Re: Qualche quiz
 

Il concetto geometrico è molto antico, ma i termini "rapporto aureo","sezione aurea","numero aureo" hanno una origine molto più recente.

Il termine "sezione aurea" sembra essere stato usato per la prima volta nel 1835 dal matematico Federico Martin Ohm nella seconda edizione del suo libro "La matematica elementare pura"; il simbolo consueto per indicare il numero aureo era la lettera greca Τ (tau), iniziale di tomè=sezione.
Il simbolo Φ per il numero aureo fu introdotto all'inizio del xx secolo dal matematico americano Mark Barr, dall'iniziale del nome di Fidia, grande scultore dell'antica Grecia,il quale, secondo numerosi storici, lo utilizzò nelle sue opere più importanti, come il Partenone di Atene.
Ciao,ciao

Re: Qualche quiz
 

Ø Ø Ø ♫ § ☺ ♂ ¾ Ñino e via di seguito !!!!!!
Evviva, ci sono riuscito, ci ho messo 8 anni, ma alla fine, cioè da questo momento, riesco a scrivere i caratteri ASCII, finalmente.:D:D
Ciao
Ho sottomano la tabella con 255 simboli e caratteri, non vedo però gli operatori matematici tipo radice quadrata che sarebbe anche utile.
Ciao

Re: Qualche quiz
 

Ancora questo:
Finpra, possiamo dire: «Perché SI'», avendo sperimentato che è così anche se non abbiamo capito! ;)
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@aspesi

Ho scritto il paper che avevo promesso.
E' di due pagine.

Lo metto qui.
Dai, aspesi: fa uno sforzo e guarda se ti riesce di andare avanti ... dove io non so procedere!

Re: Qualche quiz
 

Erasmus, non mi sopravvalutare (in particolare per le nozioni teoriche) :)

Ho cercato di seguire tutti i passaggi del tuo papier e ... mi è venuto il mal di testa (che è rimasta vuota! :lipssealed:)
Senza riuscire, non dico a trovare una parvenza della dimostrazione che cerchi, ma neppure a capire se, ammesso che si riesca a completare il tuo ragionamento, il procedimento da te seguito sia una strada percorribile per trovarla.

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(... e poi sei tu a lamentarti della decadenza... ;)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Io non mi lamento. La constato e basta! :)
Ma poi ... «non si parla di corda a casa dell'impiccato!» :D
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Ho trovato un'altra cosa, sempre a proposito di questo argomento.
Se n (dispari) è una potenza di un altro dispari, per esempio n = b^2, continuando con la prostaferesi, si semplifica tutto fino che resta la potenza della base, (P(n) = b·P(b) nell'esempio).

Mi spiego con n = 9 = 3^2, dove alla fine mi viene P(9) = 3·P(3).

[NB: in quel che segue, i simboli c1, c2, c3 ... e in generale ck per k da 1 a n–1 stanno a significare cos(π/n). cos(2·π/n), cos(3·π/n) ... e in generale ck = cos(k·π/n).]

Abbiamo già visto che, per n = 7 e n = 11, si arriva [rispettivamente] a:
P(7) = 7 – (1 – c1 + c2 – c3 – c4 + c5 –c6) = 7 – 0
perché, essendo ora ck = cos(kπ/7), la somma tra parentesi è la proiezione sull'asse delle x di una stella di 7 vettori di modulo 1 a simmetria centrale (cioè a somma nulla).

P(11) = 11 – (1 – c1 + c2 – c3 – c4 + c5 – c6 + c7 – c8 + c9 – c10) = 11 – 0
perché, essendo ora ck = cos(kπ/11), la somma tra parentesi è la proiezione sull'asse delle x di una stella di 11 vettori di modulo 1 a simmetria centrale (cioè a somma nulla).

Invece con n = 9, sempre continuando con la prostaferesi e semplificando poi quel che si può, si trova
P(9) = 6 + 6 c3.
Siccome ora c3 = cos(3π/9) = cos(π/3) = 1/2, si trova ancora P(9) = 9.
Ma, senza usare la conoscenza dei valori dei coseni, si può fare così [ora che ck = cos(kπ/9) e quindi c6 = coa[(9–3)·π/9] = cos(π – 3·π/9) = –c3]:
P(9) = 9 – 3(1 –2·c3) = 9 – 3(1 – c3 + c6) = 3·[3 –(1 – c3 + c6)] =
= 3{3 – [1 – cos(3π/9) + cos(6π/9)]} = 3·{3 – [1 – cos(π/3) + cos(2π/3)]} = 3·P(3)
Infatti ora 1 – cos(π/3) + cos(2π/3) è la proiezione sull'asse x di una stella di tre vettori a simmetria centrale (come la stella della Mercedes).

Invece, provando con n = 15 = 3·5, non ho trovato qualcosa di equivalente.
E' vero che nel prodotto di P(15) si può evidenziare il prodotto di entrambi i fattori P(3) e P(5) – cioè proprio P(3)·P(5) – e che il prodotto dei rimanenti fattori (provato con la calcolatrice grafica) dà 1: ma la cosa non si vede affatto (se non si prova appunto con i valori dei coseni, introdotti automaticamente dalla calcolatrice facendole calcolare quel prodotto), mentre si arriva ancora all'espressione:
P(15) = 15 – (1 – c1, + c2 – c3 + c4 – ... + c11 – c12 + c13 – c14) = 15 – 0 = 15.

