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Titolo: I due pendoli

Stimolato dal problema proposto da anto, vorrei sottoporvi quest'altro.
Abbiamo due pendoli, uno compie a oscillazioni complete in un minuto,
l'altro ne compie b. a e b sono primi tra loro, quindi i due pendoli, se
fatti partire contemporaneamente, tornano nella posizione iniziale
esattamente dopo un minuto e non prima. Ammesso che siano imperniati sullo
stesso perno
e abbiano la stessa ampiezza di oscillazione, facendoli partire
contemporaneamente quante volte si ritroveranno ad essere sovrapposti
durante quel minuto?
Ciao
Giorgio

 ha scritto nel messaggio
news:2p33jpF...@uni-berlin.de...


 ha scritto nel messaggio
news:DYZWc.186103$5D1.8...@news4.tin.it...
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 durante quel minuto?
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Il moto di un pendolo, nel limite di piccole oscillazioni,
e' ben descritto da una legge armonica del tipo x = cos(w*t)
ove x e' l'elongazione (scostamento istantaneo dalla posizione
di equilibrio), w la pulsazione, avendo scelto una ampiezza
unitaria di oscillazione e un'opportuna fase iniziale.
Nel caso che le posizioni dei pendoli coincidano al tempo t = 0s,
se t e' un tempo per cui le 2 elongazioni risultino uguali, otteniamo:
cos(2*Pi*a*t/T) = cos(2*Pi*b*t/T), avendo posto T = 1 min., da cui
cos(2*Pi*a*t/T) - cos(2*Pi*b*t/T) =  sin(Pi*p*t/T)*sin(Pi*q*t/T) = 0
ove p = (a + b), q = |a - b|, la condizione per cui il prodotto di
seni si annulla per un tempo t compreso nell'intervallo 0s < t < T e':
p*t/T = m o q*t/T = n, con m, n interi positivi, 0 < m < p, 0 < n < q,
da cui:
t = m/p*T o t = n/q*T.
Se adesso per tutti i valori leciti di m e n accade che m/p e' diverso
da n/q allora abbiamo un totale di p + q - 2 = [2*Max{a, b} - 2]
sovrapposizioni nell'intervallo di valori di tempo 0 < t < T, altrimenti a
questo numero dovremo sottrarre il numero delle coppie di valori leciti
di n e m tali che m / p = n / q (questo numero non lo so calcolare a
priori, e' "accidentale").
Ciao
--
Giorgio Bibbiani


Uh, non mi aspettavo certo una risposta così tecnica! Lo avevo concepito
come un problema alla portata di tutti, affrontabile con semplici
ragionamenti. Anche quella di maynard è una trattazione altrettanto tecnica,
ma non mi sembra che pervenga a una risposta sul *quante* sovrapposizioni si
verificano.
Comunque sia, la tua formula finale (che potremmo semplificare in 2*a-2, se
assumiamo per semplicità a > b) mi sembra corretta. Se non sbaglio non
consideri l'istante iniziale e quello finale (io uno dei due lo includerei).
C'è però un insieme di casi in cui la tua formula non dà il risultato esatto
(ne parli nella tua ultima postilla, ma non mi è chiaro perché lo definisci
"accidentale"). Supponiamo infatti a = 3 e b = 1. Si hanno solo 3
sovrapposizioni, agli istanti 15", 30" e 45" (lo si può verificare su
carta), mentre la tua formula ne prevede 4. Direi che si può stabilire
quando questo si verifica.
Se qualcuno vuole ancora affrontarlo fornendo una soluzione che non faccia
uso di seni e coseni... :-)
Ciao
Giorgio

