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Titolo: Una piccola coperta

Qual e` la figura di piu` piccola area che puo` coprire due segmenti unitari,
posti in qualunque modo, ma con un estremo in comune ?
La figura e` intesa capovolgibile.

Crios wrote:
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S
P
O
I
L
E
R
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-
Un triangolo isoscele di base 2 e altezza sqrt(3)/2 dovrebbe bastare: 
A=sqrt(3). Ma si puo' sicuramente far di meglio...
Dade :)

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Crios dice
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Sono troppo arrugginito in analisi e qui servono equazioni differenziali e
integrali.
Comunque ti dico l'idea: hai presente i quadri fatti con i chiodini e lo
spago che - almeno a me - facevano fare a scuola? Ecco. Prendi tanti pezzi
di spago lunghi 20 centimetri, e pianta una fila di chiodini equidistanti su
un segmento lungo 20 centimetri. Poi unisci con i pezzi di spago il primo
chiodo con l'ultimo, il secondo con il penultimo e cosě via, e tieni tesi lo
spago piantando dei chiodini lungo l'asse del segmento di base, formando
tanti triangoli isosceli di lato 10 cm. Il quadretto risultante fornisce una
possibile soluzione. Tanto per capirci, dovrebbbe risultare un triangolo con
la base orizzontale e i lati iperbolici (o qualcosa di simile, somigliano ad
archi di cerchio ma non lo sono).
Silv:o)

 


 archi di cerchio ma non lo sono).
Ciao Silvio.
E` *esattamente* l`idea che avevo in mente, anche se non so se e` la migliore.
Pero`... volendo si puo` dimezzare (!)

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Oh mamma mia!
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Ecco la mia idea rozza(?)
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PI/n con n grande
a piacere purche' finito.
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Sragionamento:
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1) Va da se' che un
semicerchio unitario funziona.
2) Se uso un quarto di cerchio con una
*protuberanza* lunga 1 e larga un infinitesimo perpendicolare ad uno dei
due raggi funziona lo stesso: inseriro' un segmento nella protuberanza se
l'angolo e' maggiore di PI/2
3) Se uso un ottavo di cerchio e 3
protuberanze idem
4) Idem 1/16 di cerchio e 7 protuberanze... and so on.
5) Se cerco il limite per n che tende all'infinito riottengo il semicerchio
(s.e.&.o.), ma se mi fermo a 1000 ottengo un'area di PI/1000.
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Ciao!
Livio
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Inviato via 
http://usenet.iol.it
 

 (s.e.&.o.), ma se mi fermo a 1000 ottengo un'area di PI/1000.
Mi piace assai la tua idea "rozza". Certo, quella figura che si ottiene 
aumentando n e' un po' anomala: ha area piccola a piacere, ma nel limite
n -> infinito ha area 1 (tutto il cerchio unitario), se non sbaglio.
Dade :)

 5) Se cerco il limite per n che tende all'infinito riottengo il
semicerchio
Non ne sono sicuro. Stai aggiungendo una infinità numerabile di raggi, tutti
ruotati di una frazione di Pi. C'è il raggio ruotato di Sqrt(2)*Pi, o
semplicemente quello ruotati di 1 radiante?
E' come tentere di riempire un segmento di retta reale coi razionali. Non
ricordo molto di topologia, qualcuno più fresco di studi può rinfrescarmi la
memoria?
Ciao, Silv:o)

