turista sfaticato..

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pi
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turista sfaticato..

Messaggio da pi » 01 ago 2008, 12:02

Nella piana di Giza vi sono due piccole piramidi regolari a base quadrata, che si
toccano in un vertice C e hanno i lati di base paralleli.

Un turista stanco si è arrampicato sulla cima V della prima piramide, e ora vorrebbe spostarsi sulla cima W della seconda piramide: si chiede quale sia il percorso più corto. Sapete aiutarlo?
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 01 ago 2008, 16:03

sns 2007

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pi
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Messaggio da pi » 01 ago 2008, 16:26

Sì ma questo non lo aiuta neanche un po'... :)
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 02 ago 2008, 17:01

Siano $ 2l_1, 2l_2 $ i lati dei quadrati di base, $ a_1, a_2 $ i rispettivi apotemi.

Immaginiamo di attraversare la faccia $ VHC $, con un'angolazione $ \theta $ arrivando in $ T $.

Una volta in $ T $, come trovo il percorso minimo in funzione di un altro angolo $ \displaystyle \alpha =\widehat{TFC} $?

Sia $ f(\theta ) $ la funzione che descrive la somma dei segmenti percorsi.

Con un pò di trigonometria, si ricava che:

$ TF=\displaystyle \frac{1}{\sin{\alpha}}\cdot \bigg(l_2-\displaystyle \frac{a_2}{\tan{\theta}}\bigg) $

$ WF=\displaystyle \frac{a_1}{\sin{\alpha}} $

$ TV=\displaystyle \frac{a_2}{\sin{\theta}} $

Dunque $ \displaystyle f(\theta )=\frac{1}{\sin{\alpha}}\cdot \bigg(l_2+a_1-\frac{a_2}{\tan{\theta}}\bigg)+\frac{a_2}{\sin{\theta}} $.

Intanto guardo se la funzione è crescente o decrescente.

$ f'(\theta )=\displaystyle \bigg(-\frac{a_2}{\sin{\alpha}}\bigg) \cdot \bigg(-\frac{1}{\sin ^2{\theta}}\bigg)-\frac{a_2\cdot \cos{\theta}}{\sin ^2{\theta}} $

È sempre vero che $ \sin{\theta}\not =0 \leftrightarrow \theta \not =0 $ quindi non ci sono problemi, dato che $ \displaystyle \widehat{VCB}\le \theta \le \frac{\pi}{2} $.

Inoltre ho che $ f(\theta ) $ è crescente perchè $ \displaystyle f'(\theta )=\bigg(\frac{a_2}{\sin ^2{\theta}}\bigg) \bigg(\frac{1}{\sin{\alpha}}-\cos{\theta}}\bigg)>0 $ per il codominio delle funzioni seno e coseno.

Dunque, la funzione assume il suo valore minimo quando $ \displaystyle \theta $ è minimo nel suo intervallo di variabilità.

Cioè $ \displaystyle \theta =\widehat{VCB} $ e quindi il percorso minimo si ha passando per $ V\rightarrow C\rightarrow W $.


Sicuramente c'erano anche altri procedimenti, ma questo mi è sembrato quello più rigoroso per escludere altre possibilità.
Ciao.
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Aster
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da 2D a 3D

Messaggio da Aster » 14 ago 2008, 17:36

io avevo pensato a qualcosa di più breve e bucolico:
presi due qualsiasi punti T ed F
chiamo i percorsi W-F-T-V e W-C-C-V p2 e p1 rispettivamente.
p2-p1= FT - ((VC - VT) + (WC - WF))

se le due piramidi hanno altezze h1, h2 nulle allora

p2-p1>0 (il percorso + breve che unisce due punti è il segmento)
quindi FT > (VC - VT) + (WC - WF)

Per altezze diverse da zero, il secondo membro diminuisce (il motivo è banale) e quindi è, a maggior ragione, minore di FT. Dunque p2>p1 per ogni F, T, h1, h2.

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Alex90
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Soluzione?

Messaggio da Alex90 » 05 ago 2009, 11:36

Dal momento che la situazione è simmetrica rispetto alla retta passante per i centri delle piramidi, è indifferente scegliere un percorso da un lato o dall'altro.
Inoltre dato che il percorso avviene su due facce della piramide ed eventualmente sulla zona compresa tra $ ~A $, $ ~B $ e $ ~C $, possiamo ruotare le facce delle piramidi sino a farle toccare terra e ragionare in 2 dimensioni.