uso di seni e coseni... :-)
I pendoli si sovrappongono, sia quando vanno entrambi
dalla stessa parte, sia quando vanno uno verso destra
e l'altro verso sinistra.
In un minuto A fa a cicli, B ne fa b.
Tanto per fissare le idee diciamo che e` A il piu`
lento dei due, cioe`: a < b.
Durante il primo ciclo di A (il piu` lento) i pendoli si
sovrappongono solo se A viene doppiato da B.
Successivamente si sovrappongono quando A, e a maggior
ragione B, hanno gia` fatto almeno un ciclo.
Indichi t ogni tempo in cui c'e` sovrapposizione, cioe`
ogni soluzione cercata;
ed invece x il tempo che resta da ogni soluzione t
quando da essa sottraggo il tempo m/a impiegato da A
per fare cicli pieni (m e` appunto il loro numero).
Analogamente con y,n per B.
Cioe`:
(1)	t = x + m/a = y + n/b.
Nel tempo x, che e` minore del tempo 1/a che A impiega
per fare un ciclo (periodo di A), A compie un tragitto
di lunghezza U secondo la proporzione seguente, essendo
L l'elongazione massima:  [metto anche l'analogo per B]
(2)	U : L = x : 1/a;	V : L = y : 1/b
N.B. Le lunghezze U,V si contano cosi`:  
             0 -------->L 
3L<---------2L<---------L
3L--------->4L=1 ciclo
Per incontrarsi ci son soltanto queste due poossibilita`:
(3)	V = U
(4)	V = 2L - U
Dalle (2),(3) risulta allora:
(5)	ax = by
ed invece dalle (2),(4) si ha:
(6)	ax = 2 - by
BOING! Chiedo scusa.. magari concludo in un altro
momento:-((
Oppure se a qcn gli va e se trova il tutto corretto e di
suo gusto, ben venga la sua conclusione! :-))
[per un eventuale continuatore: le soluzioni provengono
dalla (6), la (5) se non sbaglio ammette solo t=1 (per
l'unita` di misura conviene forse restare coi minuti)]
-- 
Ciao,		|   Attenzione! campo "Reply-To:"  alterato	|
Remigio Zedda	|   posta: ti.ilacsit@zoigimer  <-- dx/sn  ;^)	|
	-- GNU/Linux 2.4.25 su Slackware 9.1

 uso di seni e coseni... :-)
Esplicito le ipotesi che facciamo sul moto dei pendoli:
entrambi partono contemporaneamente da un estremo S
della traiettoria del moto il cui secondo estremo e' D
(S e D sono i due *soli* punti di inversione della traiettoria)
e l'ampiezza di oscillazione e' la stessa per i due pendoli,
le frequenze di oscillazione dei pendoli A e B sono
rispettivamente a/min. e b/min. con a e b interi primi tra loro,
*la velocita' di ciascun pendolo e' funzione solo della posizione
ed e' direttamente proporzionale alla frequenza*, cioe' in pratica
le equazioni del moto dei due pendoli si possono ottenere l'una
dall'altra cambiando la scelta della scala dei tempi (queste ipotesi
sono soddisfatte anche per il moto armonico visto in precedenza
con l'inutile complicazione ;-) di seni e coseni).
Per le ipotesi date i pendoli si trovano contemporaneamente in S
al tempo t = 0s e t = 1 min., e nell'intervallo di tempo compreso tra
questi due valori possono trovarsi al piu' una sola volta
contemporaneamente in D al tempo t = 1/2 min. (se i pendoli fossero
entrambi in D a un tempo td tale che 0s < td < 1/2 min. allora
sarebbero entrambi in S a un tempo 2td < 1min., inoltre non puo'
essere 1/2 min. < td < 1 min. come si dimostra invertendo rispetto
al tempo il moto dei pendoli), questo accade se e solo se entrambi
i valori a e b sono dispari (se ad es. a e' pari allora il pendolo A al
tempo 1/2 min. si trova in S).
Senza perdere di generalita' possiamo supporre a > b, dato che la
velocita' di A in ogni punto della traiettoria e' maggiore o uguale a
quella di B, allora A incontra B una e una sola volta in ogni tragitto
SD o DS, salvo fatto il caso che l'incontro avvenga in D, quindi
nell'intervallo di tempo compreso tra 0s e 1 min (esclusi gli estremi)
i due pendoli si incontrano (2a - 2) volte (pari al numero di tragitti SD
e DS del pendolo A) se a e b non sono entrambi dispari, mentre si
incontrano (2a - 3) volte se a e b sono entrambi dispari.
Ciao
-- 
Giorgio Bibbiani

Ho scritto:
"i due pendoli si incontrano (2a - 2) volte (pari al numero di tragitti SD
 e DS del pendolo A)"
Avrei dovuto scrivere:
"i due pendoli si incontrano (2a - 2) volte (pari al numero di tragitti SD
e DS del pendolo A diminuito di 2)".
ciao
-- 
Giorgio Bibbiani


