Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia (http://www.trekportal.it/coelestis/index.php)
-   Rudi Mathematici (http://www.trekportal.it/coelestis/forumdisplay.php?f=11)
-   -   Qualche quiz (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=33691)

astromauh 29-03-12 21:35

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 581837)
Non so tu, ma io una grattatona me la sarei fatta ... :D
Comunque, invece di darti alle crapule, cerca di rilassarti, mangia poco e dormi molto ...:D

Me ne sono data più di una, comunque credo poco alle sue previsioni.

Ieri sera ho cenato con 450 g. di pasta, mi avrà fatto male?

Secondo me 450 grammi di pasta a te non ti entrano nemmeno se si prova a farteli ingurgitare a forza. :D

OK, da domani mi metto a dieta. :)


PS
Grazie dell'interessamento anche a Nino I, a Rob77, e a Satomi.
Ma proseguiamo con i quiz.

Rob77 29-03-12 21:40

Re: Qualche quiz
 
Che è? Una puntata del Dottor House? :) Ottimo che ti sei ripreso

Epoch 29-03-12 22:02

Re: Qualche quiz
 
Ma il nuovo Thread del Bar è conseguenza mistica del sanguinamento? :D

Erasmus 30-03-12 01:15

Re: Qualche quiz
 
Quote:

astromauh (Scrivi 581872)
... credo poco alle sue previsioni..

Cioè ... (fammi capire) ... un pochino ci credi? :D
Quote:

Mizarino (Scrivi 581837)
... io una grattatona me la sarei fatta ...

Tu quoque, Miza, etsi alienus? :eek:
Vabbeh: Diversamente non saresti un buon napoletano.
Mi fate venire in mente «Non è vero ma ci credo!»

---------------
@ Mizarino
Visto che te ne intendi anche di occhi ...
Stasera ho provato a guardare la luna col solo occhio sinistro.
Il mio "buco" nella retina mi fa ... un cono di cecità di apertura senz'altro maggiore di mezzo grado perché la luna, se la fisso non la vedo proprio. :o
Per intravederla con l'occhio sinistro devo fissare un punto qualche grado più in là.

Poi la luna l'ho guardata con l'occhio destro (col sinistro aperto o chiuso ... fa lo stesso).
Sorpresa: di lune ne ho viste due!
Una la vedevo abbastanza bene, bella nitida, con netto confine dal buio del cielo stellato. La seconda invece era sfuocata ... non era nitida, era come un batuffolo di bambagia gialla appoggiato all'altra luna; e il contorno (il trapasso dal batuffolo al cielo) non era netto ...
Una volta, quando vedevo meglio dall'occhio sinistro, se vedevo doppio era perché le due immagini dei due occhi non andavano a combaciare (ma quasi sempre il cervello sopprimeva l'immagine).
Com'è 'sta storia che adesso vedo due lune con un occhio solo? :confused:

-------------
Ciao ciao

aspesi 30-03-12 08:59

Re: Qualche quiz
 
Erasmus, se vuoi, guarda e rispondi a questo mio messaggio:
#1079

:hello:

occhiodilince 30-03-12 09:07

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 581963)
Quote:

Com'è 'sta storia che adesso vedo due lune con unocchio solo? :confused:

Ciao Erasmus,
Non preoccuparti, niente di grave, è solo perchè sei lunatico.:D

nino280 30-03-12 10:40

Re: Qualche quiz
 
Andreatom ha costruito il lunometro per vedere quant'è grande la luna piena io suggerirei anche questo strumento.:D
Dimensioni di questa anteprima: 608 × 599 pixel. Altre risoluzioni: 244 × 240 pixel | 487 × 480 pixel | 609 × 600 pixel | 779 × 768 pixel | 1 039 × 1 024 pixel.
Ciao

Erasmus 30-03-12 13:33

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 581765)
Erasmus, di tutto quello che hai scritto ho capito pochissimo (e sfido qualche altro lettore ad affermare il contrario)

:eek:
Non sei molto ... accattivante!

Uno incomincia a leggere, e finché capisce va avanti. Si ferma dopo aver letto e non capito qualcosa che non gli fa capire (con certezza) la frase. Cioè: Se non capisce, c'è una prima frase che non capisce (magari anche la prima che ha letto).
Da che punto del mio 'post' incomincia l'incomprensione? :mmh:
Quote:

aspesi (Scrivi 581765)
Come sai, questi problemi mi sono particolarmente ostici.

L'hai 'postato' tu!
¿ L'hai fatto per postare un quiz, o solo per me perché davvero ti spiegassi come si risolve?
In generale, per trovare un massimo o un minimo relativo (cioè interno al dominio, non di confine) di una funzione ... bisogna pur conoscerla la funzione! [Mi pare che tu prima mi chiedi per che inclinazione il "pelo libero" sta alla massima altezza; e poi qual è l'andamento dell'altezza al variare dell'inclinazione!]
Se "alfa" è l'inclinazione (0 a vaso bello fermo e verticale), si trova facilmente che (detta L la lunghezza del lato della base– che là era assunta 1 –), l'altezza, al variare di "alfa" vale
h(alfa) = L[(1/2)·sin(alfa) + cos(alfa)]
A questo risultato ci arrivi facilmente anche tu se riconsideri la figura che ho fatto apposta!
Quote:

aspesi (Scrivi 581765)
Dico quello che mi è un po' più chiaro, e come mi sentirei di affrontarlo io (ci ho perso più di un'ora...)
1) Non ho molta sintonia spaziale. Anziché i volumi, guarderei quindi l'area di una sezione ortogonale allo spigolo d'appoggio.

