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Titolo: Una vaschetta origami

Piegando (senza tagliare e senza colla) un quadrato di carta ottengo
una vaschetta in cui posso versare acqua senza che ne esca. Ci siamo
capiti? Le pieghe sono tali da non far uscire l'acqua, niente trucchi.
Ad es. il classico cartoccio non vale, l'acqua filtrerebbe tra i lembi
sovrapposti. Se faccio una scatoletta quadrata alzando i bordi o una
piramide rovesciata, l'acqua non esce.
Qual e' la soluzione per massimizzare la capacita' della mia vaschetta
e quanto vale questa capacita'?
Ciao!!!  :o)
Livio



Che nickname ha costui? ha scritto:

Simpaticissimo!
Ma questa scatoletta origami deve essere anche autosufficiente nel 
contenere acqua?
Mi spiego meglio: le pareti devono essere ripiegate in modo da essere 
autoportanti e trattenere il liquido come si deve ?
oppure si puo' anche indicare una soluzione teorica supponendo che una 
volta piegata la carta, questa resti in piega anche contro l'evidenza 
fisica (per esempio  operando un processo di solidificazione della forma 
ottenuta con una lacca ideale) ?


Giusta osservazione.
Io avevo pensato alla seconda che hai detto, il caso ipotetico che la
carta resti come uno l'ha piegata, come se il liquido contenuto fosse
leggerissimo. Penso che questa interpretazione ci faccia cercare
soluzioni estreme, e non credo, come spesso mi accade ideando cose del
genere, di avere gia' in tasca la soluzione ottimale.
Ciao!!!  :o)
Livio


Intervengo più che altro per salutare Livio (ciao!!!) ma non è che abbia 
delle cose sconvolgenti da dire (sempre che abbia capito correttamente il 
problema).
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Parto da un foglio quadrato di lato unitario e creo la vaschetta quadrata 
sollevando i quattro bordi e sperando che in un qualche modo "stiano su". 
Detta x l'altezza del bordo, il lato della base diventa 1-2x e il volume 
totale x(1-2x)^2.
Il massimo si ha per x = 1/6 (trovato con le derivate, dopo almeno 25 anni 
dall'ultima volta che le ho usate... :-) ), per un volume di 0,(074).
Più in là non vado. La piramide rovesciata ancora non me la figuro...
Ciao!
Giorgio

 Giorgio
Esempio di piramide a base triangolare ottenuta da un quadrato ABCD di
centro O.
Indicando con E il punto medio di AB, le pieghe sono costituite dalle
diagonali AC e BD in un verso e dal segmento OE nel verso opposto. Si
portano a coincidere A e B e si ottiene la piramide.
Se il quadrato e' di lato unitario, il volume e' (salvo i miei solti
errori) sqrt(2)/24, ossia circa 0,059, piu' piccolo di quello della
vaschetta quadrata.
Non so se ci siano modi diversi (ma probabilmente ci sono) per
ottenere una piramide da un foglio quadrato.

 ottenere una piramide da un foglio quadrato.
Bella la piramide triangolare! Se non sbaglioil volume dovrebbe essere 
sqrt(3)/24 che fa ~0,072168. Sempre meno della vasca quadrata ma non cosě 
meno...
Sono curioso di vedere cosa ha Livio nel cassetto... :-)
Ciao
Giorgio


Oops. Ho considerato un'altezza della piramide di 0.5 che non è certo 
giusta! E' meno (quanto?). Adesso provo a vedere se riesco a calcolarla. 
Comunque il volume è inferiore. Vuoi dire che è giusta la tua formula...?
Ciao
Giorgio

 .
Ciao Giorgio!!!
Ti giuro che ho fatto il tuo stesso percorso, ponendo la derivata
prima a zero per trovare il volume massimo che vale 2/27, procedimento
insolito per me che son forzabrutista. E proprio per questo mi son
stupito che non venisse fuori, oltre al minimo per x=1/2, anche
l'altro per x=0. (Ma poi c'ho pensato un po'...)..
Poi l'ho costruita e, portando le orecchie fuori e accomodandole in
forma conica, ho visto che il volume puo' gia' aumentare. E anche
inclinando un po' le pareti, a mo' di tronco di piramide. Insomma,
c'e' da lavorare... ma poi sono andato per funghi.
Ciao, a presto!!!  :o)
Livio