Immagine

Siano $ ~F $ e $ ~G $ due punti generici sui lati $ ~AB $ e $ ~BC $.

Il percorso tra un vertice della piramide e l'altro è dato da:

$ l=DF+FG+GE $

Per il teorema dei seni applicato sui triangoli $ ~AFD $ e $ ~CGE $ si ha che:

$ \displaystyle FD=\frac{AD \sin{\widehat{BAD}}}{\sin\alpha}=\frac{k_1}{\sin\alpha} $

$ \displaystyle GE=\frac{CE \sin{\widehat{BCE}}}{\sin\beta}=\frac{k_2}{\sin\beta} $

Mentre

$ \displaystyle FG=\sqrt{BG^2+BF^2} $

Sempre per il teorema dei seni si ha:

$ \displaystyle BF=AD \frac{\sin{\left (\alpha - \widehat{BAD}} \right )}{\sin\alpha} $

e

$ \displaystyle BG=CE \frac{\sin{\left (\beta - \widehat{BCE}} \right )}{\sin\beta} $

Quindi

$ \displaystyle l=a_1 + a_2 + a_3=\frac{k_1}{\sin\alpha}+\frac{k_2}{\sin\beta}+\sqrt{\left ( AD \frac{\sin{\left (\alpha - \widehat{BAD}} \right )}{\sin\alpha} \right )^2 + \left ( CE \frac{\sin{\left (\beta - \widehat{BCE}} \right )}{\sin\beta} \right )^2 } $

Ora $ ~a_1 $ e $ ~a_2 $ sono minimi quando $ ~\alpha $ e $ ~\beta $ sono massimi, ovvero per i limiti imposti dalle condizioni del problema $ ~\alpha=\widehat{BAD} $ e $ ~\beta=\widehat{BCE} $, le quali sono anche le condizioni per cui $ ~a_3 $ è minimo, essendo una radice è $ ~ \geq 0 $ ed il minimo lo si ha proprio in questo caso.

Pertanto il percorso minimo si ha se $ ~F \equiv G \equiv B $, ovvero se il turista passa per il punto di intersezione delle due piramidi.

C'è qualche impavido correttore?opinioni?suggerimenti?

eli9o
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Messaggio da eli9o » 05 ago 2009, 12:51

Allora provo a risparmiare inchiostro e tempo anch'io.
Con riferimento alla figura di EUCLA consideriamo la retta perpendicolare ad AC passante per C (nel piano delle basi delle piramidi). È evidente che bisogna passare per almeno un punto di quella retta. La minima distanza dalla cima di una piramide alla retta è pari alla lunghezza del cammino dal vertice a C quindi il cammino più corto è quello per C.
Hypotheses non fingo

sprmnt21
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Re: Soluzione?

Messaggio da sprmnt21 » 05 ago 2009, 15:57

Alex90 ha scritto: Immagine
con riferimento alla figura di Alex90, sia P l'intersezione della circonferenza di centro B e raggio BE con il prolungamento di DB dalla parte di B. Si ha evidentemente che la spezzata DFGP e' maggiore di DP = DB + BP = DB + BE.

Ma nel triangolo PGE, PG e' minore di GE in quanto gli angoli opposti son in relazione contraria essendo uno un po piu' piccolo e uno un po' piu' grande dell'alngolo di base del traingolo isoscele BPE.


Edit 1:

Cosi messa la prova non e' corretta/completa. Fa uso implicito di una proprieta' della figura che bisognerebbe(ed in effetti non e' troppo difficile farlo), secondo me, esplicitamenet provare.

Edit2: esiste un modo ancora piu' economico di rpovare la tesi, facendo solo riferimento alla diseguaglainza traingolare e a null'altro.

Omar93
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Re: turista sfaticato..

Messaggio da Omar93 » 12 ago 2012, 13:11

Credo ci sia qualcosa che mi sfugge.
Allora se per andare a W deve necessariamente passare per C allora vuol dire che sul triangolo VCB(e poi WCD) compirà una serie di spezzate chiuse che possono essere al minimo dei triangoli. Ma a questo punto è facile dire che vale la disuguaglianza triangolare che permette al percorso VCW di essere il più breve.
O non è così semplice e c'è qualche altra considerazione da fare?
$ 2^{43 112 609} - 1 $

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