Oh bella! E io che ho fatto?
Ma l'hai vista la figura? Tu sei partito con fondo [del vaso] quadrato (base quadrata del parallelepipedo). Ma un lato della base può essere di lunghezza qualsiasi. L'importante è che quello di lunghezza qualunque sia lo spigolo-perno (nella rotazione che inclina il vaso) e che l'altezza dell'acqua a vaso non inclinato sia uguale allo spigolo della base ... che si inclina (che gira in un piano verticale) dell'angolo 'alfa' rispetto all'orizzontale), attorno ad un estremo che resta dov'è, cioè a terra sempre nello stesso punto).

Riconsidera la mia figura.
Ci sono due vasi. A sinistra la situazione reale.
A destra, per comodità (....del nostro abituale ragionare geometricamente nelle direzioni orizzontale/verticale) ho girato la direzione verticale vera in senso antiorario invece di girare il vaso in senso orario.
Vedi allora che al variare dell'iclinazione, la direzione della retta per il centro C del "pelo libero" ha equazione y = mx + L, dove m = tan(alfa) [e alfa è l'inclinazione come dici tu]
Ma, per comodità, abbiamo preso L = 1.
Allora y = mx + 1.
Ci sei fin qua?
Lo spigolo che fa da perno è a destra, visto di profilo come un punto, in posizione
P(L/2, 0). (cioè, con L = 1, ad ascissa xP = 1/2 e ordinata yP = 0).

La retta per P perpendicolare a quella del "pelo libero la interseca in un punto, diciamolo Z.
L'altezza che vuoi sapere al variare dell'inclinazione è la lunghezza del segmento di estremi P e Z, Diciamola
h = |PZ|
Ma la retta del "pelo libero" passa sempre per il suo cento C(0, 1).
Quindi il triangolo rettangolo CZP ha sempre la stessa ipotenusa CP al variare dell'inclinazione: vuol dire che, nella figura di destra, Z si muoverebbe sulla circonferenza di diametro con estremi in C e P.

Analiticamente, se scrivi l'equazione della retta per P perpendicolare a quella del pelo "libero" (che passa per C) trovi (con sistemino lineare) l'intersezione Z (cioè le sue coordinate); da cui la distanza di Z da P, cioè
h = |ZP|
al variare di m nella equazione della retta del "pelo libero" y = mx + 1.
Ti viene h in funzione di m, cioè
h(m) = (m/2 + 1)/√(1 + m^2)
Se ora osservi che m = tan(alfa) ... sei a cavallo!

Ripasso:
[Per comodità di scrittura metto t per tan(alfa), c per cos(alfa) e s per sin(alfa)]
1 + t^2 = 1 + (s/c)^2 = (c^2 + s^2)/c^2 = 1/c^2 –––> c = 1/√(1 + t^2).
s = (s/c)·c = t·c –––> s = t/√(1 + t^2).

Per noi c'è m al posto di t [cioè tan(alfa)].

h(alfa) = (t/2+1)/√(1 + t^2) = [(s/c)/2 + 1]·c = s/2 + c.

Morale
h(alfa) = [(1/2)·sin(alfa) + cos(alfa)]·L

A questo stesso risultato ci arrivi anche in quest'altro modo.
Nel disegno di destra della mia figura, considera la retta per P che rappresenta il fianco destro del vaso: retta verticale nel disegno dove però la verticale vera (fisica) è inclinata di alfa in senso antiorario.
Sia Q l'intersezione di questa retta con la retta del "pelo libero".
Sul segmento di estremi P e Q considera il punto Y che disti da P come C (centro del "pelo liquido") dista da O (centro della base del vaso). Cioè Y di coordinate xY=1/2 e yY = 1.
Allora hai subito
|CY| = 1/2
|PY|= 1
|PQ| = |PY| + |YQ|

E anche:
|YQ|= |CY|· tan(alfa)
!PZ| = |PQ|· cos(alfa).

Pertanto
|PZ| = h(alfa) = |PY| + |YQ|)·cos(alfa) = [1 + (1/2)·tan(alfa)]· cos(alfa) = cos(alfa) + [sin(alfa)]/2

[Come Volevasi Dimostrare ;)]

Ora, se fai la derivata, trovi che si annulla per tan(alfa) = 1/2.
[Anche se fai la derivata di h(m) trovi che si annulla per m = 1/2]
Se tan(alfa) = 1/2, allora cos(alfa) = 2/√(5) e sin(alfa) = 1/√(5)
Da cui H max = (1/2)·[1/√(5)] + 2/√(5) = [√(5)]/2.
La massima altezza è la distanza (nel disegno) di P da C.
(Per forza! h(alfa) = |PZ| è il cateto di un triangolo rettangolo in cui, al cambiare posto di Z, resta fissa l'ipotenusa |CP| (Z si muove, al variare di alfa, sulla circonferenza che ha un diametro con estremi in C e P)

Sempre nella figura (disegno a destra), se il "tetto" non è tappato, l'acqua comincia ad essere versata quando bagna tutto un fianco (e lascia ascitto tutto quello opposto).
Allora l'altezza è l'altezza geometrica rispetto all'ipotenusa del triangolo rettangolo con cateto minore il lato della base del del vaso (che vale 1) e cateto maggiore la sua altezza (che vale 2).
L'ipotenusa è √(5) e l'altezza (diciamola p) è p = 2/√(5).
Questo avviene ovviamente per
1·sin(alfa) = p = 2·cos(alfa)
Ossia per tan(alfa) = 2
Ed infatti, allora (come verifica):
sin(alfa) = 2/√(1 + 4) = 2/√(5)
cos(alfa) = 1/√(1 + 4) = 1/√(5).
p = (cateto corto)·sin(alfa) =1·sin(alfa) = sin(alfa) = 2/√(5)
p = (cateto lungo)·cos(alfa) = 2·cos(alfa) = 2/√(5)
Ipotenusa = (cateto corto)·cos(alfa) + (cateto lungo)·sin(alfa) = 1·1/√(5) + 2· 2/√(5) = 5/√(5) = √(5)

