto alla
portata dei greci più sottili, ma da essa consegue che l'area di un
poligono regolare inscritto in una circonferenza unitaria è
irrazionale in tutti i casi eccetto che nel caso del quadrato, in
virtù dell'osservazione di  Gabriele Carelli.


 virt� dell'osservazione di  Gabriele Carelli.
Vero.
Vi propongo adesso la versione 3D: quali poligoni regolari sono
possibili in un reticolo tridimensionale? E che succede in pi�
dimensioni?


 possibili in un reticolo tridimensionale? E che succede in più


 > dimensioni?
E' più semplice di quello che avevo pensato in un primo momento.
Possiamo escludere il dodecaedro per la ragione che ha facce
pentagonali e genererebbe un reticolo planare a simmetria pentagonale
che come abbiamo dimostrato prima è impossibile. Sono certamente
possibili i cubi, e di conseguenza i tetraedri regolari (sebbene i
lati non abbiano lunghezza intera) Possiamo invece escludere che sia
possibile immergere l'icosaedro per la ragione che contiene un
pentagono, e possiamo infine immergere l'ottaedro, basta considerare
un cubo di lato due e prendere i centri delle facce come vertici.



Per 5 dimensioni e maggiori è relativamente più semplice che per 4, la
generalizzazione dell'ottaedro c'è sempre (dualità) e può sempre
essere immersa (appunto per la dualità, a patto di raddoppiare le
dimensioni del duale dell'elemento di misura unitaria), rimane però da
vedere se e quando il reticolo di misura generato dai multipli interi
dei versori coordinati può ospitare un simplesso. Una volta risolta
questa questione c'è da dedicare qualche sforzo, almeno per me, a
rivedere come funzionano le cose in 4 d. Occorre poi dire che sto
assumendo che la condizione di convessità sia presumibile come lo era
in 2d. Ma non so in che modo stavi invece interpretando tu il
quesito.


 Possiamo escludere il dodecaedro
Ottimo.
In realt� io mi riferivo (pi� semplicemente) a poligoni (planari) in uno
spazio a pi� di 2 dimensioni. In effetti la risposta � banale, perch�
l'argomento gi� visto continua a valere e quindi esclude tutti i
poligoni regolari che non abbiano 3, 4 o 6 lati. La differenza � che in
un reticolo 3D esistono anche poligoni regolari di 3 e 6 lati, come ben
noto. Stessa cosa per pi� di 3 dimensioni.


 fosse quello di lato minimo. Da cui l'assurdo.
[cut]
Molto, molto, bella: grazie mille per questa chicca!
Ciao,
GaS

 noto. Stessa cosa per più di 3 dimensioni.
Ok, però c'è da precisare che la dimostrazione di prima, quella della
rivista Archimede, intendo, va aggiustata perché le coordinate planari
dei punti potrebbero non essere più intere senza che sia questo a
recare pregiudizio, la dimostrazione che ho illustrato io non richiede
correzione perché non fa uso esplicito del carattere intero delle
coordinate, ma solo dell'esistenza di un limite inferiore al passo
reticolare. E però rilancio il quesito: sappiamo che in tre dimensioni
un sottoinsieme dei vertici di un cubo forma l'insieme dei vertici di
un tetraedro (ne esistono esattamente due di tali sottoinsiemi) ma in
quattro dimensioni, ad una valutazione superficiale mi sembrerebbe di
no.
Il ragionamento, superficiale è questo: i vertici dell'ipercubo sono
equivalenti. Ne considero uno nell'origine e gli altri sono allora:
(0,1,0,0) (1,0,0,0) (0,0,1,0) (0,0,0,1)
(1,1,0,0) ... (questi sono sei punti in totale)
fino a (1,1,1,1)
ottengo in questo modo tre livelli di distante. Se l'origine è il
vertice del 4-simplesso regolare cercato il suo lato non può essere 1
perché i lati corrispondenti formerebbero angoli retti. Potrebbe la
lunghezza del lato valere sqrt(2), ed in tal caso dovrei trovare
esattamente quattro punti fra i sei, ma anche in questo caso si vede
che scegliendo quattro punti fra i sei ce ne sono sempre due che hanno
vettori rappresentativi ortogonali. Se la lunghezza fosse sqrt(3) non
avrei comunque il giusto angolo fra i lati. Quindi in conclusione in
quattro dimensioni mi sembra che i vertici di un 4 simplesso regolare
non possono essere un sottoinsieme dei vertici di un ipercubo.  Può
essere sottoinsieme dei vertici del reticolo? Dovremmo trovare quattro
punti equidistanti con il giusto prodotto scalare. Siano (l,m,n,o) le
coordinate di uno di questi punti ... hai già approfondito questo
argomento?


 no.
Anche a me, e mi sembrerebbe sufficiente osservare che 16 non e'
divisibile per 5.
Pero' va approfondito.
 