Non ne sono sicuro. Stai
aggiungendo una infinità numerabile di raggi...
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mmm... Non raggi, ma
areole, porzioni di superficie lunghe 1 e larghe un infinitesimo. Le
protuberanze che avevo in mente sono porzioni si una superficie piana, non
elementi unidimsionali. 
In termini finiti possiamo pensare ad un settore
circolare di superficie PI/gogol con gogol/2 protuberanze larghe un
gogolplexesimo. Questa figura avrebbe circa la superficie del settore, ma
cercando il limite per n che tende ad infinito otterremmo una
discontinuita' in PI/2. (s.e.&.o. :o)
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E continua a non tornarmi. Il problema riguarda la piu' piccola figura che
puo' coprire due segmenti unitari con un estremo in comune, giusto? E qst
deve avvenire indipendentemente dalla loro disposizione, no? Quindi, la
figura nn puo' essere varabile... chiaramente un semicerchio per due
segmenti a 180 gradi e' pure troppo, basterebbe un rettangolino, ma per
QUALUNQUE disposizione, indipendentemente da quale sia, una
semicirconferenza mi pare decisamente il minimo... o sbaglio qlcs? Cioe',
voglio dire che se ho due segmenti unitari, senza sapere a priori la
disposizione, il semicerchio a raggio 1 e' la minima figura che li puo'
coprire sempre e cmq... o no?
---
Blackstorm
*Vicario d'Armi di IDF con gatto al seguito*                     .--.
                                                                |o_o |
Tittums e' il nostro gatto, ed ha le dimensioni                 |:_/ |
di un rotolo di soldini. Inarcava la schiena                   //   \ \
e bestemmiava come uno studente in medicina.                  (|     | )
(Jerome Klapka Jerome)   [UIN 116647346 (nick: blacks)]       /'_   _/`\
*************************************************************(___)=(___/


Ma sqrt(3)/2 non e' minore di 1? E se i segmenti sono disposti a PI/2?
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coprire sempre e cmq... o no?
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Direi di no. A parte le figure
complesse di cui stiamo parlando, pensa ad un triangolo isoscele base=2
altezza=1: e' piu' piccolo del semicerchio e puo' contenere qualunque
disposizione di due segmenti unitari incernierati ad un estremo, basta
ruotare la figura quanto basta.
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Livio  :o)
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Ups... me ne sono accorto qnd ho letto la soluzione del triangolo
isoscele... pero' scusa un attimo, ma ad un angolo 180>x>90, i due
segmenti non sono coperti... perche' uno dei due deve necessariamente
stare sulla base, ma l'altro spunta da uno dei due lati di un pezzetto,
non so quanto ma spunta fuori.
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 ma l'altro spunta da uno dei due lati di un pezzetto, non so
quanto ma spunta fuori.
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Prova a mettere i due estremi (le punte
del compasso) sempre sulla base del triangolo.
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Ciao  :o)
Livio
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Dunque... se non vdo errato il ragionamento e' che unendo i due estremi
con una linea, avremo sempre un triangolo, la cui altezza misurata alla
"base" che unisce gli estremi sara' sempre <=1... uhm... si, torna... ma
ci sono altre figure piu' piccole?


 discontinuita' in PI/2. (s.e.&.o. :o)
Io la esporrei così
Data la semicirconferenza, traccio n raggi (n+2 raggi computando i due mezzi
diametri), e la divido in n+1 settori; il primo settore avrà ampiezza 1/n_mo
di semicirconferenza, gli altri, tutti uguali, un'ampiezza un po' minore.
Riempio il primo settore, e sui rimanenti n raggi costruisco striscie larghe
1/n^2 e lunghe 1.
La figura ottenuta dovrebba funzionare. la sua area è
Pi/(2n) per il settore pieno
n*(1/n^2)=1/n per le n striscie
totale (Pi/2+1)/n (meno qualcosina per la sovrapposizione delle striscie
vicino al centro)
quindi al crescere di n l'area totale dovrebbe tendere a zero, senza
discontunuità
s.e.o.o.
ciao
paolo

uhm... si, torna... ma ci sono altre figure piu' piccole?
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Qui sta il busillis!
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Ciao!


 ha scritto nel messaggio
news:3BC5B469...@cclinf.polito.it...
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Provando a generalizzare, sono andato a finire su un vecchio enigma passato
nel ng.
Generalizzo in questo modo:
a) i due segmenti sono lunghi 1/2 (per ora non cambia niente, a parte la
scala)
b) proviamo con una spezzata di tre segmenti lunghi 1/3
c) passiamo a n segmenti lunghi 1/n
d) infiniti segmenti, in pratica una curva continua, lunga 1 e comunque
contorta.
Quest'ultimo corrisponde a un enigma  proposto da SuperPollo nel 1998, con
il titolo "Piatto per spaghetto".
A quel tempo molti degli attuali frequentatori del ng non erano presenti,
quindi mi pare interessante riproporlo: anche perché mi pare che non fosse
stata trovata la soluzione definitiva (e ho perso il file grafico con una
mia proposta :-).
Potete trovare la discussione su Google.
Claudio, se ci sei fatti sentire.
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Piatto per spaghetto:
Il mio amico Gigi ha strane abitudini alimentari... cuoce un solo spaghetto,
poi lo lascia raffreddare finche' non si secca in una posizione qualsiasi.
Il suo problema secondario e' trovare un piatto che abbia la superficie
minima
per contenere lo spaghetto qualsiasi forma esso assuma (la lunghezza e'
sempre
la stessa!).
Il suo problema principale e', naturalmente... cambiare dietologo!
______________________________-
ciao
paolo