Ciao ciao
[Ci ho messo molto più di un'ora :lipssealed: ]

aspesi 30-03-12 13:46

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 582143)
:eek:
Ma l'hai vista la figura? Tu sei partito con fondo [del vaso] quadrato (base quadrata del parallelepipedo). Ma un lato della base può essere di lunghezza qualsiasi. L'importante è che quello di lunghezza qualunque sia lo spigolo-perno (nella rotazione che inclina il vaso) e che l'altezza dell'acqua a vaso non inclinato sia uguale allo spigolo della base ... che si inclina (che gira in un piano verticale) dell'angolo 'alfa' rispetto all'orizzontale), attorno ad un estremo che resta dov'è, cioè a terra sempre nello stesso punto).

Riconsidera la mia figura.

No, che non ho visto la tua figura.
Non riesco ad aprirla dal tuo messaggio #1065 :o

:hello:

Erasmus 30-03-12 13:53

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 582147)
No, che ho visto la tua figura.
Non riesco ad aprirla dal tuo messaggio #1065

:eek:
Ma ... non ero io quello che non vedeva le figure? :confused:
Adesso le vedo benissimo (dopo ... la "spunta" nell'opzione sull'ootimo suggerimento di Nino I).
Provo a ricaricarla.
Aspetta, ché ci metterò un po' di tempo. ...

Vado e torno!!!
---

P.S:
Ho editato.
OCCHIO: le immagini non possono essere più di 4 per post!

Ho già messo la figura in risposta ... all'intrusione di Nino I
Ma la metto anche qua:
Immagine:
Link:
http://s11.postimage.org/d3ul3lp2p/figura.png
Figura ricaricata su niovo indirizzo
Provo l'anteprima ...
....,
Non vedo l'immagine, ma l'intera scritta dell'istruzione.
Cancello allora qualche smile ... e vado a rifare l'anteprima
...
Fatto!
Per me TUTTO O.K.

Ciao, ciao

nino280 30-03-12 13:54

Re: Qualche quiz
 
Idem come sopra neanche io la vedo.
Vedo soltanto una x rossa in un quadrato.
Ciao
Ecco cosa vedo:
------------------------------------------------------------------------------------------------
Questo aveva inizialmente l'equazione cartesiana y = 1.
Adesso, posto m = tan(α), verrà ad avere l'equazione y = mx + 1.
In questo riferimento solidale col vaso inclinato, l'altezza che tu chiedi è la distanza del punto P(1/2, 0) dalla retta r di equazione y = mx + 1.

La formula della distanza (detta di sopra) la scriviamo allora per:
q = 1; a = 1/2, b = 0.
e diventa:
d(m) = (m/2 + 1)/√(1 + m^
-------------------------------------------------------------------------------------------

aspesi 30-03-12 13:57

Re: Qualche quiz
 
Ti ringrazio, Erasmus; a determinare l'altezza c'ero arrivato anch'io:

Quote:

aspesi (Scrivi 581765)
6) L'altezza del pelo dell'acqua è la somma delle altezze del triangolo e del parallelogramma e dovrebbe valere:
h = cos(alfa) + sen(alfa)/2

7) Ho provato a calcolare l'andamento di questa funzione (si dovrebbe trovare il massimo 1,118 che hai trovato tu a 26,565 gradi ed anche il minimo), ma mi vengono numeri strani...
Come mai?:lipssealed:

:hello:

Quello che ti chiedevo era come calcolare "il MINIMO", cioè a che inclinazione l'altezza dell'acqua è minore; e come descrivere l'andamento della funzione per vari angoli alfa.

:hello:

Erasmus 30-03-12 14:12

Re: Qualche quiz
 
@ Nino I
E io, invece, vedo la mia stessa figura (anche più grande di dove l'avevo messa io) dentro il tuo 'post'.

Ma ho fatto un altro "hosting"
Lo metto come immagine (tag IMG) e come link (tag URL)
Immagine:

Link:
Provo l'anteprima:
...
Tatto!
Per me ... tutto OK!

Ciao, ciao

Erasmus 30-03-12 15:34

Re: Qualche quiz
 
Quote:

nino280 (Scrivi 582160)

Ma la tua non è una "immagine"!
E' una "pagina" HTML del sito di "hosting" nella quale campeggia la figura (ma ci sta anche altro).
Io ho appunto estratto la sola figura (estensione ".png", che deve essere l'ultima parola nella barra degli indirizzi!)
---------
Ma lascia stare. Aspetta un attimo. C'è aspesi che insiste nel dialogo con me.
Lasciacelo concludere.
Grazie.
--------------------

@ ASPESI! Ci sei ancora?

La vedi adesso la figura?

Se annulli la derivata rispetto ad m della funzione
h(m) = (m/2 + 1)/√(1 + m^2)
trovi una soluzione sola (m = tan(alfa) = 1/2).
Il minimo che cerchi ... non è un "minimo relativo".
Ovviamente, il minimo assoluto (se limiti al dominio di alfa a quando l'acqua incomincia ad uscire) ce l'hai al confine!

E ... GUARDA MEGLIO, ché l'ho già scritto nella prima soluzione!
(E spiegato anche nel pistolotto scritto apposta per te ... ma cosa mi fai fare! Ci ho messo ore e ore continuando a limare per paura che poi mi dica che non non sono chiaro!
E ... ca-spita (eufemismo): quando sono preciso, una volta mi dici che sono astruso, un'altra che il mio approccio è ridicolo, un'altra che il tipo di calcolo non fa per te un'altra che mi spiego in modo contorto. E che ca-spita pretendi?
Ovviamente ... se spieghi senza concisione risulti più chiaro, ma il paper si allunga a dismisura... [incommensurabilmente? No, eh! :mad:]

Ci riprovo
L'acqua incomincia ad uscire quando l'altezza del "pelo libero" è l'altezza geometrica rispetto all'ipotenusa del triangolo di cateti 1 e 2.

