Quanto terreno conviene comprare?

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 29 mar 2010, 13:38

Purtroppo non conosco le derivate, ma con esse puoi dimostrare quale sia la migliore in assoluto? :)

Euler
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Messaggio da Euler » 30 mar 2010, 10:16

Sì, ci proverò :)
cogito ergo demonstro

Il_Russo
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Messaggio da Il_Russo » 30 mar 2010, 15:53

Il problema mi sa tanto, ma proprio tanto di MNE. In ogni caso se esistesse una soluzione elementare, anche se magari non del tutto rigorosa, sarei curioso di vederla.
Aderisci anche tu al progetto "Diamo a Nonciclopedia una sezione matematica indecente"

Presidente della commissione EATO per le IGO

Euler
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Messaggio da Euler » 31 mar 2010, 13:17

Penso di essere riuscito a risolvere il problema :roll:
Guardando la figura allegata da me, abbiamo che il rapporto area/perimetro è: (1-2x²)/(4(1-2x+x*2^0,5)). Per massimizzzare questo rapporto dobbiamo calcolarne la derivate e porla uguale a 0.
La derivata è (-4(1-2x+x*2^0,5)+(1-2x²)(2-2^0,5))/(1-x(2^0,5-2))². Ponendo uguale a 0 questa espressione otteniamo (4-2*2^0,5)x²-4x+2-2^0,5=0... Vi risparmierò i calcoli, ma alla fine otteniamo due punti in cui la derivata è 0, e notiamo subito che quello che ci serve è x=0,153332807Km (naturalmente usando la calcolatrice :mrgreen: ), quindi il rapporto è 0.261755474 (scusate perchè non riuscivo a scrivere la radice di 2).
Ammetto che questo era un pronlema poco olimpico...
:lol:

amatrix92
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Messaggio da amatrix92 » 31 mar 2010, 13:59

Euler ha scritto:Penso di essere riuscito a risolvere il problema :roll:
Guardando la figura allegata da me, abbiamo che il rapporto area/perimetro è: $ \frac{(1-2x²)}{(4(1-2x+x\cdot2^\sqrt2})) $. Per massimizzzare questo rapporto dobbiamo calcolarne la derivate e porla uguale a 0.
La derivata è $ \frac{-4(1-2x+x\cdot2^{\sqrt2})+(1-2x²)(2-2^{\sqrt2})}{(1-x(2^{\sqrt2}-2))²} $. Ponendo uguale a 0 questa espressione otteniamo $ (4-2\cdot2^{\sqrt2})x²-4x+2-2^\sqrt2=0 $... Vi risparmierò i calcoli, ma alla fine otteniamo due punti in cui la derivata è 0, e notiamo subito che quello che ci serve è x=0,153332807Km (naturalmente usando la calcolatrice :mrgreen: ), quindi il rapporto è 0.261755474 (scusate perchè non riuscivo a scrivere la radice di 2).
Ammetto che questo era un pronlema poco olimpico...
:lol:

Ho riscritto la tua soluzione in Latex, ma devo purtoppo dirti che è sbagliata, non dimostri che quella è la configurazione migliore, ed infatti non lo è.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Euler
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Messaggio da Euler » 31 mar 2010, 14:03

Sì, infatti sono andato un po' a intuito... :|
cogito ergo demonstro

amatrix92
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Messaggio da amatrix92 » 31 mar 2010, 14:09

Euler ha scritto:Sì, infatti sono andato un po' a intuito... :|
Ma nn ci sei andato lontanto, l'idea che hai avuto era quella giusta, solo che hai considerato tutti segmenti....