Ma da qualche parte ci deve pur essere una dimostrazione generale di questo teorema!
E magari è anche facile, come spesso succede ... "col senno di poi".
Il problema è trovarla. La ricerca è difficile perché non si sa con che parole–chiave cercare.
[Magari il teorema ha un nome di un matematico, del tipo "Teorema do Pinco Pallino"].
A chi ci si potrebbe rivolgere?
Una volta c'era Piotr che di storia della matematica e dei matematici ne conosceva parecchia.
Adesso non si fa vivo nemmeno ed invo-evo–carlo!
[Ricevo ogni mese la rivista "Rudi Mathematici". L'ultima volta, avendo trovato un piccolo errore grafico in un quiz ... che però invalida il quiz stesso – cioè: un "≥" (maggiore o uguale) al posto di "≤" (minore o uguale) – gli ho scritto, per segnalarglielo. Ma non mi ha risposto!]
––––––
:hello:

Re: Quiz di geometria piana
 

Questo era rimasto irrisolto :)
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:hello:

Re: Quiz di geometria piana
 

1) q=65/RADQ(2)
Il resto lo lascio, se vuole, al cad di Nino....:D

:hello:

Re: Quiz di geometria [non sempre] piana
 

Spiritoso! :mad:
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Speravo che Miza intervenisse [e magari anche Luciano ... e Rob77 – come mai non si vede più? –]

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Ho fabbricato un paper con la discussione completa di questo quiz.
E' in due pagine.
Posto adesso la prima pagina. E' una introduzione, i quiz non sono espressamente risolti!
La seconda puntata ...a domani!
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

Non ho guardato il tuo papier (che probabilmente avrei difficoltà a seguire :D) ...

Ho fatto questo ragionamento:
- Conoscendo le lunghezze degli spigoli AP, BP, CP e DP (quest'ultimo si calcola), si possono calcolare con Erone le aree delle due superfici laterali triangolari APD (=887,5860) e BPC (=748,1036).
-Da queste si determinano le altezze, cioè le apoteme delle due facce opposte della piramide:
ap_APD = 38,6227
ap_BPC = 32,5532
-A questo punto, con Pitagora si scrivono due equazioni alle due incognite H - y (e H - (q-y))
ap_BPC^2 = H^2 + y^2
ap_APD^2 = H^2 + (65/radq(2) - y)^2
Da cui, per sottrazione:
ap_APD^2 - ap_BPC^2 = 65^2/2 -(2*65/radq(2))y
e quindi:
y = 18,2814
e H = 26,935

Ho sbagliato? :mmh:
Non va...:( Facendo i calcoli con gli altri due triangoli (il piede H cade a sinistra fuori dal quadrato ABCD, la x è negativa) ... ma mi viene un H diverso...

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Questo è un insulto alle mie capacità didattico-pedagogiche... :mad:Non ti seguo ...
Suppongo che stai parlando del Quiz 1).
Occhio:
a) "apotema" è maschile!
b) L'apotema di una Piramide (se esiste) è uno solo. Esiste solo se anche la base ha l'apotema (ossia: se la base è un poligono che ammette un cerchio inscritto) e se la piramide è retta (ossia: L'altezza è il segmento di estremi il vertice ed il centro del cerchio inscritto nella base). Allora tutte le facce laterali hanno la stessa altezza (che è appunto l'apotema della piramide). In sostanza: occorre che la superficie laterale ammetta un cono retto inscritto, tangente cioè con una sua generatrice a ciascuna faccia laterale lungo la sua altezza. In tal caso l'area della superficie laterale della piramide vale la metà del prodotto del perimetro del poligono di base per l'apotema (della piramide) [come si fa per l'area di un poligono che ammette un cerchio inscritto].
Comunque: non controllo il calcolo, ma il concetto è giusto (anche se si farebbe prima lasciando perdere Erone e lavorando direttamente sulle equazioni che legano i vari segmenti in questione.
Mi pare giusto.
Ma perché non usi i simboli del testo del quiz? [q il lato del quadrato-base; h l'altezza della piramide].
Non pretenderai che ti controlli i calcoli, spero ... :D

Se, per comodità, chiami a, b e c le lunghezze dei tre spigoli AP, BP e CP, cioè:
a = AP; b = BP: c = CP
e chiami q il lato del quadrato di base, hai subito:
1) x^2 + (q – y)^2 + h^2 = a^2
2) x^2 + y^2 + h^2 = b^2
3) (q – x)^2 + y^2 +h^2 = c^2
-----------------
Sottrai membro a membro la 2) alla 1) e alla 3): ottieni (rispettivamente):
q^2 – 2q·y = a^2 – b^2 –––> y = (q^2 – a^2 + b^2)/(2q) –––> y^2 = [(q^2 – a^2 + b^2)/(2q)]^2
q^2 – 2q·x = c^2 – b^2 –––> x = (q^2 – c^2 + b^2)/(2q) –––> x^2 = [(q^2 – c^2 + b^2)/(2q)]^2
Da qui:
x^2 + y^2 = [(q^2 + b^2 – c^2)^2 + (q^2 + b^2 – a^2)^2]/(4q^2).
Metti allora quest'espressione nella 2) e trovi:
h^2 = b^2 – [(q^2 + b^2 – c^2)^2 + (q^2 + b^2 – a^2)^2]/(4q^2).
Solo adesso metti i numeri
a= 39; b = 33; c = 52; q^2 = (65^2)/2.
[Anzi: magari i numeri li metti dopo aver lavorato un po' su questa espressione di h^2 ... semplificandola. Così puoi ottenere una formula generale per h, e non solo il valore per queste date lunghezze degli spigoli].
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