Ci siamo fin qua?

Se no ... te lo spiego!
Infatti allora, il "culo" del vaso è sollevato da un lato ed inclinato tanto che una parete è tutta bagnata mentre quella di fronte è stata "evacuata" dall'acqua, sta tutta fuori. Quindi il fianco tende a coricarsi (oltre 45°) portando la sommità (che era alta 2) all'altezza del punto del fondo che si alza al massimo (e questo punto dista 1 – lato della base – dal punto che fa da perno:
Vedi subito che per tale inclinazione (massima prima che si tracimi l'acqua), hai:
tan(alfa) = m = 2
e allora, per m = 2, hai
h(m) = (m/2 + 1)/√(1 + m^2) ––> h(2) = (2/2 + 1)/√(1 + 2^2) = 2/√(5).

Infatti, se nella mia figura tiri la diagonale dal punto [–1/2, 0] al punto [1/2, 2], vedi che l'altezza viene [per questa inclinazione, che è arctan(2), e considerandola proiezione del lato (che è lungo 1) del fondo tra gli estrtemi [-1/2, 0] e [1/2, 0]
h = 1· sin[arctan(2)].
Ora, siccome 2 è il reciproco di 1/2, questa inclinazione è la complementare di quella ad altezza massima
h = cos[arctan(1/2)]
Oppure, proiettando il fianco (che è alto 2)
h = 2·cos[arctan(2)] = 2 ·sin]arctan(1/2)]

Infine, l'andamento è una bella sinusoide
h = [sin(alfa)]/2 + cos(alfa).

Il massimo lo sappiamo: √(5)/2 = 1, 1180399...
Il minimo sarà l'opposto.
Ma l'opposto ... è negativo!
Lo realizziamo supponendo di poter inclinare, a vaso tappato nel tetto, più di 90°, col vaso che va in parte sotto il livello della sua base (come quando si vuota in fretta – o si scola per bene – un secchio).

Ovviamente questo ... non ha senso nel caso che proponi tu.

Quanto poi all'andamentto del livello dopo che l'acqua ha incominciato ad uscire, mi pare ancora una cosa facile.

Resta sempre bagnata tutta la parete più bassa, [quella che fa da battente ... allo "stramazzo" (come sa bene Mizarino), che è lunga 2], mentre parte del "fondo" esce dal bagnato. Quindi l'altezza che chiedi [andando con alfa oltre all'inclinazione arctan(2)] è senz'altro:
h = 2·sin(90° – alfa) = 2·cos(alfa).
Ovviamente, per alfa = angolo retto, risulta h = 0 (perché, a vaso coricato orizzontalmente l'acqua è uscita tutta).

O mamma mia!
Mi par d'essere tornato a scuola a spiegare agli allievi giovincelli gli esercizi di trigonometria! :eek:

Erasmus 30-03-12 15:45

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 582159)
Provo l'anteprima:
...
Tatto!
Per me ... tutto OK!

Ciao, ciao

:o
Non "Tatto!". Volevo dire "Fatto!". [La "F" sta sotto a "T", vicina ... e io sono un pessimo dattilografo. Da sempre. :lipssealed:]

Epoch 30-03-12 15:51

Re: Qualche quiz
 
@Erasmus.
Pensa se scrivevi "Gatto"... :D

Erasmus 30-03-12 16:45

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 582152)
Quello che ti chiedevo era come calcolare "il MINIMO", cioè a che inclinazione l'altezza dell'acqua è minore; e come descrivere l'andamento della funzione per vari angoli alfa.

Riassumiamo.

A) Per 0 ≤ alfa ≤ arctan(2) l'andamento (sinusoidale di ampiezza [√(5)]/2) è (* vedi nota)
1) h(alfa) = [sin(alfa)]/2 + cos(alfa).

(* Nota). In generale, se hai una sinusoide "sfasata" scritta come
y = A·sin(x) + B·cos(x)
l'ampiezza è
√(A^2 + B^2) (e l'ampiezza ed è ovviamente anche il massimo)
e lo sfasamento rispetto al "seno" è
phi = arctan(B/A)


Tanto annullando la derivata quanto pensando all'ampiezza viene il massimo per
alfa = arctan(1/2)
e questo massimo vale appunto
Hmax = [√(5)]/2 = 1,1180399...

Il minimo assoluto in questo intervallo si ha per
alfa = arctan(2)
(quando l'acqua bagna tutto un fianco e ancora tutto il fondo)
e vale
Hmin = (2/2 + 1)/√(1 + 2^2) = 2/√(5) = 0,89442719 ...

Osserva, aspesi, che questo numero è il reciproco del precedente!
Mettendo la lunghezza L del lato della base, diciamo allora:

Hmax = k·L > L
Hmin = (1/k)·L < L

dove k = [√(5)]/2 = 1/cos[arctan(1/2)] = 1/sin[arctan(2)]> 1
ossia
1/k = cos[arctan(1/2)] = sin[arctan(2)] < 1

B) Per arctan(2) ≤ alfa ≤ <angolo retto> l'andamento è ancora sinusoidale (ma di ampiezza 2 ... mai raggiunta in precedenza) (** nota)
2) h(alfa) = 2·cos(alfa)

(** Nota) L'ampiezza 2 di questo andamento sarebbe stat l'altezza iniziale dell'acqua se si fose partita a vaso colmo.
Infattl andamento tra arctan(2) e π/2 rad = <angolo retto> è identico a quello che si avrebbe partendo da vaso pieno (acqua alta 2·L) e senza coperchio.
Allora l'acqua inizia a tracimare appena inizia l'inclinazione e l'altezza è sempre quella dello spigolo che fa da "battente" allo "stramazzo", cioè proprio
h = 2L·cos(alfa) = 2L·sin(π/2 – alfa).