L'altezza dovrebbe essere
La base e' un triangolo equilatero di lato 1, a cui corrisponde
un'area di sqrt(3)/4.
Le facce oblique sono triangoli isosceli di base 1 e lato sqrt(2)/2,
ossia la semidiagonale del quadrato.
Dato che la base e' equilatera, i vari ortocentro, baricentro,
eccetera coincidono in un punto che dista sqrt(3)/3 dai vertici e
sqrt(3)/6 dai lati; su questo punto "cade"  l'altezza del solido.
(sqrt(2)/2)^2 - (sqrt(3)/3)^2 = 1/2 - 1/3 = 1/6 , quindi l'altezza
della piramide e' sqrt(6)/6.
sqrt(3)/4 * sqrt(6)/6 / 3 = sqrt(2)/24

 sqrt(3)/4 * sqrt(6)/6 / 3 = sqrt(2)/24
Sì sì è tutto corretto. L'altezza della piramide si trova banalmente con 
pitagora come cateto di un triangolo che ha metà lato come ipotenusa e 
l'apotema come altro cateto.
Mi sembra che anche i conti siano tutti giusti.
Ciao!
Giorgio 

 c'e' da lavorare... ma poi sono andato per funghi.
Dunque, ammesso che si riesca a costruire una vaschetta con i bordi 
inclinati e che "stia su" e ammesso che l'angolo migliore di inclinazione 
per i bordi sia 45° e ammesso che abbia fatto tutti i calcoli giusti, trovo 
un volume del tronco di piramide pari a ~0,083216 con una lunghezza del 
bordo rialzato pari a 0,2726. Qui non ci ho nemmeno provato a usare le 
derivate; sono andato a tentoni sfruttando Excel.
Se qualcuno lo controlla e lo conferma, sarebbe il massimo fino ad ora.
Ciao
Giorgio

 Se qualcuno lo controlla e lo conferma, sarebbe il massimo fino ad ora.
Dunque sia
b il lato del fondo quadrato
Alfa l'angolo del bordo rispetto la verticale
L'altezza della vaschetta: h=(1-b)/2*cos(alfa)
L'altezza dell'ipotetica piramide completa: H=b/2/tan(alfa)+h
Il lato del bordo della vaschetta: B=b+(1-b)*sin(alfa)
Il volume cercato come differenza di due piramidi:
V=(B^2*H-b^2*(H-h))/3          s.e.&.o.
Tuo caso: b=0.4548  Alfa=45°  V=0.083216   cvd
Ciao!!!  :o)
Livio

 Tuo caso: b=0.4548  Alfa=45°  V=0.083216   cvd
Sempre a tentoni, con alfa = 58° e x = 0,23 trovo V=~0,086415173 se&o.
E non sto ancora considerando tutta quell'abbondanza d'acqua (!) che 
potrebbe stare nelle pieghe rese esterne e modellate a forma conica... 
quella te la calcoli tu! :-)
Ciao!
Giorgio

 quella te la calcoli tu! :-)
E no! Le orecchie esterne funzionano solo per la vaschetta a
parallelepipedo!
Con la forma a tronco di piramide sarebbero delle vie di fuga. (Prova
a farne
una di carta.)
Bisognera' ancora trovare una forma piu' complessa che ci permetta di
non sciupare tutto 'sto materiale!   :o)
Ciao!!!  :o)
Livio

 non sciupare tutto 'sto materiale!   :o)
Bene, comincia tu! :-D
Ciao!
Giorgio

 ... ma poi sono andato per funghi.
Tornato da poco...
Boschi di abeti rossi sui 1500-1700 m
Buona raccolta (3 chili di porcini), belli sani,
ma con i cappelli in larga parte mangiati dalle lumache...
Nei giorni scorsi quasi solo finferli, un'infinità
fra muschio e mirtilli dai 1600 ai 2000 m   :)
Ciao, Nino


Ciao Nino. Loro non lo sanno, ma questo e' un tegame origami
per cucinare porcini al verd...
Ciao!!!  :o)
Livio

 Bene, comincia tu! :-D
Forse pero' mi sbagliavo. Le orecchie potrebbero essere di forma
piramidale a base quadrangolare (quadrata, rombica o losanga) in modo
tale da portare tutto il bordo alla stessa altezza. In verita' avevo
nel cassetto una forma piu' elegante, ma ho paura che questa sia piu'
efficente. Ora faccio due calcoli (forse).
Ciao!!!  :o)
Livio