Sperare che qualcuno intervenga discutendo come risolvere i quiz mi pare troppo! :D

Metto allora anche la seconda pagina del mio nuovo papiro.
[Premetto di nuovo la prima pagina per poter leggere di seguito il papiro intero.]
=> Quiz_Piramide, pag. 1 di 2
=> Quiz_Piramide, pag. 2 di 2

Buona lettura!
–––––––––
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Sempre meglio... che un insulto alle mie capacità di comprensione ed apprendimento... :D

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Caspita!
Questo è un errore da matita blu :D

(Guardare il risultato #1534:
y = 18,2814
e H = 26,935
che è identico al tuo, ma trovato in modo moooolto più semplice, no, eh... :mad:

(e magari cercare l'errore, del perché facendo gli stessi miei calcoli con gli altri due triangoli APB e DPC non mi viene lo stesso risultato?)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

E chi le insulta?
Anzi: ti sto dicendo che se leggessi certamente capiresti!.:D
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Ho riletto controllando il valore dell'altezza.
h = 22,935 è giusto!

Dove parli di x e del piede H dell'altezza sul quadrato di base, forse non ho capito.
Tu dici che H è fuori del quadrato e che il tuo calcolo «Non va perché x è negativo».
Forse ho capito (ma forse no).
Se parti con l'idea che H stia fuori del quadrato e fai un disegno con questa idea, siccome invece H è dentro, giustamente x ti viene negativo!
E' come nel "teorema delle proiezioni": «In un triangolo un lato è la somma delle proiezioni degli altri due»:
AB (lato opposto all'angolo gamma di vertice C) = c = a·cos(beta) + b·cos(alfa).
Se alfa o beta è ottuso, ma tu nel disegno li hai entrambi disegnati acuti per visualizzare meglio il teorema, fatti i conti ti viene una proiezione maggiore del lato c e l'altra negativa. Infatti, geometricamente, in questo caso il lato c è la differenza delle proiezioni degli altri due lati.
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

:ok:
Avevo invertito il segno.
Ho rifatto i calcoli, e mi viene, giustamente, x=5,412086518 e h=26,93508194.

(A proposito, pensavo che l'apotema fosse l'altezza dei triangoli (facce laterali) della piramide,
e, nel caso fosse, come in questo caso, irregolare, di "apotemi" ce ne fossero quattro... :o)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Ieri ci ho messo il giorno intero a far stare la discussione (didatticamente CHIARA!) in sole due pagine.
Ho riletto centomilavolte prima di fare la PNG della prima pagina che ho messo ieri (notte, ormai).
Adesso, rileggendo, ci trovo un sacco di "errori di stumpa" :lipssealed:
Provo a rileggerla con calma ... e rifare l'hosting ed il link.

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Ciao Nino280! Ben tornato.
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

http://img89.imageshack.us/img89/3527/2519.jpg

Vediamo prima cosa è venuto fuori.

Si va abbastanza bene. Ho disegnato le due piramidi del quiz, una dentro l'altra.
Si nota la quotatura effettuata "interrogando" il disegno stesso cliccando su ogni retta o segmento. Anche in basso sulla destra si nota la quotatura dei due vertci a 90°, be mi da 89,998° ma direi che siamo li.
Ciao
Direi anche avrei potuto disegnare i vertici delle due piramidi in un punto in comune, si sarebbe vista naturalmente la seconda piramide sì più corta ma con i 4 spigoli che si allargavano, volendo con un po di voglia posso anche farlo. Come si vede io ho messo coincidenti due vertici di base.
Ciao

Re: Qualche quiz
 

http://img89.imageshack.us/img89/3527/2519.jpg

Il bello del cad è quello che una volta eseguito il disegno poi posso chiedergli tutte le informazioni che voglio o quasi.
Faccio un breve esempio:
distanza spaziale dei due vertici = 6,844 mm (non metterò + lunità di mis.)
dist. dei vertici proiettati sulle rispettive basi che è poi un piano unico = 5,58 che è quindi anche la dist. delle altezze.
dist proiez vertice piramide 1 da un lato 5,41
unisco le due proiez con un segm. questa retta ha angolo 54,919° da detto lato base quadrata, è come dire che la prima altezza è "sciftata nella seconda di questo angolo.
Congiungo i due vertici, ho già detto all'inizio essere lunga questo segmento 6,844 ma ora vorrei sapere anche l'langolo rispetto alle basi comune che sarebbe il piano Z , = 35,381°.
In più mi restituisce le coordinate di qualsiasi punto.
Ciao

Re: Qualche quiz
 

@ Nino280
Ieri, circa alla stessa ora, avevo scritto qui un messaggio di risposta.
Ma si vede che ho sbagliato qualcosa (magari ho fatto l'anteprima soltanto e poi ho chiuso convinto di avere "inviato").