Sì effettivamente non è molto olimpico ma mi sembrava troppo semplice da mettere in MNE. Alla fin fine l'idea di come doveva essere la configurazione è olimpica, il calcolarla no.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Euler
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Messaggio da Euler » 31 mar 2010, 14:31

E' vero , ho notato che considerando solo 3 lati il rapporto aumenta (ad esempio per x=0,1Km), ma li lascio a te i calcoli con le derivate 8)

amatrix92
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Messaggio da amatrix92 » 31 mar 2010, 14:33

Euler ha scritto:E' vero , ho notato che considerando solo 3 lati il rapporto aumenta (ad esempio per x=0,1Km), ma li lascio a te i calcoli con le derivate 8)
non ci siamo... vabè come risoluzione del problema allora diciamo che basta la configurazione "giusta" in grandi linee perchè il resto non è olimpico.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 31 mar 2010, 16:22

È corretto dire che la configurazione ottimale è simmetrica rispetto al centro del campo?

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 01 apr 2010, 01:42


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Messaggio da amatrix92 » 01 apr 2010, 11:54

ndp15 ha scritto:È corretto dire che la configurazione ottimale è simmetrica rispetto al centro del campo?

Jessica92 ha scritto: Hint poco rassicurante:

http://it.wikipedia.org/wiki/Bolla_di_sapone
La parte che intendevi tu credo fosse questa:
La forma sferica è anch'essa dovuta alla tensione superficiale. La tensione superficiale porta alla formazione di una sfera perché questa possiede la minima superficie per un dato volume.
Ma in ogni caso non centra più di tanto con il nostro caso, anche solo per il fatto che nel problema siamo in 2 dimensioni.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Gauss91
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Messaggio da Gauss91 » 01 apr 2010, 14:41

Tra tutti i poligoni, quello che ha massimo rapporto AREA/PERIMETRO è il cerchio. Quindi la figura dovrà "centrare qualcosa" con il cerchio. (Non riesco a dare spiegazioni più precise del perché la soluzione che provo è così :P ).

Sia O il centro del quadrato ABCD, si tracci la perpendicolare OH al lato AB, si prenda un punto C appartenente ad AB, dalla parte di B rispetto ad H, e sia $ \hat{HOC} = x $.
Allora, il cerchio con centro O e raggio OC avrà raggio $ r = OC = \displaystyle\frac{1}{2\cos x} $. Si tracci tale circonferenza $ \Gamma $, e sia D l'altro punto di intersezione (oltre a C) della circonferenza con il lato AB. Allora $ A_{OCD} = \frac{1}{2}r^2\sin (2x) = \frac{1}{4}\tan x $.
Sia E il punto di intersezione tra $ \Gamma $ e il lato BC, più vicino a B. Si consideri il settore circolare OCE. L'angolo sotteso da tale settore è $ \alpha = \frac{\pi}{2} - 2x $. L'area del settore circolare OCE è $ A_{OCE} =\frac{1}{2}\alpha r^2 = \frac{\pi}{4} r^2 - xr^2 $. Esplicitando in funzione di x, l'area totale dell'intersezione tra il quadrato originario e il cerchio con circonferenza $ \Gamma $ è
$ A_{TOT} = 4A_{OCD} + 4A_{OCE} = (1 + \tan ^2 {x})(\frac{\pi}{4} - x) + \tan x $.
Il perimetro si calcola facilmente e viene $ 2p = 4\tan x + \displaystyle\frac{\pi}{\cos x} - \displaystyle\frac{4x}{\cos x} $.
Facendo $ \displaystyle\frac{A_{TOT}}{2p} $, derivando quell'obrobrio e ponendo la derivata uguale a 0 si trova quando quel rapporto è massimo. (Cosa che non faccio assolutamente).
Spero di averci azzeccato!
"Cos'è l'aritmetica?" "E' quella scienza in cui si impara quello che si sa già!"

Euler
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Messaggio da Euler » 08 apr 2010, 14:19

Anche secondo me può andare, in particolare penso potrebbe essere dividendo il lato in 3 parti uguali, così da dividere la figura in 5 quadrati e un cerchio.

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ghilu
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Messaggio da ghilu » 14 apr 2010, 20:05

Purtroppo non è quella la configurazione, anche se l'idea dell'essere "quasi cerchio" è fondata. Ora darò la risposta, cercando di essere il più completo possibile e mettendoci più idee che calcoli senza, spero, annoiarvi.