--------------
Sono stato sufficientemente chiaro (oltre che completo)?
:hello:

aspesi 30-03-12 17:27

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 582177)
Vedi subito che per tale inclinazione (massima prima che si tracimi l'acqua), hai:
tan(alfa) = m = 2
e allora, per m = 2, hai
h(m) = (m/2 + 1)/√(1 + m^2) ––> h(2) = (2/2 + 1)/√(1 + 2^2) = 2/√(5).

#1079
2) Il vaso può essere inclinato fino ad un certo punto, oltre il quale l'acqua comincia a fuoruscire. In questa situazione, il pelo dell'acqua arriva allo spigolo opposto a quello su cui poggia il vaso: la sezione del vaso è un triangolo rettangolo di cateti lunghi 1 e 2. L'area del triangolo rettangolo corrispondente a questa inclinazione massima è 1 (com'era a vaso appoggiato).

3) A questo punto, con le mie scarne reminescenze trigonometriche, posso determinare l'angolo massimo formato dalla base rispetto al terreno; che dovrebbe essere:
arctg(2) = 1,107149 radianti *180/pi.greco = 63,435 gradi circa

Questo l'avevo già scritto!

Mi serviva sapere il minimo, perché dai calcoli che avevo fatto mi veniva un valore negativo (come anche tu confermi... solo che non capivo perché)

Quote:

Erasmus (Scrivi 582177)
Infine, l'andamento è una bella sinusoide
h = [sin(alfa)]/2 + cos(alfa).

Il massimo lo sappiamo: √(5)/2 = 1, 1180399...
Il minimo sarà l'opposto.
Ma l'opposto ... è negativo!
Lo realizziamo supponendo di poter inclinare, a vaso tappato nel tetto, più di 90°, col vaso che va in parte sotto il livello della sua base (come quando si vuota in fretta – o si scola per bene – un secchio).

Ovviamente questo ... non ha senso nel caso che proponi tu.

Quanto poi all'andamentto del livello dopo che l'acqua ha incominciato ad uscire, mi pare ancora una cosa facile.

Resta sempre bagnata tutta la parete più bassa, [quella che fa da battente ... allo "stramazzo" (come sa bene Mizarino), che è lunga 2], mentre parte del "fondo" esce dal bagnato. Quindi l'altezza che chiedi [andando con alfa oltre all'inclinazione arctan(2)] è senz'altro:
h = 2·sin(90° – alfa) = 2·cos(alfa).
Ovviamente, per alfa = angolo retto, risulta h = 0 (perché, a vaso coricato orizzontalmente l'acqua è uscita tutta).

O mamma mia!
Mi par d'essere tornato a scuola a spiegare agli allievi giovincelli gli esercizi di trigonometria! :eek:

Dai, che ti è piaciuto tornare professore...:rolleyes: (anche se io non sono più allievo, nè soprattutto giovincello:fis:

aspesi 30-03-12 17:47

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 582205)
Riassumiamo.

A) Per 0 ≤ alfa ≤ arctan(2) l'andamento (sinusoidale di ampiezza [√(5)]/2) è (* vedi nota)
1) h(alfa) = [sin(alfa)]/2 + cos(alfa).

e questo massimo vale appunto
Hmax = [√(5)]/2 = 1,1180399...

Il minimo assoluto in questo intervallo si ha per
alfa = arctan(2)
(quando l'acqua bagna tutto un fianco e ancora tutto il fondo)
e vale
Hmin = (2/2 + 1)/√(1 + 2^2) = 2/√(5) = 0,89442719 ...
.....
Sono stato sufficientemente chiaro (oltre che completo)?
:hello:

Per vedere l'andamento della funzione, avevo calcolato
h(alfa) = [sin(alfa)]/2 + cos(alfa)
per alfa 0, 10, 20, 26,565 (massimo), 30, 40, 50, 63,435 (minimo) gradi
solo che.... non avevo messo i radianti :o. Per questo i risultati che ottenevo erano campati per aria...:o

Sei stato più che esauriente e minuzioso ;)

Erasmus 30-03-12 18:15

Re: Qualche quiz
 
Sono riuscito a far fare alla mia calcolatrice grafica il grafico completo, nonostante l'angolosità che si ha per alfa = arctan(2), quando comincia ad uscire l'acqua.

L'interessante non è il grafico, ma come sono riuscito a farlo fare intero alla calcolatrice grafica.

Occorre ... meditare un attimo su quel che segue.

Se scrivo y = x/|x| (leggere "ypsilon uguale-ics-fratto-"modulo di ics") e faccio il grafico, per x negativo vedo la semiretta y = –1; e per x positivo la semiretta y = 1
Supponiamo che io voglia scrivere solo il tratto per x>0.
Allora aggiungo 1 a tutto: così per x negativo mi viene 0. Ma mi viene il doppio per x positivo.
Non mi resta che dividere per 2.
In tutto devo fare:
y = (1/2) · (x/|x| + 1) = (x + |x|) / (2·|x|).
Se allora voglio fare il grafico di una funzione f(x) solo per x > 0 faccio

y = [(x + |x|) / (2·|x|)]·f(x) (solo per x > 0)

Se volevo il grafico solo per x negativo potevo sottrarre 1 (e allora sopprimevo la parte per x positivo), dividere per due e cambiare segno, ottenendo

y = [(|x| – x) / (2·|x|)]·f(x) (solo per x < 0)