Bello ed interessante quel che dici del tuo CAD-
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Ieri tra l'altro [nel 'post' che credevo d'aver inviato] avevo messo un quiz e poi dicevo che poteva rientrare nel thread del tricilindro (dato che il titolo era "solidi platonici e dintorni.
Il quiz è una variante di quelli appena discussi.
Supponi che gli spigoli laterali siano tutti uguali. Quanto vale l'altezza della piramide a volume massimo?
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

Non ho capito qust'ultimo passaggio.
Ma non avevi già trovato tu stesso il valore, che era se non erro 22,9726 ? Io in fondo nel disegnare le due piramidi diciamo così incorporate una dentro l'altra ho pedestramente adoperato i tuoi dati ne più ne meno.
Ciao
Piccola aggiunta:
i due spigoli che nella prima piramide del primo quiz erano normali e cioè a 90° nella seconda piramide hanno angolo 105,084°.:hello:

Re: Qualche quiz
 

A proposito del mio Cad; il mio cad può disegnare per esempio un qualsiasi solido poi tu ci clicchi sopra e domandargli che volume ha lui te lo dice, ma come ho già detto almeno altre cinque o sei volte, io non so farlo. Può, data un formula o forse si dice una funzione, disegnare la curva, così come stanno facendo altrettando bene sia Erasmus che Aspesi con i loro grafici, ma io non so farlo.
Può, dato per esempio un sistema di leve e fulcri vari, disegnare o meglio produrre come lui la chiama "la cinematica" come dire l'animazione di quel sistema, ma io non so farlo, e tante tante altre cose che io almeno so che può farle, ma che haimè . . . . . . .
Ciao

Re: Qualche quiz
 

«Mal comune mezzo gaudio|». Mi consola scoprire che non sono l'unico sulla via ... della demenza senile! :D
Mi citi proprio dove dico che il nuovo quiz è una "variante" dei precedenti; e dove ti chiedo di supporre che i 4 spigoii laterali siano uguali, (invece di valere 39 - 33 - 52 e 56 ... che non mi sembrano lo stesso numero ! :D)
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La "variante" di considerare la piramide con i 4 spigoli laterli uguali possiamo farla anche per il primo quiz: spigoli opposti perpendicolari ...
Quanto vale in tal caso il volume?
Pensa a due siffatte piramidi incollate una all'altra facendo combaciare esattamente le basi quadrate....
Ti dice niente questo nuovo solido? Ma è proprio "nuovo" questo poliedro?
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

E' un pentaedro in cui le 4 facce laterali sono triangoli equilateri.
Se a = lunghezza di uno qualsiasi dei suoi spigoli:
V = (RADQ(2)/6)*a^3

Si ottiene un ottaedro regolare

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Se la lunghezza degli spigoli è uguale a 1:

V = 0,25
h = 0,5
q = RADQ(3)/RADQ(2)

(Per un po'. basta geometria...:rolleyes:)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Eeeeh ... potevi lasciare che lo dicesse l'altro Nino! :D
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Interessante [secondo me] è il fatto che, essendo già due spigoli consecutivi della base ortogonali, due spigoli opposti ortogonali e uguali devono essere uguali a quelli della base; e perciò le facce laterali sono triangoli equilateri.

Che l'ottaedro ottenuto come doppia piramide sia quello platonico si vede calcolando la distanza tra i vertici opposti dell'ottaedro, doppia dell'altezza di una piramide, trovando che è uguale alla diagonale della base (come hai fatto tu, che per calcolare il volume della piramide hai prima trovato che l'altezza è √(2)/2 volte lo spigolo, cioè mezza diagonale della base) oppure ... più elegantemente (secondo me) in quest'altro modo.

Siano V e V' i vertici delle due piramidi e (nell'ordine) A, B, C e D i vertici di entrambe le basi incollate una sull'atra.
I quadrilateri AVCV' e BVDV' sono rombi (per qualsiasi altezza delle due piramidi, avendo i quattro lati uguali).
Prendiamone uno, per esempio AVCV'.
a) Gli angoloidi in V e V' sono a simmetria centrale (di ordine 4).
b) Nel quadrilatero AVCV', siccome gli angoli in V e V' sono [uguali e] retti, anche gli angoli in A e in C [che sono uguali] sono retti. E quindi AVCV' è un "rombo-rettangolo", (cioè un quadrato), per cui
VV' = AC <=> <La distanza tra i vertici della doppia piramide è uguale ad una diagonale delle basi>
c) [Come già visto sopra ... ma ripeto]. I triangoli AVC e ABC (rettangoli rispettivamente in V e in B, con i cateti uguali e l'ipotenusa in comune) sono uguali. E quindi
AB = AC = AV = VC
per cui l'ottaedro ottenuto ha tutti i 12 spigoli uguali e perciò tutte le 8 facce triangolari ed equilatere.
d) I 6 angoloidi sono tutti uguali; e siccome quelli in V e V' sono a simmetria assiale, tali sono anche quelli in A, B, C e D.
Pertanto questo ottaedro è quello regolare (cioè platonico).

