Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: I 3 dischi

Qual'e' il diametro minimo di 3 dischi identici che possono coprire un
quadrato unitario ?
:) dario

 quadrato unitario ?
Ho trovato questa soluzione,
non sono sicuro che sia la migliore
ma non mi pare male visto che
è facile dimostrare che il
diametro dei dischi deve comunque
essere maggiore di 1.
s
p
o
i
l
e
r
Diametro = sqrt(10)/3 = 1.054
con centri dei tre dischi
allineati distanti 1/3.
Il quadrato è centrato sul centro del
disco di mezzo e ha i vertici
sulle circonferenze dei dischi esterni .
 Scusa se non appendo al thread, ma
mi è sparito insieme a tanti altri.
Anche questo è un bel enigma :-(
Ciao
Massimo

 
Si può arrivare a un diametro di sqrt[(8-sqrt(3))/6]=1.02208
se disponiamo i cerchi in modo che i loro centri stiano sui vertici di un
triangolo
equilatero concentrico rispetto al quadrato.
Se cioè prendiamo un riferimento in cui le mediane del quadrato coincidono
con gli
assi x e y i tre centri stanno a distanza 1/(6-2sqrt(3))=0.394337
dall'origine
con fasi di 0°, 120°, 240°.
Ciao
Andrea

 :) dario
Ci provo.
)
)spoiler(
)
)
)
)
)
)
)
)
)
)
)
)
)
)
)
1/cos(Pi/12) = 1.0353...
La mia idea è stata quella di ruotare di 45° il quadrato e di "appendere"
uno dei dischi nel vertice in alto, per massimizzare l'area coperta.
Gli altri due cerchi sarebbero dovuti passare ognuno per il vertice
inferiore, per uno dei due vertici laterali e per una delle due intersezioni
del primo disco con i lati del quadrato (quella dalla stessa parte del
vertice laterale scelto).
Le intersezioni tra i tre dischi sono i vertici di un triangolo equilatero,
i cui lati sono i diametri dei tre cerchi.
Quanto a dimostrare se sia effettivamente la soluzione migliore... beh, è un
passo che a quest'ora non riesco a fare ^__^
Sembra un quesito da Olimpiadi della Matematica... o da test d'ingresso per
la Normale...
MaxArt


sp....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Procedimento fatto a "occhio" e non verificato, data l'ora della domenica
mattina calcolo con la calcolatrice   :-)
sqr(1+ (1/2(1-1/2Sqr(3)))^2)
0,5044(calcolatrice)


naturalmente quello era il raggio :-)

 :) dario
Ci provo.


 Si può arrivare a un diametro di sqrt[(8-sqrt(3))/6]=1.02208
Visto il tuo procedimento, non so ancora di quanto ma sicuramente si può far
di meglio.
Hai pensato a spostare leggermente il centro del triangolo? Ne avanza
qualcosa.
Se trovo il tempo, vedrò di calcolarlo.
MaxArt

 :) dario
S
P
O
I
L
E
R
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Io ho trovato un diametro D = sqrt(65)/8 = 1,007782219
disponendo i centri dei cerchi ai vertici di un triangolo isoscele
di base = 0,5 ed altezza = 0,5. Il quadrato ha due lati  paralleli
alla base di tale triangolo.
Però non so se si tratti della soluzione minima...
Ciao
Dan