Livio
Ciao a tutti, passavo da queste parti e ho pensato di partecipare alla
festa.
Avrei trovato un valoredi circa 0.78+,  leggermente più alto del tuo,
lavorando da forzabrutista, con un po' di excel e un po' di CAD.
Dal punto di vista geometrico mi pare che funzioni, dal punto di vista
meccanico però ho qualche dubbio.
Dunque
dispongo il foglio a mo' di mezzo tubo di sezione ellittica, semiasse
maggiore orizzontale 0.42, semiasse minore 0.195.
La semicirconferenza dovrebbe essere pari a uno, l'area della
semiellisse pari a 0.186+
A questo punto nasce il problema meccanico: dovrei piegare le
estremità del tubo verso l'alto, per ottener i due tappi alti 0 .195
La lunghezza residua del tubo sarebbe quindi 0.61, e il volume 0.0784+
Ma sarà possibile fare questa piega?
Che ve ne pare?
ciao
paolo

 Che ve ne pare?
Ciao Paolo, contavo sul tuo intervento.  :o)
Vedo che sei lanciato verso una soluzione ben migliore di quella che
modestamente denunci. Quindi taccio.
Ciao!!!  :o)
Livio

Livio
ciao
paolo

>
Ciao Paolo!
Bella l'idea!
Mi ha fatto venire in mente che in passato mi è capitato per le mani un 
contenitore fatto in quel modo. Era di cartone ma non mi ricordo più a cosa 
servisse. Può essere che la curva debba essere un arco di circonferenza? Non 
so...
Aspetto gli sviluppi e i calcoli (vostri!).
Ciao
Giorgio

 impazzire con i calcoli
prova con la catenaria. la formula è del tipo A(e^kx + e^-kx)


Non vorrei buttarti fuori strada. Puo' essere che una curvatura del
semitubo diversa da quella ellittica ottimizzi meglio, non saprei. Non
era quello che obiettavo. E' facendo la giusta piegatura, anche
meccanicamente plausibile, che si supera quel volume di 0.0784.
Il calcolo esatto e' complicatino, non l'ho ancora fatto.
Puo' anche essere che sia ancora ottimizzabile.
Sapremo mai se abbiamo raggiunto il max?
Ciao!!!  :o)
Livio

 wrote:

la catenaria è la forma della sezione assiale di un telo di plastica
flessibile fissato su un quadrato orizzontale quando si riempie d'acqua.

 flessibile fissato su un quadrato orizzontale quando si riempie d'acqua.
Tra due punti A e B tracciamo un segmento rettilineo e una curva. A
parita' di lunghezza della linea curva, quale forma racchiude la
maggior area? Ellittica, parabolica, iperbolica, catenaria, altro? A
me pare, a naso, l'ellittica. Ma il naso, si sa, non fa matematica.
Ciao!!!  :o)
Livio



La complicazione nasce dal fatto che dobbiamo stabilire la distanza AB
ottimale, e questa non corrisponde necessariamente alla max. area
dell'ellissse, o comunque della figura interna alla curva prescelta.
Allungando AB diminuisce sì la profondità della vasca, ma ciò comporta
tappi più piccoli, e quindi vasca più lunga.
Mah. per il momento mi fermo qui e aspetto la tua soluzione.
ciao
paolo

meccanicamente plausibile, che si supera quel volume di 0.0784.
Tappi inclinati? O magari curvi? Insomma, qualcosa che assomigli
all'interno di una classica vasca da bagno?
La vedo dura :-)
ciao
paolo


Meglio una figura:
http://img376.imageshack.us/img376/1910/origami1jc4.gif
La linea di piegatura e' data dall'intersezione di due cilindri
identici a base ellittica.
Purtroppo non sono ancora riuscito a calcolarne il volume completo.
Ciao!!!  :o)
Livio

 Mah. per il momento mi fermo qui e aspetto la tua soluzione.
No, no, sia chiaro, io non ho una "soluzione finale".
Non so neppure se sia meglio il tronco di piramide o la piega
ellittica.
Sospetto che nessuna delle due sia ottimale.
Non trascurerei i frattali.  ;o)
Ciao!!!  :o)
Livio