[Il ragionamento forse ti sembrerà noioso e ... tortuoso. Ma è quello che avrebbe fatto un antico, neanche troppo antico, dato che l'avvento del calcolo sui numeri irrazionali – come quello dei radicali – è avvenuto in pieno Rinascimento].
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

Ho deciso che non disegnerò un ottaedro, non mi dà particolari stimoli:D:D
Ciao

Re: Qualche quiz
 

E fai bene. Hai tutta la mia comprensione!
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

Ho passato moltissimo tempo a rileggermi questo lunghissimo thread [di ben 156 pagine] partendo dall'inizio.
Ma sono ancora in alto mare. Sono arrivato solo alla pag. 30 (che però vuol dire ben 300 interventi).
E' un thread ... ricchissimo, una miniera, un pozzo di san Patrizio. :D
La maggior parte del merito lo dobbiamo riconoscere ad aspesi, non c'è che dire!
I suoi pressoché innumerevoli quiz sono quasi sempre molto stimolanti.
Dove diavolo li vada a raccogliere ... Dio solo lo sa! Fatto sta che 'sto aspesi è una fonte inesauribile! :)
–––––––––––––––––––––––––––––
Arrivato al qiuiz presentato da aspesi al post # 276, ho notato che Miza ha sì risposto giusto, ma ha tirato in ballo il paradosso di "Achille e la tartaruga" che, secondo Erasmus, col quiz non c'entra per niente!
Aspesi si è permesso di contraddire Erasmus su questo rilievo! Ed Erasmus là non ha più replicato su questo punto.
Al che un lettore può pensare che Erasmus riconoscesse in cuor suo d'avere torto e perciò si ritirasse in buon ordine da questa polemica su Zenone.
Eh no! Quando Erasmus sa di avere torto, lo dice apertamente!
Ribadisco: in quel caso, il famoso paradosso di Zenone d'Elea "Achille e la tartaruga" non c'entrava affatto.
Comunque, l'argomento merita di essere ripreso per vedere di preciso come cambiano latitudine e longitudine con quel percorso sempre inclinato della stessa inclinazione sul meridiano in transito.
Occhio, aspesi! Nel paradosso di Zenone – e lascia perdere la freccia, che non c'entra, anche se propone un paradosso simile a quello di Zenone ma non analogo come evento temporale – l'obiettivo (i. e. quanta strada fa Achille per raggiungere la tartaruga) si calcola con una progressione geometrica. Sia D la distanza iniziale e sia k < 1 il rapporto tra la velocità della tartaruga e quelle di Achille. Quando Achille ha percorso D, la tartaruga è avanzata di kD. Quando Achille ha percorso anche questo tratto – e complessivamente (1 + k)·D – la tartaruga è avanzata di (k^2)·D [e compleesdivamente di k·(1 + k) D]. Ecc. ecc.
Achille raggiungerà la tartaruga dopo aver percorso la strada:
A = (1 + k + k^2 + k^3 + k^4 + ... + k^n + ...)·D = D/(1 – k).
La tardaruga sarà raggiunta dopo aver percorso la strada:
T = (k + k^2 + k^3 + k^4 + k^5 + ... k^(n+1) + ... )·D = k·D/(1 – k).
Si arriva allo stesso risultato se, indicando con A la strada percorsa da Achille e con T quella percorsa dalla tartaruga (che, andando alla velocità k volte quella di Achille [con k < 1] , percorrerà k volte la strada di Achille), si scrive il sistema nelle incognite A e T:
A = D + T;
T = k·A.
Da qui (sostituendo nella prima equazione T con k·A come dice la seconda) si trova:
A = D + k·A ––> A·(1 – k) = D ––> A = D/(1 – k);
e allora dalla seconda:
T = k·A = k·D/(1 – k).
[Oppure, dalla prima, sostituendo A col valore appena trovato:
T = A – D = D·[1/(1 – k) – 1] = [(1 – 1 + k)/(1 – k)]·D = k·D/(1 – k)].

Voglio farti notare, aspesi, che in una serie geometrica convergente l'addendo di indice n tende a zero al tendere di n all'infinito: ed è in questo senso che l'addendo è infinitesimo!
Il limite cui tende la serie geometrica è la somma di infiniti termini dei quali il primo è il più grosso (in valore assoluto) e senz'altro non infinitesimo (nel senso di infinitamente piccolo).
Invece, un integrale definito è il limite di una somma al tendere all'infinito del numero di addendi e quindi, per come dipendono gli addendo dalla loro numerosità, al tendere a zero di ciascun addendo; ossia: ogni addendo è infinitesimo.
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Vediamo allora "rigorosamente" cosa succede facendo ripetutamente un passo elementare dx inclinato di mezzo angolo retto sul parallelo (e sul meridiano, che è sempre ortogonale al parallelo).
Detto R il raggio terrestre, alla latitudine φ il raggio del parallelo è R cos(φ).
Le componenti del passo elementare dx lungo il parallelo e lungo il meridiano sono entrambe dx/√(2).
Il corrispondente spostamento di longitudine dψ è dunque
dψ = [√(2)/2]· dx/[R·cos(φ)] (1)
mentre quello di latitudine è
dφ = [√(2)/2]· dx/R.
Da qui abbiamo
dx = R·√(2)·dφ (2)
che, introdotto nella (1), porge
dψ = dφ/[R·cos(φ)]. (3)
Integrando la (2) tra φ = 0 e un φ qualunque [non maggiore però di π/2] troviamo quanta strada occorre percorrere per passare dall'equatore alla latitudine φ, ossia:
x(φ) = √(2)·R ·φ.
In particolare, per φ = π/2 la strada da percorrere per arrivare al polo è – come giustamente ha scritto Miza, anche se ha menzionato Achille e le Tartaruga che non c'entrano affatto –:
x(π/2) = √(2)·R·π/2 = √(2)·<un quarto di meridiano> = √(2)· 10 000 km.