 :) dario
Ho utilizzato un metodo *inverso*
disegno tre cerchi di diametro unitario, e cerco di disporli in modo che
possano contenere un quadrato di lato max possibile
E' evidente che se L e' il lato trovato, cambiando scala dividendo tutte le
misure lineari per L, avro' un quadrato unitario coperto da tre cerchi di
diametro 1/L.
Provo a descrivere la figura:
Inizio a disporre  i tre cerchi a triangolo isoscele, il primo *in alto*, e
sotto gli altri due, tangenti alle estremita' del diametro orizzontale.
In questo modo la figura puo' contenere un rettangolo 1*0.5, in cui la base
superiore e' il diametro del primo cerchio, e quella inferiore passa per
l'intersezione degli altri due cerchi.
A questo punto noto che se avvicino tra loro di *un po'* i due cerchi
inferiori, posso deformare il rettangolo, riducendo di poco la base(i due
lati verticali passeranno per le intersezioni tra il primo cerchio e gli
altri due) ma posso aumentare notevolmente l'altezza, sollevando la base
superiore ma soprattutto abbassando quella inferiore.
Insomma il rettangolo diventa sempre piu' *tozzo*: per tentativi cerco lo
spostamento che lo trasforma in quadrato.
Ho trovato graficamente che spostando ciascuno dei cerchi inferiori di
0.245, la figura potra' contenere un rettangolo avente 0.9923 di base e
0.9921 di altezza.
Una maggiore precisione dovrebbe permettere di arrivare al quadrato di lato
compreso tra quei due valori. Per il momento considero il quadrato con
L=0.9921
Il cambio di scala da'
1/0.9921=1.00796 come diametro dei cerchi
Il risultato, ed anche la figura, mi sembra molto simile a quello trovato da
Dan.
ciao
paolo

 wrote in message 39799EF2...@mclink.it...


 :) dario
  Ho trovato 1.007782219... = sqrt(65)/8
Mi sbilancio, ma devo dire che ho dei forti sospetti che sia il minimo
assoluto.
Ho una mezza dimostrazione.
Comunque e' cosi':
Fai finta che questo sia il quadrato unitario:
a  +  +  +  +  +  b  c
+  +  +  +  +  +  +  +
+  +  +  +  +  +  +  +
d  +  +  +  +  +  +  +
e  +  +  +  +  +  +  +
+  +  +  +  +  +  +  +
+  +  +  +  +  +  +  +
f  +  +  +  +  +  g  h
Un cerchio passa per b, c, g, h.
Uno per a, b, m
Uno per f, g, m.
Dove m e' il punto medio tra d e.
ciao
Massimo

 Però non so se si tratti della soluzione minima...
Si'. Lo e'. E' la soluzione massima per il caso in cui un cerchio
copre due vertici e gli altri due uno solo.
Le uniche altre alternative interessanti (descritti da Brighi e MaxArt)
non sono ottime.

 
Oops... ci stiamo un po' pestando i piedi :-)
Attendo con impazienza la tua dimostrazione!