Solo una piccola correzione della tua fomula riportata in figura. Se non 
sbaglio dovrebbe essere, sempre utilizzando la formula (approssimata) di 
Eulero:
PI*sqr(2(h^2+b^2/4)) = 2
da cui
b = sqr(8/PI^2-4h^2)
anche il volume dovrebbe essere diviso per 2.
V = PI*h*b/2*(1-2h)/2 + 4 orecchie
Per favore, fai una verifica perché potrei avere scritto cose tutte 
sbagliate.
A questo punto però mi fermo perché le 4 orecchie non so come gestirle.
Escludendo le orecchie per h = 0,21 si trova un V massimo di ~0,07618.
Io non so niente di AutoCAD et similia. Ma non dovrebbero essere in grado di 
calcolare il volume risultante dall'intersezione di solidi?
Ciao
Giorgio
P.S. La mia osservazione precedente sull'uso di un arco di circonferenza non 
si riferiva alla ricerca di una curva per ottimizzare il volume, piuttosto 
ad una curva che risultasse realizzabile come piega. L'ellisse mi dava 
l'idea che non si potesse piegare senza ricorrere a stiramenti e 
accartocciamenti. Però adesso mi sembra che sia piegabile anche in forma 
ellittica. 

 ellittica.
Confermo. E' qui in cartoncino sulla mia scrivania.
Ciao!!!  :o)
Livio

Confermo. E' qui in cartoncino sulla mia scrivania.
Hai una fotocamera digitale?
ciao
paolo

 Hai una fotocamera digitale?
Si, ma e' da reinstallare pure quella.
Ci vorra' qualche giorno di pazienza.
Ciao!!!  :o)
Livio


http://img213.imageshack.us/img213/4003/origami2wg6.gif
Ho aggiunto lo sviluppo, un tratteggio ed un tentativo di prospettiva.
Spero che sia piu' chiaro.
Ciao!!!  :o)
Livio


Finalmente ho un linguaggio di programmazione sul mio pc!
Con un programmino di calcolo numerico (metodo degli spaghetti :o)) ho
trovato questo risultato per la vaschetta ellittica con bordi
ellittici:
h=.232
V=0.0852+
Anche se di poco, e' inferiore alla soluzione a tronco di piramide.
A presto!!!  :o)
Livio
*******************************
Dim A, B, S_spag, L_spag, Pi, V, X, Y, Z
Text1 = ""
Pi = 4 * Atn(1)
'B = 0.21        'semiasse minore calcolato da Giorgio Vecchi (senza
orecchie)
For B = 0.2 To 0.24 Step 0.001
    A = Sqr(8 / Pi ^ 2 - 4 * B ^ 2) / 2   'semiasse maggiore
dell'ellisse
    S_spag = 0.001  'spessore spaghetto di sez quadrata
    V = 0           'volume vaschetta
    For Z = S_spag / 2 To A Step S_spag
        For Y = S_spag / 2 To B Step S_spag
            If Z ^ 2 / A ^ 2 + Y ^ 2 / B ^ 2 <= 1 Then  'sez ellittica
vaschetta
                L_spag = 1 / 2 - B * Sqr(1 - Z ^ 2 / A ^ 2) 'lunghezza
spaghetto
                V = V + S_spag ^ 2 * L_spag
            End If
        Next Y
    Next Z
    V = 4 * V
    Text1 = Text1 + Str(B) + Str(V) + Chr$(13) + Chr$(10)   'stampa
    DoEvents
Next B


Livio,
il metodo degli spaghetti me lo spieghi poi a voce la prima volta che ci 
incontriamo di persona! (Ad un prossimo raduno, eventualmente...? ;-) )
Per ora mi fido ciecamente di te. Volevo però far notare che stiamo usando 
per il calcolo del perimetro dell'ellisse e conseguentemente per il recupero 
della lunghezza del semiasse maggiore (che finalmente ora si chiama "a"!) la 
formula approssimata di Eulero. Questa non è molto affidabile per ellissi 
schiacciate come la nostra arrivando a un errore di circa il 10% in più 
sulla lunghezza del perimetro. Siccome noi partiamo dal perimetro per 
ottenere a, ne dovrebbe conseguire che il valore di a è inferiore a quello 
che in realtà è, con ripercussioni sul calcolo del volume.
Prima di abbandonare la vaschetta ellittica a favore di quella a tronco di 
piramide varrebbe forse la pena provare ad utilizzare una formula più 
affidabile (e un po' più complessa) per il calcolo del perimetro (il 
problema è che bisogna rigirarla per trovare il semiasse maggiore e si 
rischia [io in particolare] di perdere dei pezzi per strada).
Consiglierei di dare un'occhiata qui: 
http://home.att.net/~numericana/answer/ellipse.htm#elliptic
 e di optare per 
la formula di Ramanujan, quella contrassegnata dal numero (3).
Se qualcuno ci si mette...
Ciao
Giorgio