Vediamo cosa succede invece alla longitudine durante il percorso.
Integrando la (3) tra φ = 0 e un φ qualunque [non maggiore però di π/2] troviamo lo spostamento di longitudine ∆ψ (a partire dalla longitudine iniziale) per passare dall'equatore alla latitudine φ procedendo sempre con inclinazione π/4 sul parallelo (e sul meridiano).
Osserviamo, [preliminarmente], che, posto s = sin(t), abbiamo in generale:
ds/dt = cos(t) ––> ds = cos(t)·dt,
e perciò:
dt/cos(t) =[cos(t)·dt]/[cos(t)]^2 =ds/(1 – s^2) =(1/2)·[1/(1 + s) + 1/(1 – s)]·ds = (1/2)·[d ln(1+s) – d ln(1– s)] =
= (1/2) d ln[(1+s)/(1– s)].
Pertanto:Ma guarda che coincidenza! Di questa funzione Erasmus ha parlato un sacco di volte! :rolleyes:
Questa funzione è continua e monotòna per 0 ≤ φ < π/2. Quindi invertibile con univocità in questo intervallo. Calcoliamo allora la funzione inversa.
Si ha subito:
2·∆ψ = ln{[1+sin(φ)]/[1–sin(φ)]} ––>e^(2·∆ψ) = [1+sin(φ)]/[1–sin(φ)] ––> sin(φ) = [e^(2·∆ψ)–1]/ [e^(2·∆ψ)+1] = tanh(∆ψ);
In definitiva:
sin(φ)) = tanh(∆ψ) ––> φ(∆ψ) = arcsin[tanh(∆ψ)]. (5)
[Osservare, prego! Se ∆ψ tende all'infinito la sua tangente iperbolica tende ad 1; e φ tende a π/2].

La funzione ∆ψ(φ) tende all'infinito per φ tendente a π/2. Ciò significa che il percorso sempre inclinato di π/4 sul parallelo, pur essendo finito in lunghezza – √(2) volte un quarto di meridiano – arriva al polo dopo infiniti giri, con una specie di spirale.
In vicinanza del polo, questa spirale tende proprio a quella spirale che era la traiettoria [in un mio vecchio quiz qui in RM] di uno dei 4 cani (o, se vi piace di più, "4 missili di inseguimento") che, disposti inizialmente ai vertici di un quadrato, puntano simultaneamente e a velocità uguale e costante, ognuno su quello che gli sta davanti.
Possiamo allora vedere il salto di latitudine di π/2 – dall'equatore al polo – come una serie i cui addendi sono l'incremento di latitudine ad ogni giro completo di longitudine, quando cioè il percorso ripassa per il meridiano che aveva all'inizio.
Dopo il primo giro, cioè per ∆ψ = 2π, la latitudine diventa – in base alla (5) – :
φ(2π) = arcsin[tanh(2π)] ≈ 1,5670614 rad ≈ 89,7860070 gradi.
Oh: siamo quasi al polo, ma non ancora esattamente!
A questo punto (dopo il primo giro) la distanza dal polo é:
D = R·[π/2 – φ(2π)] ≈ 23 777 m.
Possiamo quindi ritenere piatta la calotta polare con questo raggio: e da qui in poi vedere la traiettoria (sempre inclinata di π/4 sui meridiani [che ora sono in pratica raggi complanari uscenti dal polo] e di π/4 sui paralleli [che ora sono in pratica cerchi concentrici col centro nel polo] come una spirale logaritmica di equazione polare [per ∆ψ ≥ 2π]:
r(∆ψ) = D·e^[2π –∆ψ].
Da questo punto in poi, considerando le intersezioni che questa spirale (ormai praticamente piana) fa ad ogni giro col meridiano di partenza, si può sì ritenere l'avvicinamento al polo come una serie geometrica di ragione e^(–2π) (e quindi ... rimettere in ballo ill paradosso di Achille e la tartaruga).
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Ho vistro che Nino280, con la sua consueta abilità di scovare in rete le animazioni ad hoc, ha postato una figura che ora, alla luce dei risultati trovati, risulta molto eloquente.
Rimetto il link e la stessa immagine animata che aveva messo lui.

Re: Qualche quiz
 

OK, mi hai convinto...
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Come ha già detto Erasmus qualche giorno fa; la senilità che avanza.
Infatti di questa gif non ricordavo più nulla, e aprendo il post mi ero detto: guarda che bella animazione ha postato Erasmus, ed invece l'avevo postata io. Mi fa impazzire comunque, se continuo a guardarla, il cerchio che volteggia a volte gira a sinistra e altre volte è destrorso. Boh?
Nell'ultimo mio messaggio dicevo che non mi dava nessun piacere disegnare un ottaedro, mentre non so perchè questa curva che ora vedo (cone avevo già scritto allora) chiamarsi "Clelia" mi stimola.
Ci ho pensato un pochino come farlo e potrei fare cosi:
traccio una retta qualsiasi magari proprio a 45° su un piano;
disegno un cilindro con relativa superficie laterale;
proietto la retta sulla sup lat del cilindro;
all'interno del cilindro disegno una sfera;
e proietto la prima proiezione (che immagino sarà una spirale) sulla sfera.
Lo stimolo c'è, non so la voglia:D
Ciao