Analogamente, posso fare il grafico solo destra o solo a sinistra di un certo x = a.
Combinando le cose, posso fare il grafico di una funzione solo in un intervallo, per esempio tra 0 e arctan(2) :rolleyes:
Oppure di un'altra funzione solo tra atan(2) e π/2

Se poi sommo queste due funzioni diverse limitate nei rispettivi intervalli, siccome dove c'è l'una l'altra vale 0, mi viene il grafico che volevo. ;)

Adesso vado a caricare la figura ...
...
Fatto!
Immagine;
Link:
Occhio! Al posto dell'angolo "alfa" c'è ora la variabile x in radianti.
Vedi in alto l'espressione che calcola la Calcolatrice grafica.
A sinistra vedi l'abilitazione solo nell'l'intervallo tra 0 e arctan(2) dove la funzione vale
y = (1/2)* sin(x) + cos(x)
A destra l'abilitazione nel solo intervallo tra arctan(2) e π/2 dove la funzione vale
y = 2·cos(x)

---------------
:hello:

Ciao ciao

astromauh 30-03-12 23:17

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 581963)
Cioè ... (fammi capire) ... un pochino ci credi? :D
Tu quoque, Miza, etsi alienus? :eek:
Vabbeh: Diversamente non saresti un buon napoletano.
Mi fate venire in mente «Non è vero ma ci credo!»

Mi hai fatto venire voglia di rivedere questa commedia, e l'ho guardata un po' su YouTube, peccato che ho trovato un filmato difettoso, che scalogna!

Sono anch'io napoletano, ma un po' snaturato, non sono superstizioso per nulla, posso passare sotto le scale ed incrociare i gatti neri. :D

:hello:

Epoch 31-03-12 07:40

Re: Qualche quiz
 
Io invece sotto le scale non ci passo, se posso. Non è superstizione ma una questione di sicurezza! ;)

Erasmus 31-03-12 11:23

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 582226)
[...]Dai, che ti è piaciuto [...]...:rolleyes: (anche se io non sono più allievo, nè soprattutto giovincello :fis:

Aaah così?
Guarda che ai miei allievi cercavo di insegnare al più alto livello al quale potevano imparare: ma era sempre un livello da allievi giovincelli...

Per penitenza, visto che non sei allievo né giovincello, beccati questo (che appunto non è per allievi giovincelli).

NB 1. Queste identità non sono "invenzioni" erasmiane. Però ... Erasmus le ha scoperte autonomamente (giocando recentemente – ormai vecchione – con sviluppi in serie di Fourier di quelle speciali funzioni periodiche che sono le sequenze di funzioni impulsive).
Se le trovi in rete ... ti pago volentieri da bere (e anche da mangiare)!
Nota anche che nella famosissima identità:
e^(jπ) + 1 = 0
che lega i 5 numeri più importanti della matematica:
• L'unità 1,
• Lo zero 0,
• L'unità immaginaria j=√(–1),
• Il numero di Archimede π,
• Il numero di Napier e.
non viene affatto usato il valore del numero di Napier
e = 2,71828182459...
L'identità – voglio dire – non si verifica mediante calcolo numerico che esegua una "potenza" (nel significato comune del termine) del tipo e^z con z immaginario di valore jπ, ma semplicemente con la sostituzione
e^(jx) = cos(x) + jsin(x)
dove e^z sta per Exp(z); ed è soltanto una mera convenzione per indicare l'estensione analitica della funzione "esponenziale" Exp(x) dal campo reale (nel quale Exp(x) è effettivamente la "potenza" e^x di base e ed esponente reale x) al campo complesso.
Invece, nella serie erasmiana :rolleyes: c'è un effettivo legame numerico tra il numero di Archimede π e il numero di Napier e. Tant'è che si può verificare numericamente (alla Mizarino, per intenderci).

Ciao ciao

astromauh 31-03-12 20:17

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 582470)
Queste identità non sono "invenzioni" erasmiane. Però ... Erasmus le ha scoperte autonomamente

Si, bravo :ok: ma non vale! :D

aspesi 05-04-12 13:36

Re: Qualche quiz
 
Quale regione all'interno di un quadrato di lato 1 possiede il maggior
rapporto area / perimetro ?

(In pratica si tratta di costruire una figura all'interno del quadrato che abbia il rapporto maggiore area/perimetro, che, ad esempio, è 1/4 per il quadrato)

:hello:

occhiodilince 05-04-12 13:40

Re: Qualche quiz
 
L'esagono.

aspesi 05-04-12 13:46

Re: Qualche quiz
 
Quote:

occhiodilince (Scrivi 584159)
L'esagono.

E quanto viene il rapporto area/perimetro?
(Comunque, si può far meglio)

:hello:

astromauh 05-04-12 13:49

Re: Qualche quiz
 
Anche per il cerchio iscritto nel quadrato. il rapporto è 1/4.

A/P = pi * r^2 / 2* pi* r = r / 2

Se r=0,5

A/P= 1/4

:hello:

occhiodilince 05-04-12 13:54

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 584161)
Quote:

E quanto viene il rapporto area/perimetro?
(Comunque, si può far meglio)

Se non ricordo male circa 0,866, se vuoi andare oltre arrivi al dodecagono circa 1,86 (credo di ricordare), ma a me piace l'esagono:
http://naturamatematica.blogspot.it/...natura-la.html
:hello:

aspesi 05-04-12 14:00

Re: Qualche quiz
 
Quote:

occhiodilince (Scrivi 584165)
Se non ricordo male circa 0,866, se vuoi andare oltre arrivi al dodecagono circa 1,86 (credo di ricordare), ma a me piace l'esagono:
http://naturamatematica.blogspot.it/...natura-la.html
:hello:

Non è così.
0,866 equivale a RADQ(3)/2 ed è la lunghezza dell'apotema rispetto a quella del lato.