 Se qualcuno ci si mette...
Penso che tu abbia, come al solito, proprio ragione.
Bisognera' proprio farlo, anche perche' io sto andando verso questa
sol:
http://img213.imageshack.us/img213/6103/origami3is9.gif
che puoi immaginare come tanti tronchi di piramide sovrapposti.
Con il solito metodo e con la formula di Eulero trovo:
h=0.261
V=0.0936
che per ora e' il piu' promettente.
E' che girare quella formulaccia e' una noia. Quasi quasi faccio un
altro integrale con gli spaghetti. In fondo per calcolare il perimetro
di un ellisse col pc, basta sommare corde piccole a piacere...  :o)
A presto!!!  :o)
Livio

 me pare, a naso, l'ellittica. 
Ciao Livio,
in realtà la curva che rende massima l'area è semplicemente una
semicirconferenza...
Maurizio

On 4 Set, 18:13, 
frigeni_cut@tiscali_cut.it
 (Maurizio Frigeni) wrote:

Aspe'...  se e' data la distanza tra A e B ed e' data la lunghezza
della linea, raramente ne puoi fare una semicirconferenza .
Ciao!!!  :o)
Livio

 la formula di Ramanujan, quella contrassegnata dal numero (3).
Io c'ho provato...
h=0.22
V=0.087289
Passa da un po' piu' piccolo a un po' piu' grande! Sara' giusto?
Ciao!!!  :o)
Livio
**************************************************
Dim A, B, S_spag, L_spag, Pi, V, X, Y, Z
Dim K, E, F, G
Text1 = ""
Pi = 4 * Atn(1)
'B = 0.21        'semiasse minore calcolato da Giorgio Vecchi (senza
orecchie)
For B = 0.2 To 0.24 Step 0.001
    'A = Sqr(8 / Pi ^ 2 - 4 * B ^ 2) / 2   'semiasse maggiore
dell'ellisse
NUOVO CALCOLO DEL SEMIASSE MAGGIORE:
    K = 2 / Pi
    E = 6
    F = 8 * B - 6 * K
    G = K ^ 2 + 6 * B ^ 2 - 6 * B * K
    A = (-F + Sqr(F ^ 2 - 4 * E * G)) / 2 / E
    S_spag = 0.001  'spessore spaghetto di sez quadrata
    V = 0           'volume vaschetta
    For Z = S_spag / 2 To A Step S_spag
        For Y = S_spag / 2 To B Step S_spag
            If Z ^ 2 / A ^ 2 + Y ^ 2 / B ^ 2 <= 1 Then  'sez ellittica
vaschetta
                L_spag = 1 / 2 - B * Sqr(1 - Z ^ 2 / A ^ 2) 'lunghezza
spaghetto
                V = V + S_spag ^ 2 * L_spag
            End If
        Next Y
    Next Z
    V = 4 * V
    Text1 = Text1 + Str(B) + Str(A) + Str(V) + Chr$(13) + Chr$(10)
'stampa
    DoEvents
Next B

 che per ora e' il piu' promettente.
e che con Ramanujan diventa:
 H=0.245
v=0.0963
Tutto da verificare, domani vado per funghi.
Ciao!!!  :o)
Livio

 della linea, raramente ne puoi fare una semicirconferenza .
Hai ragione, intendevo dire l'arco di circonferenza che insiste sulla
corda AB. Questo segue (se non sbaglio) dal fatto che, a parità di
perimetro, la curva che delimita l'area maggiore è la circonferenza.
Maurizio

Per ora ho trovato questo
V= 0.08627+
(ma vedo che l'avete già superato)
Ho pensato che, anziché aggiungere le orecchie, è più semplice
sottrarre quello che non serve
Se ho interpretato bene le tue indicazioni
Con un CAD 3D costruisco un cilindro orizzontale, a sezione
semiellittica, con semiassi 42.02 e 19.58 (la semicirconferenza,
misurata col CAD risulta 99.99875 anziché 100.
Interseco le estremità del cilindo con altri due cilindri uguali al
primo.
Sottraggo dal primo cilindro le intersezioni con gli altri due.
http://img266.imageshack.us/img266/9955/origami3di2.jpg
Proverò se riesco a ottenere di meglio con qualche altra curva.
ciao
paolo