Re: Qualche quiz
 

Occhio Nino I !
La tua retta ... mica la puoi disegnare lunga infinitamente. Allora il numero di giri sul cilindro viene finito (pari al rapporto tra la lunghezza del tuo segmento di retta e la lunghezza della circonferenza che è la sezione normale del tuo cilindro (che è π volte il suo diametro).
Invece, [come si capisce anche dalla GIF animata da te 'postata' e da me ripresa ... e dalle mie spiegazioni sul modo con cui varia la longitudine al variare della latitudine], il numero di giri di quel modo di attraversare (sempre a 45 gradi) gli infiniti paralleli tra l'equatore ed il polo è infinito. Chiaramente non puoi disegnarli tutti! Ma puoi (suppongo) istruire il tuo CAD a fare lui quella curva sempre a 45° sul meridiano e sul parallelo "correnti" ... e poi il numero effettivo dei giri visibili dipenderà dalla risoluzione con cui lui (il CAD) opera ... come del resto è anche per la GIF animata "Clelia". :)
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:hello:

Re: Qualche quiz
 

Ho disegnato una clelia proiettando un'elica su una sfera.
Ha funzionato, bene, ma essendo la prima volta che faccio questa operazione non è che poi ho le idee chiarissime, ma è un inizio.
Quando ne sarò più convinto posto l'immagine. Ora esco sono atteso ad una cena.
Ciao

Re: Qualche quiz
 

Bravo!
Stavo per scrivere che ... ci ho ripensato: e la tua idea funziona quando ho visto questo tuo ultimo 'post'.
Funziona se riesci ad avere un'elica (idealmente infinita) su un semicilindro (anche lui idealmente infinito ... in un solo verso, però) di raggio R ; e assumendo come passo p dell'elica p = 2πR.
In pratica, ti basta un tronco cilindrico di lunghezza molto maggiore del diametro.
Poi metti una sfera di raggio ancora R incastrata fino a metà nel tronco di cilindro, ossia con un cerchio massimo coincidente con una base del cilindro. E infine proietti dal centro della sfera (che è il centro di una base) l'elica sull'emisfero che sta dentro al cilindro. Ed ottieni una spirale tipo la "clelia"! ;)

Occhio, però: questa spirale assomiglia molto a quella del tragitto sempre a 45° sul parallelo che si sta attraversando. Ma non è la stessa!

Non so se la vera "clelia" è questa proiezione sulla sfera (dal centro della sfera) dell'elica cilindrica, o se invece è proprio la spirale sulla sfera del percorso sempre a 45° sul parallelo che si sta attraversando.
Fatto sta che le due spirali all'inizio (partendo dall'equatore) combaciano. Ma man mano che si sale di latitudine si divaricano ... e questa tua proiezione gira più in fretta di quel percorso a 45°.

Parte anch'essa a 45° gradi. Ma dopo se ne discosta andando sempre più a Est e meno a Nord ... al punto che in vicinanza del polo tende quasi a girare sul parallelo, rallentando sempre più l'avvicinamento al polo

Mi dirai: Ma come? Se parto da una retta a 45° sulla superficie piana ottenuta sviluppando quella laterale del cilindro; come fa poi a non mantenere questa inclinazione?

Nino: E' proprio la proiezione sulla sfera che ti frega (rubandoti la costanza della pendenza).

Mettiamo il tuo cilindro coassiale con l'asse z.
Le coordinate x, y e z di un punto P dell'elica sono allora (per elica che viene da una retta a 45°, e indicando con ψ la longitudine rispetto a quella del punto di partenza all'equatore):
x =R·cos(ψ)
y = R·sin(ψ)
z = R·ψ
La distanza D del punto P dal centro è
D = √(x^2 + y^2 + z^2) = R·√{ [cos(ψ)]^2 + [sin(ψ)]^2 + ψ^2] = R·√(1 + ψ^2).
Proiettando il punto P sulla sfera (che è di raggio R) tu contrai tutte le coordinate nel rapporto R/D che vale
R/D = 1/√(1 + ψ^2).
Le coordinate del punto P' proiezione del punto P sulla sfera sono:
x' = R·cos(ψ)/√(1 + ψ^2)
y' = R·sin(ψ)/√(1 + ψ^2)
z' = R·ψ/(1 + ψ^2)
La distanza diel punto P sull'elica dall'asse del cilindro è sempre R.
Invece la distanza di P' dall'asse del cilindro (che è l'asse polare per la sfera) si riduce nello stesso rapporto diventando
D' = √(x'^2 + y'^2) = R/√(1 + ψ^2).
A che latitudine φ siamo quando la longitudine è aumentata di ψ rispetto al punto di partenza?
Facile rispondere: Quella alla quale la distanza dall'asse polare – che è sempre R·cos(φ) – vale D', cioè R/√(1 + ψ^2).
Da qui ricaviamo come varia la longitudine al variare della latitudine.
Abbiamo infatti
D' = R/√(1 + ψ^2) = R·cos(φ) ––> 1 + ψ^2 = 1/[cos(φ)]^2 ––> ψ = √{1–[cos(φ)]^2}/cos(φ) ––>
––> ψ = sin(φ)/cos(φ); ––> ψ = tan(φ). (*)
Supponiamo di aver camminato sulla spirale fino ad essere arrivati alla latitudine φ.
L'aumento ψ di longitudine rispetto al punto di partenza è allora tan(φ).
Per stare su questa spirale, in che direzione bisogna fare il passo? davvero ancora a 45°?
Facendo i conti ... viene che NO!
Se faccio (sulla spirale) un passo che mi fa crescere la latitudine di dφ, la componente ∆m del passo in direzione del meridiano è
∆m = R·dφ
Per restare sulla spirale, la componente ∆p del passo in direzione del parallelo viene
∆p = [R·cos(φ)]·dψ = [R·cos(φ)]·(dψ/dφ)·dφ (**)
dove dψ/dφ è la derivata di ψ – che vale tan(φ) – ossia la rapidità con cui varia la longitudine al variare della latitudine (lungo la spirale).
Siccome la derivata di tan(φ) è 1/[cos(φ)]^2, dalla (**) viene che la componente del passo in direzione del parallelo risulta
∆p = [R·cos(φ)]·{ 1/[cos(φ)]^2}·dφ = [R·dφ] /cos(φ) = ∆m/cos(φ).