 Attendo con impazienza la tua dimostrazione!
Scusa Crios ma non volevo pestare i piedi a nessuno.
Il fatto e' che alcuni messaggi non mi compaiono.
Il tuo e quelli di Dan li ho visti adesso su 
deja.com
e non sapevo che Dan avesse già trovato la soluzione
ottimale.
(Anzi, se qualcuno ha un idea per risoveremi  il problema
gli/le sarei molto grato. Per leggere i messaggi io uso
Collabra di Netscape)
Comunque, per farmi perdonare, ecco la mia dimostrazione:
Sia q il quadrato unitario di vertivi ABCD e i
3 dischi abbiano diametro d.
Supponiamo di aver sistemato i dischi di area minima
nella (o in una delle) posizione corretta.
Osserviamo che almeno un disco deve coprire 2 vertici
consecutivi del quadrato (da cui d >= 1), ma sicuramente
non 3 vertici, altrimenti conterrebbe la diagonale del
quadrato e sarebbe d >= sqrt(2) cosicche' un solo
disco sarebbe sufficiente allo scopo.
Anzi, per comodità possiamo supporre d < 5/4 =1.125
infatti e' facile mostrare che esistono ricoprimenti
che soddisfano questa condizione.
Sia d2 il disco che copre due vertici successivi,
diciamo i vertici A e B.
Un arco della circonfereza d2 divide q in due regioni:
r2 coperta da d2 e contenente A e B, e r1 non
coperta da d2 che contiene i vertici C e D.
Chiamo inoltre E l'intersezione del bordo di d2 con
AD e F l'intersezione con BC.
Mostro ora che tra tutte le posizioni di d2 che coprono
A e B quella  di d2 che passa per il rettangolo EABF e'
quella che riduce al minimo r1
(intendendo con questo che per qualunque altra posizione
di d2 la regione r1 risultante contiene r1_minima).
Infatti, se ne' A ne' B sono sulla circonf. di d2 si
puo' traslare d2 parallelamente ai lati CB e DA verso
CD fino che A o B finiscono sul bordo di d2.
E' chiaro che la regione r1 in questa operazione si
riduce in quanto i punti E e F si spostano verso D e C
ripettivamente mentre l'arco EF non cambia.
Supponiamo quindi di avere portato B sul bordo di d2.
Ora ruotiamo d2 attorno a B fino a portare anche A sul
bordo di d2. Anche in questo caso r1 si riduce. Infatti
siano E' e F' le nuove posizioni di E e F dopo la
rotazione; ora BE' e AF' sono i diametri di d2 (mentre
BE e AF non lo erano) quindi BE' > BE e AF' > AF da cui
DE' < DE e CF' < CF. Per affermare che r1 si e'
effettivamente ridotta e' necessario che l'arco (minore)
E'F' non intersecchi l'arco (minore) EF entro q.
Ma data la posizione di E', E, F' e F il numero di
intersezioni dovrebbe essere almeno 2, ma questo e'
ompossibile perche' le circonferenze di d2 prima e
dopo la rotazione si intersecano gia' in B, e due
circonferenze si intersecano solo in due punti.
Quindi con questi movimenti la regione non coperta r1
è stata ridotta; percio' se prima dei movimenti la
soluzione era ottimale lo e' anche adesso col bordo di
d2 passante per il rettangolo E'F'BA.
Consideriamo ora i punti E', F' e M punto medio di DC
della regione r1 non coperta da d2.
Almeno un disco, diciamo d1, dei due rimanenti, deve
coprire una coppia di questi punti. Se scegliamo di
coprire E' e F' con ragionamenti analoghi ai precedenti
arriviamo alla soluzione con tre dischi allineati
( che è la prima soluzione che ho proposto e porta
a  d =  sqrt(10)/3 = 1.054..  ma non e' ottimale).
Se invece scegliamo di coprire M e E' ( o M e F') con
d1 si ha d >= ME'. In particolare, facendo coincidere
il diametro di d1 con ME' (e il diametro del terzo
disco d3, con MF'), tutta r1 risulta coperta.
d = ME' è quindi la soluzione minima.
Uguagliando i diametri di r1 e r2, cioe' ponendo
ME' = E'B si trova d=sqrt(65)/8
c.v.d.
Ciao
Massimo

 Comunque, per farmi perdonare, ecco la mia dimostrazione:
Acc... come 6 severo con te stesso... <:-)
In definitiva i nostri messaggi si sono incrociati ed
ero io che avevo risposto con 16 minuti di ritardo...
Dunque... la dimostrazione... mi permetto di fare solo
qualche piccolo appunto, io non ho nessuna autorita' 
accademica per emettere giudizi etc^2...
E' formalmente ineccepibile fino alla dim. di minimalita'
dell'area r1. Trovo che poi questa non sia sfruttata...
Il punto focale e' infatti che serve che i punti E' e F'
siano il piu' vicini possibile a D e C rispettivamente.
Il fatto che poi siano al meglio alla stessa distanza
giustifica la scelta del punto M, in base al criterio 
(giusto per esclusione) che i due cerchi restanti devono
essere di diametri ME' e MF'. La copertura totale discende
in modo banale se si nota che le due circonferenze si intersecano
lungo la congiungente E'F', oltre che in M. L'impianto e' comunque
corretto. Bel lavoro.