On 4 Set, 21:47, 
frigeni_cut@tiscali_cut.it
 (Maurizio Frigeni) wrote:

Mi sa che non ti sbagli.
Dunque sarebbe saggio provare a rifare le nostre vaschette con archi
di cerchio.
Ciao!!!  :o)
Livio


Se ho capito bene, arrivo a V= 0.086278
(ma vedo che l'avete già superato)
Con un CAD3D costruisco un cilindro orizzontale a sezione
semiellittica.
Alle estremità lo interseco con due cilindri verticali uguali al
primo.
Sottraggo dal primo cilindro le intersezioni con gli altri due.
Con il cad misuro il volume rimasto.
http://img266.imageshack.us/img266/9955/origami3di2.jpg
ciao
paolo


Magnifico!
Ciao!!!  :o)
Livio

 di cerchio.
Ma ve', torna fuori l'idea dell'arco di circonferenza...
Ho provato a fare dei calcoli e trovo, senza orecchie, un volume di 
0,073936358 con h = 0,22. Meno di quello trovato con l'ellisse, ma bisogna 
vedere quanto incidono le orecchie e le approssimazioni nei calcoli.
E allora perché non prendiamo anche in considerazione il cono per le 
caldarroste? :-)
Arrotolando il quadrato per fare coincidere due lati adiacenti si ottiene il 
cono. Naturalmente non è autoportante, ma sorvoliamo. Inclinandolo in modo 
che l'altezza cada sulla circonferenza di base e capovolgendolo, credo (a 
occhio) che si ottenga il volume massimo sfruttabile per contenere acqua. 
Probabilmente non batterà il record, ma vale la pena provare.
Bisognerebbe riuscire a calcolare l'area della base...
Ciao
Giorgio 

Livio
Ma l'acqua deve essere necessariamente allo stato liquido?
Perché, se ammettiamo il ghiaccio, riesco a ottenere un volume
1*1*infinito
Ho vinto qualcosa? :-)
ciao
paolo



ho ripetuto il procedimento, facendo variare il rapporto tra i
semiassi a b.
L'ottimo si ha per a/2=1.83 circa
a=0.40295
b=0.22019
V=0.087273+
ciao
paolo

Che nickname ha costui? ha scritto:

il cerchio è un caso particolare dell'ellisse a fuochi coincidenti e assi
uguali

 V=0.087273+
Confermo i tuoi risultati per la semiellisse. Il calcolo analitico mi dà
il max per 
a=0.402913
b=0.220248
V=0.0872736
Ho provato anche con l'arco di circonferenza, ma ottengo nel caso
migliore V=0.0851922.
Teoricamente sarebbe possibile determinare la curva ottimale usando i
metodi del calcolo delle variazioni: ci ho provato ma l'equazione
differenziale che si ottiene è intrattabile.
Maurizio
 