-- 
Elio Fabri

 Elio Fabri


Tuttavia una generalizzazione dell'argomento delle aree si applica
anche in questo caso. Infatti l'altezza di un triangolo di lato
unitario si ottiene da pitagora come:
h_2 = (1-(1/2)^2)^(1/2)
per l'altezza del tetraedro:
h_3 = (1 - ((2/3)h_2)^2)^(1/2)
ed in generale:
h_n = (1- (((n-1)/n)h_(n-1))^2)^(1/2)
nel caso del pentacoro ottengo:
h_4 = (1/2)sqrt(5/2)
quindi il 4-volume del pentacoro è sqrt(5)/96 a^4 che è un numero
irrazionale se a è la distanza di un punto del reticolo dall'origine.
Tuttavia il k-volume di un
k-simplesso è individuato dai k-1 vettori, con origine in uno dei
vertici, che puntano i restanti k-1 vertici del simplesso diviso per
k!. Allora il volume di un simplesso con vertici a coordinate intere è
razionale, pertanto un simplesso con vertici a coordinate intere  non
può mai essere un pentacoro. Lo stesso argomento si applica a tutte le
dimensioni intere n, e pari, per le quali vale il seguente argomento;
i denominatori dei radicandi che rappresentano h_n nella definizione
ricorsiva di prima possono essere esplicitati come (n!)^2, i
numeratori invece siano N_n questi risultano definiti dalla sequenza:
(N_n) = (n!)^2- (n-1)^2 (N_(n-1))
N_1 = 1 ,
se ora il prodotto dei  numeratori con n<=k  è un quadrato perfetto, e
k è pari allora il k-volume del k-simplesso di spigolo unitario è
irrazionale. Ad ogni modo esistono molteplici eccezioni. Infatti in
dimensione 8 il volume è espresso da un numero razionale:
(3/4)/8!
ed ancora in dimensione 24 e 48.
Quindi in questi casi la generalizzazione dell'argomento dell'area
avanzato da Gabriele non osta all'esistenza di 8-simplessi  di 24-
simplessi e di 48-simplessi regolari a coordinate intere.
Tornando al caso di dimensione 7 invece nulla osta all'esistenza di
simplessi persino a coordinate unitarie, eccetto che anche la
dimensione 7 rientra fra le eccezioni suddette, il volume è infatti
espresso dalla formula (1/4)(a^7)/(7!) e quindi volendo ottenere un
simplesso a coordinate unitarie dovrebbero essere scelti vertici a
distanza intera dall'origine, ma solo quelli che hanno esattamente 4
coordinate non nulle sono a distanza intera dall'origine (pari a 2
unità). (adottando la convenzione che l'origine è uno spigolo e gli
altri vertici hanno coordinate 1, oppure 0).
Questo restringe di molto il campo di ricerca: occorre ora verificare
se si possono scegliere 7 fra tutti i C(7,4) = 35 vertici a distanza
2, in modo che ogni coppia di questi 7 vertici selezionati abbia
prodotto scalare esattamente pari a 2 (in modo che cioè l'angolo
compreso fra i rispettivi spigoli sia l'angolo alla base di un
triangolo equilatero).
Bene, ammesso allora che il vertice (1,1,1,1,0,0,0) appartenga al 7-
simplesso, scelta che non implica perdita di generalità (ogni altra
scelta si riconduce a questa nominalmente,  cioè  con una nuova
denominazione degli assi coordinati), mi sembra che non sia possibile
ottemperare alla condizione richiesta. Il ragionamento è questo: i
vettori che hanno prodotto scalare 2 con il vettore (1,1,1,1,0,0,0)
devono avere tutti una fra tre strutture: (x,x,x,x,1,1,0), (x,x,x,x,
1,0,1), (x,x,x,x,0,1,1)
In particolare, sena perdita di generalità i primi due vettori possono
essere scelti così:
(1,1,1,1,0,0,0)
(1,1,0,0,1,1,0)
un terzo vettore, ortogonale ai primi due sarà, nella massima
generalità avvalendosi della libertà di denominazione degli assi (con
il criterio di mettere più a sinistra possibile le unità):
(1,0,1,0,1,0,1)
ed infine non rimane che una sola scelta ulteriormente compatibile con
le necessità del prodotto scalare e con il criterio di ordinamento
suddetto:
(1,0,0,1,0,1,1)
ogni altra scelta non è possibile. Questo argomento utilizza le
simmetrie, anche se forse non in modo ottimale.
Comunque la conclusione è che anche in dimensione 7 non dovrebbero
esserci 7-simplessi nel 7-ipercubo, però c'è un pentacoro, la cui
"base" opposta al vertice nell'origine ha i vertici sopraindicati. Vi/
mi lascio il problema di dire quanti sono esattamente i pentacori
contenuti nel 7-ipercubo.