Perfetto!!! Questa era la soluzione che intendevo! :-)
L'avevi comunque trovata anche con i ragionamenti di ieri, però
personalmente trovo molto più bella questa che non fa uso di "formule
misteriose". ;-)
Trovo molto interessante e poco intuitivo il fatto che il risultato finale
sia "quasi" indipendente da b.
Visto che l'avevo già scritta, includo anche la mia soluzione. Dice
esattamente quello che dici tu, solo con parole un po' diverse ed è un po'
più discorsiva. I nostri risultati differiscono di 1 perché io includo nel
conteggio anche la sovrapposizione iniziale dei due pendoli.
Io l'ho affrontato così: supponiamo per comodità a > b; quindi il pendolo a
è più veloce del pendolo b. Prendiamo in considerazione una
semi-oscillazione (cioè o la sola andata o il solo ritorno) del pendolo più
veloce. Analizziamo i possibili casi.
I due pendoli sono sovrapposti all'inizio della semi-oscillazione (come
avviene all'istante 0).
I due pendoli si sovrappongono alla fine della semi-oscillazione (come
accade dopo un minuto).
Il pendolo veloce raggiunge, si sovrappone e supera quello lento, che
procede nella stessa direzione.
Il pendolo veloce "incrocia" quello lento, che procede in direzione opposta.
E' facile convincersi che in tutti questi casi (che sono tutti i possibili)
si verifica esattamente una sola sovrapposizione. Quindi il conto è già
fatto: le semi-oscillazioni sono 2*a e se vogliamo non considerare la
sovrapposizione finale il risultato è 2*a-1.
Ora c'è da considerare il caso in cui si verifichi una sovrapposizione a
fine corsa di una semi-oscillazione che sarebbe seguita da una
sovrapposizione a inizio corsa della semi-oscillazione successiva. In questo
caso le due sovrapposizioni sarebbero coincidenti, quindi in realtà una
sola, mentre la formula precedente ne avrebbe conteggiate due.
Bisogna quindi vedere se, quando e quante volte questo si verifica. Se si
verifica è sicuramente dalla parte opposta a quella da cui i pendoli sono
partiti. Infatti l'unica semi-oscillazione che termina da quella parte è
l'ultima e non ne seguono altre. Se quindi si verifica che i due pendoli si
sovrappongono esattamente a fine corsa dalla parte opposta a quella da cui
sono partiti e ammettiamo che ciò si verifichi all'istante t, ne consegue
che, per simmetria, all'istante 2*t i pendoli dovranno ri-sovrapporsi dalla
parte opposta a quest'ultima (cioè quella iniziale). Siccome ciò avviene
solo alla fine, ne consegue che 2*t = 1 min., quindi t = 1/2 min. Questo
comporta che questa eventuale circostanza si verifica al massimo una volta
sola ed esattamente a t = 1/2 min.
In quale caso i due pendoli si trovano ad essere entrambi dalla parte
opposta a quella iniziale quando t = 1/2 min.? Solo se il numero di
oscillazioni di entrambi è dispari.
Quindi in definitiva la formula diventa:
se a e b sono entrambi dispari:
2*a-2
altrimenti (uno dei due pari; entrambi pari non possono essere per la
premessa che a e b sono primi tra loro):
2*a-1
Ciao
Giorgio

 essere sovrapposti durante quel minuto?
Ciao Giorgio,
io l'ho immaginata così:
due nuotatori fanno a e b vasche in un'ora, a>b primi tra loro.
E' chiaro che il nuotatore più veloce in ogni vasca o supera quello lento
oppure lo incrocia. Solo nella vasca iniziale thorp non incontra rosolino (o
meglio: lo incontra solo allo start), o in quella finale (ma lo incontra
all'arrivo, raggiungendolo). Quindi 2*a meno 1 o 2, a secondo di come si
considerino i contatti iniziali e finali.
E se virano insieme? Andrebbe tolto 1 dal totale.
Ma visto che per ipotesi non virano mai assieme sotto i blocchi di partenza,
potrebbero virare assieme solo sul bordo esterno, e solo una volta, a metà
gara (sempre per via della mancanza di cicli più corti di un ora). Ma
entrambi a metà gara si trovano sul bordo opposto solo se a è b sono
dispari.
Devo confessare che quest'ultima considerazione l'ho aggiunta dopo aver
controllato la mia soluzione con le vostre ;)
-- 
Ciao, Silv:o)