 Tutto da verificare, domani vado per funghi.
Da qualche giorno non vedo più messaggi su IHE, non so se è colpa del
mio server o dell'abbondanza di funghi...
Comunque volevo fare il punto sui risultati cha abbiamo finora. Pare
proprio che il metodo migliore finora sia quello che tu hai illustrato
qui sopra e che io chiamerei "cupola quadrata". 
Se infatti rovesciamo la vaschetta ottenuta, otteniamo una cupola a base
quadrata con 4 falde. Tagliando la cupola con un piano perpendicolare
alla base e passante per i centri di due lati opposti del quadrato di
base, ottengo come sezione una curva descritta da una funzione f(x) che
dà l'altezza della cupola in funzione della distanza x dal centro della
base. Quindi avremo f(0)=h e f(a)=0, dove 2a è la lunghezza di un lato
di base. Sulla funzione abbiamo il vincolo che la lunghezza della curva
fra x=0 e x=a deve essere uguale a 1/2.
Il volume della cupola si calcola con un semplice integrale che
coinvolge f(x). Ho provato a trovare il volume massimo usando varie
forme per f. Per i calcoli ho usato la funzione NMaximize di
Mathematica, che permette di trattare i massimi vincolati. Ecco i
risultati.
Segmento: f(x) = h - (h/a)x
max: V=0.06415, a=0.408248, h=0.288675
(dà una piramide)
Ellisse: f(x) = h Sqrt[1 - (x/a)^2]
max: V=0.0963068, a=0.38546, h=0.243069
(questa dovrebbe essere la soluzione di Livio)
Parabola: f(x) = h(1 - (x/a)^2)
max: V=0.0863086, a=0.40319, h=0.265463
Arco di circonferenza: 
f(x) = Sqrt[(a^2+h^2)^2/(2h)^2-x^2] - (a^2-h^2)/(2h)
max: 0.0926698, {a -> 0.384635, h=0.269225
Spezzata: f(x)=h per 0<x<c, f(x)= h+h(c - x)/(a - c) per x>c
max: V=0.0864197, a=0.391153, h=0.196714, c=0.26782
(dà il tronco di piramide)
Radice quadrata: f(x)= h Sqrt[1 - x/a]
max: V=0.0897422, a=0.394028, h=0.270946
Parabola cubica: f(x) = h(1 - (x/a)^3) 
max: 0.0927441, a=0.39791, h=0.244065 
Parabola quartica: f(x) = h(1 - (x/a)^4) 
V=0.0948723, a=0.393437, h=0.229837
Parabola di sesto grado: f(x) = h(1 - (x/a)^6) 
V=0.0952418, a=0.386351, h=0.212687
Parabola di ottavo grado: f(x) = h(1 - (x/a)^8) 
V=0.0942016, a=0.38098, h=0.202816
Per il momento vince l'ellisse, ma non è detto che non si possa fare
meglio. Anche in questo caso determinare la f(x) ottimale è un problema
di calcolo delle variazioni, che però porta ad equazioni troppo
complicate. Sospetto che funzioni del tipo 
f(x) = h(1 - (x/a)^n)^(1/m) (n e m interi)
potrebbero dare risultati interessanti, ma già con m=2 non riesco a fare
i calcoli...
E' tutto per il momento.
Maurizio
 

 complicate. 
Forse sono riuscito ad addomesticare le equazioni e a determinare la
curva ottimale per questo caso. La forma esplicita della curva è
piuttosto complicata, perché coinvolge le funzioni ipergeometriche.
Comunque usando questa curva ottengo (se non ho fatto errori) un volume
massimo
V = Gamma[3/4]^3/(8 pi Gamma[5/4]^2 Gamma[7/4]) = 0.0969671+
(Gamma[x] è la solita funzione di Eulero),
che in effetti batte (di poco) la semiellisse. Gli altri parametri
valgono:
a = Gamma[3/4]/(2 pi^(1/2) Gamma[5/4]) = 0.38138+
h = Gamma[3/4]^4/pi^2 = 0.228473+
Tutto ciò vale naturalmente solo nel caso della cupola e senza contare
l'eventuale reimpiego delle "orecchie" ottenute nelle piegature.

 mio server o dell'abbondanza di funghi...
Un po' e' colpa dei funghi, ma ora mi occorreranno dei giorni per
digerire i tuoi calcoli!
Ciao!!!  :o)
Livio

 digerire i tuoi calcoli!
In realtà l'unica vera novità è nel mio post del 11/9, perché trovo una
curva che dà un volume migliore rispetto all'ellisse. Ho scritto che la
forma esplicita è complicata, però se si lascia sotto forma d'integrale
non è tanto male:
         / 1
f(x) = a |      u^2/sqrt(1-u^4) du
         / x/a
dove 
a = Gamma[3/4]/(2 pi^(1/2) Gamma[5/4]) = 0.38138+
come scrivevo nel post precedente.
Con questa scelta per f(x) il volume mi viene 
V = Gamma[3/4]^3/(8 pi Gamma[5/4]^2 Gamma[7/4]) = 0.0969671+
che mi pare finora sia il più alto.
Maurizio 

On 12 Set, 00:56, 
frigeni_cut@tiscali_cut.it
 (Maurizio Frigeni) wrote:

Mi sembra di intuire che sia un bel risultato.  :o)
E la lunghezza della curva come la calcoli?
Ciao!!!  :o)
Livio

 E la lunghezza della curva come la calcoli?
C'è la formula standard per la lunghezza:
          / a
    L =   |    sqrt(1 + f'(x)^2) dx,
          / 0
che nel nostro caso diventa
          / 1
    L = a |   1/sqrt(1-u^4) du.
          / 0
Il valore dell'integrale è esattamente 1/(2a) (usando il valore di a
dato nel post precedente), sicché L = 1/2.
Maurizio