Qualche quiz

[aspesi]

Erasmus

tan(φ) = 1 – [cos(φ)]^6, invece, vuol dire che il primo triangolo non lo pupo ricavare come un pezzo intero dal quadrato perché il cateto che non è un lato del quadrato è più lungo del lato del quadrato.

Davanti ad un tan(φ) > 1 sono rimasto dapprima perplesso.
Poi ho capito che la "punta" eccedente era proprio il triangolino avanzato dagli altri 6 triangoli!

Ciao ciao

Se vuoi, puoi correggere il – con il +

[Erasmus]

aspesi

puoi correggere il – con il +

Grazie. Fatto!

[Erasmus]

aspesi

Dividere un quadrato di area unitaria in sette triangoli simili, ma non uguali (devono essere tutti e sette differenti).

Ho trovato una nuova soluzione.
Occhio: nuova, sì, perché i 7 triangoli non sono gli stessi delle soluzioni precedenti.
Però nuova solo nel modo di ritagliare i triangoli dal quadrato, perché l'inclinazione φ dei tagli sul lato del quadrato è la stessa della soluzione di aspesi; tale cioè che, posto x = tan(φ):
x^5 – x^4 + 3x^3 – 3x^2 + 2x – 1 = 0 ––> x = 0,75039716122578.

In questa nuova soluzione, 5 triangoli su 7 sono rispettivamente uguali a quelli della soluzione di aspesi. Ma il 3° ed il 6° sono (rispettivamente) diversi.

Come è possibile se la somma delle aree dei 7 triangolini deve valere sempre la stessa area del quadrato?
E' possibile perché la somma delle aree del 3° e 6° triangolo è la stessa nelle due soluzioni distinte.
In effetti, girando di un angolo piatto il 6° triangolo ed accostandolo poi opportunamente al 3°, in entrambe le soluzioni si ottiene lo stesso poligono (quadrilatero concavo).

Si capisce tutto con un'occhiata alla figura seguente:
=> Due soluzioni (quasi uguali) a confronto

Ciao ciao

[aspesi]

Il tappeto di Sierpinski

http://it.wikipedia.org/wiki/Tappeto_di_Sierpinski

Prendiamo un quadrato e lo dividiamo in 9 quadratini uguali, tracciando due righe e due colonne.
Coloriamo il quadrato centrale di nero e dividiamo in 9 sotto-quadratini tutti i quadrati rimasti bianchi.
Coloriamo tutti i quadratini centrali di nero e replichiamo lo stesso lavoro all'infinito.

Alla fine quale sara' la percentuale di quadrato annerito?

[nino280]

Non so, direi 100% e mi rifaccio alla curva di Peano che se non sbaglio alla fine riempie tutto il piano.
Ciao

[aspesi]

nino280

Non so, direi 100%
Ciao

Dimostrazione?

[Erasmus]

aspesi

Dimostrazione?

Ho un fiasco di vino. Ne bevo un n-esimo. Di quel che mi rimane ne bevo ancora un n-esimo. Di quel che mi rimane ne bevo ancora un n-esimo ... e così via. A lungo andare, quanto vino mi resta nel fiasco?
Beh: non è una vera spiegazione del tuo quiz, ma quasi!
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La suddivisione in quadratini sempre più piccoli ... è "noise", come diceva a suo tempo l'Illustrissimo in altro quiz.
La sostanza è che colori di nero 1/9 del tutto, poi 1/9 della parte restante, poi ancora 1/9 della parte restante, e continuamente 1/9 della parte non ancora colorata,... e così all'infinito.
E non conta nemmeno che sia un nono.
Guardo come cresce la parte colorata se per N volte coloro la frazione x della parte ancora da colorare

      x + (1 – x)·x + [1 – x – (1 – x)·x]·x + {1 – x – (1 – x) ·x – [1 – x – (1 – x)·x]·x}·x + ...    ?
      a0 +    a1     +       a2                    +                        a3                                    +  ...   +  aN =
 
   = x  + x·(1 – x)  + x·(1 – x)^2   + x·(1 – x)^3 + ... + x·(1 – x)^N = x· {[1 – (1– x)^(N+1)]/[1 – (1 – x)]} =
   =  1 – (1 – x)^(N+1).

Siccome (1 – x) è minore di 1, al tendere di N all'infinito (1 – x)^(N+1) tende a zero e la somma tende ad 1 (= 100%)

[aspesi]

nino280

Non so, direi 100% e mi rifaccio alla curva di Peano che se non sbaglio alla fine riempie tutto il piano.
Ciao

E' un frattale

[aspesi]

Erasmus

Siccome (1 – x) è minore di 1, al tendere di N all'infinito (1 – x)^(N+1) tende a zero e la somma tende ad 1 (= 100%)

Somma da 1 a infinito (8^(n-1)/9^n) = 1/8sum((8/9)^n)

Serie geometrica con ragione 8/9
S da 1 a n = 1/9*(1-(8/9)^n)/(1-8/9) = 1

[nino280]

Quindi la spugna di Menger che è l'analogo giochino ma nello spazio dovrebbe sparire del tutto?
Ciao

http://it.wikipedia.org/wiki/File:Menger-Schwamm.png

Vedo proprio or ora che qualcuno ha poi costruito la spugna ma credo che si sia fermata al terzo o quarto passaggio