Un esagono regolare non può "toccare" tutti i 4 lati del quadrato.
Facendo il calcolo, il perimetro dovrebbe essere=3 e l'area= 2,59808*(0,5)^2 e quindi il loro rapporto è solo 0,216507 (quindi, inferiore al quadrato di partenza)

:hello:

aspesi 05-04-12 14:03

Re: Qualche quiz
 
Quote:

astromauh (Scrivi 584163)
Anche per il cerchio iscritto nel quadrato. il rapporto è 1/4.

A/P = pi * r^2 / 2* pi* r = r / 2

Se r=0,5

A/P= 1/4

:hello:

Vero!
Ma non è il massimo.

:hello:

aspesi 06-04-12 07:58

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 584157)
Quale regione all'interno di un quadrato di lato 1 possiede il maggior rapporto area / perimetro ?

:hello:


Nessuno che ci prova?

Erasmus 06-04-12 12:22

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 584157)
[...]
(In pratica si tratta di costruire una figura all'interno del quadrato che abbia il rapporto maggiore area/perimetro, che, ad esempio, è 1/4 per il quadrato)

Per i perimetri regolari il massimo del rapporto si ha per apotema pari ad 1/2.
Allora i lati sono in numero multiplo di 4.
In tal caso, (apotema = 1/2) l'area è
<mezzo perimetro per apotema> = (perimetro)/4
Pertanto il rapporto area/perimetro = 1/4 per ogni poligono regolare con numero di lati multiplo di 4 (e il cerchio è il caso limite al tendere all'infinito del numero di lati).
----------
Ho trovato qualche forma che dà un rapporto un po' maggiore di 1/4.
Disegnato il quadrato, si traccino 4 segmenti di uguale lunghezza, uno per vertice, inclinati di 45° sui lati e con gli estremi su due lati consecutivi. Si ottiene un ottagono irregolare con quattro lati uguali centrati sui 4 lati del quadrato e altri 4 a 45° su questi.
Sia x la distanza di un vertice dell'ottagono dal vertice più vicino del quadrato.
L'area dell'ottagono è 1 – 4·(x^2)/2 = 1 – 2·x^2
Il perimetro è (4 – 8·x) + [4·√(2)]x = 4·{1 –[2 – √(2)]x}
Il rapporto (1/4)·(1 – 2·x^2)/{1 –[2 – √(2)]x}.
Al variare di x questo rapporto ha un massimo (per un certo x compreso tra 0 e 1/2) maggiore di 1/4, che vale circa (1,047)·1/4

Ancora meglio se si attacca a ciascun lato obliquo un "lunotto" circolare (tangente a due lati consecutivi) ottenendo un quadrato con gli angoli smussati.
Anche qui, al variare dii x si ottiene un massimo che è circa 1,0603 · (1/4)

Ciao ciao

aspesi 06-04-12 13:55

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 584439)
Sia x la distanza di un vertice dell'ottagono dal vertice più vicino del quadrato.
L'area dell'ottagono è 1 – 4·(x^2)/2 = 1 – 2·x^2
Il perimetro è (4 – 8·x) + [4·√(2)]x = 4·{1 –[2 – √(2)]x}
Il rapporto (1/4)·(1 – 2·x^2)/{1 –[2 – √(2)]x}.
Al variare di x questo rapporto ha un massimo (per un certo x compreso tra 0 e 1/2) maggiore di 1/4, che vale circa (1,047)·1/4

Perfetto!:ok:
Il massimo è 0,261755... con x=0,1533

Quote:

Erasmus (Scrivi 584439)
Ancora meglio se si attacca a ciascun lato obliquo un "lunotto" circolare (tangente a due lati consecutivi) ottenendo un quadrato con gli angoli smussati.
Anche qui, al variare dii x si ottiene un massimo che è circa 1,065 · (1/4)

Ciao ciao

OK, i rapporti possono migliorare se le smussature sono arrotondate con archi di circonferenza tangenti ai lati del quadrato, di raggio x pari alla distanza tra i vertici del quadrato e i punti di tangenza.
Variando x tra 0 e 0,5 si passa dal quadrato originale al cerchio inscritto (rapporto area/perimetro = 0,25 in entrambi i casi)

Però, io trovo che il massimo è un po' minore rispetto a quello calcolato da te e precisamente:
S/P = 0,265079...
per x=0,2651..

:hello:

Erasmus 06-04-12 17:49

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 584471)
... io trovo che il massimo è un po' minore rispetto a quello calcolato da te e precisamente:
S/P = 0,265079...
per x=0,2651

Ho fatto un ... qui pro quo :o
Dovevo scrivere che il massimo della funzione:
f(x) =(1/4)·{[1– (4 – π)·x^2]/[1 – (4 – π)·x/2]}
è
(1/4)·1,0603178085... = 0,26507945213...
Ma sai che sono lento ... Mia moglie mi chiamava a tavola; e così, sicuro di ricordare a memoria le prime cifre, ho scritto in fretta (rispetto al mio standard, non in assoluto!) andando a memoria; e ho scritto (1/4)·1,047 per l'ottagono irregolare, (che probabilmente va bene) e (1/4)·1,065 per l'ottagono con i lunotti, (o quadrato smussato) ... che invece va male.