Andrò per gradi, in modo da non perdermi:
-Il terreno "migliore" [da ora lo chiamerò TM] (se esiste) non ha "buchi" interni a se stesso (basterebbe eliminarli per guadagnar recinzione e terreno insieme).
-Il TM (se esiste) dovrà essere una sola componente connessa (nel senso che è meglio che non crei 2,3.... recinti, ma uno solo), perché altrimenti basterà avvicinarle fino ad unirle, senza perdere nulla (l'operazione è possibile perché il quadrato di parenza è un insieme convesso).
-Il perimetro di TM è minore di quella del terreno totale (ovvie ragioni).
-Dato un terreno, se lo omotetizzo ho solo di che guadagnarci. Infatti il perimetro viene allungato di $ \ k\geq 1\ $, mentre l'area aumenta per un fattore $ \ k^2\geq k\ $.
-Dato un terreno, se lo dilato ho solo di che guadagnarci. Infatti l'area va moltiplicata per k, mentre il perimetro guadagna un fattore k solo nella direzione della dilatazione; guadagna di meno altrove e mai di più.
-TM (se esiste), tocca tutti i lati. Infatti, se non lo facesse, omotetizzerei e dilaterei fino a farglielo fare.
-TM (se esiste...), se tocca un lato in due punti, allora ha il perimetro che corre sul lato in quel tratto (fra i due punti). Infatti, se non lo facesse, avrebbe un terreno "rivale" che invece lo fa e lo supera in area, con meno recinzione (la curva più corta che collega due punti è il segmento).
-TM ha (almeno) le stesse simmetrie del quadrato. Infatti, se non le avesse, si proceda come segue: si divida il terreno originale in 8 "spicchi" e si assegni il relativo rapporto qualità-prezzo (A/p). Essendo l'A/p dell'originale una media ponderata fra quella degli spicchi, ce ne sarà uno almeno conveniente come l'originale. Lo si conservi, applicando poi delle simmetrie che lo replichino dovunque, rimpiazzando gli altri spicchi. Il terreno ottenuto (che è completamente recintato, anche se eventualmente suddiviso in più componenti connesse) ha un rapporto A/p maggiore od uguale a quello di partenza.
-Fatto ciò, che forma si dovrà avere?
-Prendiamo un certo perimetro e fissiamo gli 8 (eventualmente coincidenti a coppie) punti in cui il terreno deve toccare i lati del quadrato (per ciò che è stato asserito in precedenza, questi 8 punti dovranno essere ottenibili l'uno dall'altro tramite le simmetrie del quadrato).
-la forma che dev'esserci per ciò che abbiamo detto è necessariamente composta da 4 segmenti che giacciono sui lati e da 4 curve di raccordo, la lunghezza di ognuna delle quali è fissata. Come minimo l'area del TM è quella dell' ottaedro formato dagli otto punti. Ma qual' è il modo migliore per sfruttare le quattro curve?

Apro una piccola digressione, secondo una modalità usuale nella risoluzione dei problemi. Dato un segmento di lunghezza S e una curva lunga L che ha per estremi gli estremi del segmento, qual'è la forma che permette una maggiore area fra la corda e il segmento? Possiamo usare questo fatto noto: la figura di dato perimetro SENZA ulteriori limitazioni con AREA massima è il CERCHIO. Allora "probabilmente" ciò che risolve il nostro problema è l'arco di un cerchio che ha il segmento come corda. Allora possiamo usare un trucco: incolliamo dalla parte opposta alla curva la parte di cerchio che sarebbe di completamento. Aggiungendo un'area B e un perimetro P. Allora la figura totale ha un perimetro fissato P-S+L e un'area A+B, che è massima se e solo se è massima A. Ma per il fatto noto, se non ci fosse la limitazione della corda fissa, A+B sarebbe massimo se e solo se L+P formassero una circonferenza. Ma possono farlo! Quindi la situazione massimale è raggiungibile e, precisamente, la curva deve formare un arco di circonferenza.