A bassa latitudine φ, quando cos(φ) è praticamente 1, (e il cilindro è praticamente in contatto con la sfera) la componente del passo lungo il parallelo è uguale a quella lungo il meridiano. Ma poi ... è sempre più grande perché cos(φ) è sempre più piccolo.
In particolare, dopo un giro intero di longitudine la latitudine diventa
φ ° (in gradi) = (180/π) ·arctan(2π) = 80.956938... gradi,
ancora alla distanza di oltre 1000 km dal polo!
Abbiamo visto che invece, dopo un giro di longitudine sempre a 45° sul parallelo, si arriva alla latitudine ≈ 89,786 gradi, a meno di 24 km dal polo! :)

Mentre col percorso a 45° si arriva al polo sì dopo infiniti giri ma con una lunghezza finita della traiettoria, con questa spirale anche la lunghezza del percorso tende all'infinito (perché inn vicinanza del polo la spirale tende a girare lungo il parallelo ).
–––––––––
:hello:

Re: Qualche quiz
 

http://img547.imageshack.us/img547/4915/ragu.jpg

Avevo già disegnato la clelia prima di andare a cena.
La prima versione non mi è tanto riuscita perchè proiettando una retta a 45° sul cilindro mi veniva un' elica troppo ripida.
Poi ho avuto l'idea di una spirale (sbagliata) la terza idea è stata quella dell'elica, e mi sembra vada meglio.
Non sarà la clelia a 45° del quiz ma ci sono andato vicino. In definitiva non è altro che il primo tentativo (con questa soluzione) in seguito si vedrà.
Intanto, si noti la bellezza della curva che si adagia sulla sfera.
Ciao
Nota, ho disegnato l'equatore. Un diametro massimo della sfera da cui la (supposta) clelia parte. Mi viene voglia di scrivere Clelia il nome di mia cugina.
Altre notizie; ho nascosto tutto il processo della costruzione per avere poi il disegno pulito cioè l'essenziale però va almeno detto che l'elica di proiezione ha un passo di 100 mm il raggio della sfera pure ha un raggio di 100 mm:hello:
Quello che non ho capito è che io avendo fatto un'elica con passo = 100 e la semisfera è alta pure 100 io sospettavo che la proiezione andasse fino al polo nord, invece si è fermata molto prima, probabilmente o meglio dire sicuramente, Erasmus mi avrà già avvertito della cosa, ma io devo ancora leggere più attentamente i suoi paper.
Ciao

Re: Qualche quiz
 

Assassinio al cinquantesimo secondo

Una pallottola dell'assassino ha colpito il centro esatto del quadrante dell'orologio, spingendo il perno nel meccanismo e bloccando l'orologio.
Il colpo ha praticamente saldato assieme le due lancette dell'ora e dei minuti, che puntavano in direzioni opposte; successivamente, è stato colpita anche la vittima, che è caduta sopra l'orologio, facendone ruotare le lancette, ma mantenendone invariata la posizione relativa (visto che l'ora che segna è impossibile)


A che ora la pallottola ha colpito l'orologio?

(Si sa che il proprietario dell'orologio, pace all'anima sua, era un tipo maniacalmente preciso)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Però questa configurazione delle lancette si verifica 22 volte al giorno, non è che manca qualche elemento per trovare la soluzione?

:mmh:

Re: Qualche quiz
 

Si sa che l'assassinio è capitato tra mezzanotte e mezzogiorno e che l'orologio era particolarmente preciso.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Mah... forse alle ore 02:43.

Però, secondo me, non è possibile rispondere a questo quiz.

Ho la stessa obiezione di Aleph, gli orari possibili sono diversi. Quando la vittima cade sull'orologio, sposta le sue lancette, ma di quanto le sposta? Questo non viene detto.

La soluzione che ho dato io, si basa sull'ipotesi che questo spostamento sia stato minimo, però non è affatto detto che questo spostamento debba essere minimo.



:hello:

Re: Qualche quiz
 

No, ritenta ;)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Alle ore 05:59:50 A.M.

:(