Ma siamo sicuri che sia questo il massimo assoluto?
Pensa ad un dodecagono irregolare fatto mettendo triangoli isosceli al posto di settori circolari sui 4 lati inclinati rispetto a quelli del quadrato. Chiama y l'altezza comune dei 4 triangolini aggiunti. Hai un dodecagono irregolare (ma sempre con i suoi bei 4 assi si simmetria speculare nel suo piano) la cui forma (e area e perimetro) dipende da due variabili x ed y. Magari si trova un massimo del rapporto maggiore di quello detto.
E se poi metti degli opportuni segmenti di cerchio sugli 8 lati non paralleli ai lati del quadrato?
E se al posto di questi metti ancora triangoli isosceli?
Forse, continuando a triangoli isosceli, si converge verso un massimo assoluto. Forse la forma tende ad una specie di quadrato smussato con uno smusso che arriva (o no) al centro di ogni lato a curvatura continua ma non unica (cioè: ad ogni angolo un arco di curva chiusa tipo cerchio ma non circolare). Occorrerebbe
• scrivere il rapporto area/perimetro per un generico numero n di aggiunte triangolari partendo da un ottagono irregolare, e quindi funzione di n variabili,
• trovare dove si annullano tutte le n variabili,
• vedere se davvero il rapporto cresce al crescere di n,
• se così è, passare al limite per n tendente all'infinito.

Alla k-esima aggiunta il numero di lati cresce di 4·2^k, (di 8 alla prima aggiunta, di 16 alla seconda, di 32 alla terza, ...).
Un problemino interessante solo dal puro punto di vista matematico.

-----
:hello:

aspesi 06-04-12 18:59

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 584562)
Occorrerebbe
• scrivere il rapporto area/perimetro per un generico numero n di aggiunte triangolari partendo da un ottagono irregolare, e quindi funzione di n variabili,
• trovare dove si annullano tutte le n variabili,
• vedere se davvero il rapporto cresce al crescere di n,
• se così è, passare al limite per n tendente all'infinito.

Alla k-esima aggiunta il numero di lati cresce di 4·2^k, (di 8 alla prima aggiunta, di 16 alla seconda, di 32 alla terza, ...).
Un problemino interessante solo dal puro punto di vista matematico.

-----
:hello:


A occhio non mi pare che in questo modo il rapporto sia maggiore.
Però, non saprei assolutamente come dimostrarlo e fare i calcoli...:lipssealed:

Se hai voglia e tempo...:fis:

:hello:

nino280 07-04-12 04:53

Re: Qualche quiz
 
Prendo una strisciolina di carta, un rettangolo, di altezza 0,9 e lunghezza quanto voglio, mezzo giro incollo i lati da 0,9 e ne faccio un anello di Mobius. A questa figura è sparita una altezza, ma ha una superficie unica, sia davanti che dietro l'ex rettangolo e quindi doppia.:D
Ciao

Erasmus 07-04-12 14:21

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 584595)
Se hai voglia e tempo... :fis:

Già alla prima aggiunta le derivate parziali ti incasinano ...

Ma il dodecagono irregolare (cioè: con una prima aggiunta di triangoli isosceli sui lati inclinati su quelli del quadrato) l'ho provato.

[La mia Calcolatrice Grafica mi permette di entrare con una funzione di una sola variabile continua (obbligatoriamente di nome x) più un parametro ... quantizzato (obbligatoriamente di nome n) che si può variare (a scatti di passi uguali) tra un minimo ed un massimo muovendo col mouse su una specie di cursore (tipo quello di un player)].

Ho trovato dunque un dodecagono irregolare con un rapporto
area/perimetro ≈ (1/4)·1,0545322...
Ciascuno degli 8 vertici che stanno sui lati del quadrato dista dal vertice prossimo del quadrato
x ≈ 0,19313.
Ciascuno degli altri 4 vertici (che stanno sulle diagonali del quadrato) dista dal vertice prossimo del quadrato
y ≈ [(1–0,2689)/√(2)]·x ≈ (0,27311/1,41421]·0,19313 ≈ 0,09984 ≈ 1/10
--------
Sarebbero da considerare anche le curve chiuse di equazione cartesiana:
(2|x|)^k + (2|y|)^k = 1
per k crescente.
[Per k=1 viene una losanga quadrata di diagonale lunga 1. Per k = 2 viene un cerchio. Per k tendente a oo la curva tende al quadrato di lato 1)
Per k > 2 il rapporto area/perimetro è certamente maggiore di 1. Ma la curva circonferenza non si lascia integrare se non per via numerica.
Potrebbe darsi che il massimo assoluto area/perimetro ce l'abbia una forma siffatta per opportuno k.
Guarda infatti cosa succede al variare di k:
---------
:hello:

aspesi 07-04-12 15:46

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 584789)
Ho trovato dunque un dodecagono irregolare con un rapporto
area/perimetro ≈ (1/4)·1,0545322...

Quindi è superiore a S/P=0,261755.. dell'ottagono, ma inferiore a S/P=0,265079...delle smussature arrotondate

Quote:

Erasmus (Scrivi 584789)
Guarda infatti cosa succede al variare di k:
---------
:hello:

Bello!:)
Ma rimango dell'avviso che il massimo sia con l'arrotondamento dell'ottagono irregolare (x=0,2651...):
Perimetro = 2*pi.greco*x + 4*(1-2x) = 3,544872...
Area = pi.greco*x^2 + 2*[(1-2x)*1] - (1-2x)^2 = 0,939673...

:hello:

astromauh 07-04-12 20:46

Re: Qualche quiz
 
Quote:

nino280 (Scrivi 584660)
Prendo una strisciolina di carta, un rettangolo, di altezza 0,9 e lunghezza quanto voglio, mezzo giro incollo i lati da 0,9 e ne faccio un anello di Mobius. A questa figura è sparita una altezza, ma ha una superficie unica, sia davanti che dietro l'ex rettangolo e quindi doppia.:D
Ciao


Hai visto troppe volte questo film. :eek:


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