Torniamo a TM. Supponiamo che non sia formato da 4 segmenti + 4 archi di circonferenza. Allora prendiamo un segmentino su una delle quattro curve tale per cui il tratto di curva in esso compreso non abbia curvatura costante (equivale a dire: non è l'arco di una circonferenza). Deformiamo la curva fino a quando diviene l'arco di una circonferenza, senza cambiare il perimetro. Per non uscire dal quadrato o invadere porzioni dello stesso terreno acquistato, basta prendere un segmentino piccolo piccolo.
Fatto questo abbiamo aumentato l'area e quindi la qualità-prezzo. Non era TM.
-Allora TM E' 4 segmenti + 4 archi ! E fin qui abbiamo dimostrato ciò che suggeriva Gauss91, solo che non sappiamo come sono gli archi.
-Dimostriamo che sono tangenti ai lati del quadrato.

Fissiamo il perimetro e recintiamo come 4 seg.+ 4 arch. . Lasciando variare le configurazioni, notiamo che i segmenti sono più corti nel caso di arco tangente.
Tra l'altro il caso con gli archi tangenti ai lati potrebbe non presentarsi, quando tra le configurazioni c'è quella in cui i segmenti spariscono e rimangono archi non tangenti ai lati. Ma in questi casi non c'è TM, perchè avrebbe perimetro minore della circonferenza inscritta. Dunque per il fatto noto c'è un campo perfettamente circolare con stesso perimetro e più terreno.
Facciamo così: prendiamo il caso con gli archi tangenti ai lati. L'area sarà l'unione, tipo, di una croce greca (per chi sa un poco di architettura) e di quattro settori circolari. Coloriamo la croce di rosso e la teniamo fissa. Ricominciamo a variare le configurazioni e notiamo che il terreno è formato dalla croce rossa più quattro bizzarre parti, ognuna recante con sè come recinzione due segmentini più un arco di circonferenza.
Immaginiamo di "sparare" alla croce rossa finchè non si disintegra e poi di riunire a mo' di puzzle gli altri quattro pezzi. Abbiamo ottenuto una figura completamente recintata, con perimetro dato, la quale ha area massima, per il fatto noto, quando è un cerchio; ovvero... quando gli archi sono tangenti ai lati!
Bona. Abbiamo semplicemente visto la configurazione.

Ora viene il punto di concludere (in modo il più possibile olimpico).
Allora poniamo il lato del quadrato pari a 1 e il raggio degli archi pari ad x ($ 0\leq x \leq \frac{1}{2} $).
Notiamo che essendo $ \ x \rightarrow \frac{A}{p}\ $ continua, TM esiste per il Teorema di Weierstrass.
$ A=1-(4-\pi)x^2 $
$ p=4-(8-2\pi)x $
$ $2\frac{A}{p}=x+\frac{2}{4-\pi}-\frac{\pi}{(4-\pi)^2}\cdot\frac{1}{\frac{2}{4-\pi}-x}$ $
$ $2\frac{A}{p}=\frac{4}{4-\pi}-\left[ \frac{2}{4-\pi}-x + \frac{\pi}{(4-\pi)^2}\cdot\frac{1}{\frac{2}{4-\pi}-x}\right] $ $
Da cui...rullo di tamburi... AM-GM!L'intramontabile!
Il massimo si ha quando:
$ $\frac{2}{4-\pi}-x =\frac{\pi}{(4-\pi)^2}\cdot\frac{1}{\frac{2}{4-\pi}-x}\right] $ $
$ x=\frac{2-\sqrt{\pi}}{4-\pi} $
E finalmente:
$ A=\frac{4\sqrt{\pi}}{4-\pi} $.

Spero di non aver sbagliato nulla: ho impiegato una vita a scriverlo....
Ultima modifica di ghilu il 17 apr 2010, 23:06, modificato 1 volta in totale.
Non si smette mai di imparare.

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