 Ma sqrt(3)/2 non e' minore di 1? E se i segmenti sono disposti a PI/2?
basta disporre i 2 segmenti con il loro punto in comune sotto il vertice 
del triangolo isoscele: lo puoi sempre fare per angoli maggiori di PI/3.
Dade :)

s.e.o.o.
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E ma cosi' gli hai tolto il fascino del paradosso!  :o))))))
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Ora che
ne abbiamo trovata una ad area nulla, forse converrebbe chiedersi qual e'
la piu' piccola figura convessa che contenga quei segmenti. Non mi sembra
banale. Ad es., partendo dal triangolo isoscele 2x1, si puo' certamente
tagliare via una parte del vertice coricando i segmenti quando sono
abbastanza chiusi...
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 abbastanza chiusi...
Cosi' si ottiene la prima proposta di Dade, con A=h=sqr(3)/2=0.866..
come ha detto (a proposito degli angoli molto ottusi) :
Dade wrote :
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Una ellisse di assi pari a 1 e 2
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Cosi' si ottiene
la prima proposta di Dade, con A=h=sqr(3)/2=0.866..
.
Si', hai ragione.
Me ne sono reso conto rileggendomi. Penso sia anche facile dimostrare che
sia la minima. Basti pensare che deve poter contenere il segmento di
lunghezza 2 e il triangolo equilatero unitario.


 Claudio, se ci sei fatti sentire.
Ohila'! :-)
Ho rivisto il problema... e rileggendo il vecchio thread su google,
mi sono pure accorto che non solo non avevo dato la quasi-soluzione
che avevo, ma nemmeno avevo scritto dove trovarla...
Dunque, il problema l'avevo trovato nel numero 331 de "Le scienze",
del marzo 1996... fra parentesi, si accenna anche al tuo caso c)...
la soluzione data, come avete gia' detto, e' quella di area zero.
Per farmi perdonare faccio qualcosa che temo non potrei fare [per i
diritti non ci ho mai capito troppo :-(]:
http://utenti.tripod.it/cizzeta/index.html
Ci ho messo una copia dell'articolo, ma fra qualche tempo la tolgo,
quindi chi e' interessato la guardi ora o... la recuperi altrove?
Ciao ciao
Claudio
-- 
"[...] spesso la magia s'annida dove meno te l'aspetti,
 mentre la si trova di rado dove risiede ufficialmente."
Douglas R. Hofstadter

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Il problema e', a mio parere, che indipendentemente dalla disposizione, la
figura deve avere almeno un lato lungo 2 ed uno lungo 1, o un altezza, o
cmq due dimensioni devono essere 1 e 2... prendendo il triangolo di cui
sopra, se si "curvano" i lati isosceli, si potrebbe avere una ulteriore
riduzione...  man mano che si tira su il vertice dei due segmenti, cioe'
man mano che si riduce l'angolo, si resta con un'area aggiuntiva che puo'
essere ridotta inserendo delle curve concave al posto dei lati... da
un'area di 1 si passa ad un'area di 1- ((r/l)*r^2), con r raggio di
curvatura e l lunghezza dell'arco... credo...
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#include "Dade.h"
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Ma sai una cosa? L'area l'hai scazzata...
A=(b*h)/2=(2*(sqrt(3)/2))/2=sqrt(3)/2...
:)))
Ancora piu' piccolo... mi pare sia un cos(60)... o un sin(60), non ricordo
bene... :)
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