Tre punti e una circonferenza

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BorisM
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Tre punti e una circonferenza

Messaggio da BorisM » 27 gen 2014, 19:46

Sono assegnati tre punti distinti su una circonferenza. Ad ogni mossa è possibile spostare uno qualsiasi dei tre punti, facendogli occupare come nuova posizione il punto medio di uno, a scelta, degli archi di circonferenza determinati dagli altri due punti.
a) Determinare per quali configurazioni iniziali esiste una successione di mosse che li porta alla fine ad essere i vertici di un triangolo isoscele con due angoli minori di 1/2004- esimo di grado.
b) Determinare per quali configurazioni iniziali esiste una successione di mosse che li porta alla fine ad essere i vertici di un triangolo equilatero.
Non so proprio da dove cominciare :idea: :?: :?:

maurizio43
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da maurizio43 » 28 gen 2014, 01:08

Se non ho interpretato male il problema e il suo quesito (a) , (e se non ho fatto cappelle... :wink: )
mi sembra che qualunque posizione iniziale dei 3 punti consenta di arrivare al triangolo isoscele richiesto :
Testo nascosto:
detti $A$ , $B$, $C$ i tre punti scelti a caso sulla crf. basta questa sequenza di mosse :
1) $A'$ nel punto medio dell' arco $BC$ : il triangolo $BA'C$ è isoscele( perchè $BA'=A'B$), con angolo al vertice : $BA'C = 180°-A'OC$
2) $C'$ nel punto medio dell' arco $BA'$ : il triangolo $BC'A'$ è isoscele ( perchè $BC'=C'A'$), con angolo al vertice : $BC'A'= 180°-\frac{A'OC}{2}$
3) $A''$ nel punto medio dell' arco $BC'$ : il triangolo $BA''C'$ è isoscele (perchè $BA''=A''C'$ ) ; con angolo al vertice : $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
.... e così via ....
In definitiva, indicando con $\beta$ il valore in gradi di $A'OC$ (qualunque) il triangolo isoscele che si ottiene alla n-esima mossa ha angolo al vertice pari a
$180° - 2^{-(n-1)} \beta$ , cosicchè ciascuno dei 2 angoli alla base è pari a: $\dfrac{\beta}{2^n} $.
[Ricordiamo che sarà $\beta$ anche il valore dell'angolo (qualunque) $BAC$ (essendo angolo alla crf. che insiste su un arco doppio di quello su cui insiste l' angolo al centro $A'OC$ ].
E si può quindi concludere che il triangolo richiesto si ottiene in un numero di mosse $n > 1 + \ln {(\beta 2004)}$ , quale che sia la dislocazione di $A$,$B$,$C$ sulla crf.

------- N.B.: corretto banale svista nella formula che esprime gli angoli alla n-esima mossa :shock:
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Circa il quesito (b), credo che si possa dare una risposta banale, ma legittima :
Testo nascosto:
Ipotesi : configurazione iniziale fatta a triangolo equilatero .
Uno qualunque dei tre vertici potrà ballare come una pallina da ping pong tra la propria posizione iniziale e l' estremo opposto del diametro che lo tocca :
ogni due mosse si riforma il triangolo equilatero :mrgreen:
Oppure i 3 punti vanno posizionati su tre vertici consecutivi di un esagono regolare inscritto nella crf. :
alla prima mossa del punto centrale si forma il triangolo equilatero. :mrgreen: :mrgreen:
Ultima modifica di maurizio43 il 29 gen 2014, 10:03, modificato 4 volte in totale.

BorisM
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da BorisM » 28 gen 2014, 09:21

maurizio43 ha scritto:Se non ho interpretato male il problema e il suo quesito (a) , (e se non ho fatto cappelle... :wink: )
mi sembra che qualunque posizione iniziale dei 3 punti consenta di arrivare al triangolo isoscele richiesto :
Testo nascosto:
detti $A$ , $B$, $C$ i tre punti scelti a caso sulla crf. basta questa sequenza di mosse :
1) $A'$ nel punto medio dell' arco $BC$ : il triangolo $BA'C$ è isoscele( perchè $BA'=A'B$), con angolo al vertice : $BA'C = 180°-A'OC$
2) $C'$ nel punto medio dell' arco $BA'$ : il triangolo $BC'A'$ è isoscele ( perchè $BC'=C'A'$), con angolo al vertice : $BC'A'= 180°-\frac{A'OC}{2}$
3) $A''$ nel punto medio dell' arco $BC'$ : il triangolo $BA''C'$ è isoscele (perchè $BA''=A''C'$ ) ; con angolo al vertice : $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
.... e così via ....
In definitiva il triangolo isoscele che si ottiene alla n-esima mossa ha angolo al vertice pari a $180° -\frac{A'OC}{2(n-1)}$
e ciascuno dei 2 angoli alla base è pari a: $\frac{A'OC}{4(n-1)} $.
Se indichiamo con $\beta$ il valore in gradi di $A'OC$ (qualunque), sarà $\beta$ anche il valore dell'angolo (qualunque) $BOC$ (essendo angolo alla crf. che insiste su un arco doppio di quello su cui insiste l' angolo al centro $A'OC$ ) e si può quindi concludere che il triangolo richiesto si ottiene in un numero di mosse $n > 1 +5 01\beta$ , quale che sia la dislocazione di $A$,$B$,$C$ sulla crf.
Circa il quesito (b), credo che si possa dare una risposta banale, ma legittima :
Testo nascosto:
Ipotesi : configurazione iniziale fatta a triangolo equilatero .
Uno qualunque dei tre vertici potrà ballare come una pallina da ping pong tra la propria posizione iniziale e l' estremo opposto del diametro che lo tocca :
ogni due mosse si riforma il triangolo equilatero :mrgreen:
Oppure i 3 punti vanno posizionati su tre vertici consecutivi di un esagono regolare inscritto nella crf. :
alla prima mossa del punto centrale si forma il triangolo equilatero. :mrgreen: :mrgreen:
Grazie per la risposta! Per quanto riguarda il procedimento b mi hai convinto. Per quanto riguarda il primo passaggio mi perdo nel momento in cui dici che $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
Come mai l' angolo ${A'OC}$ nel momento in cui è sottratto a 180 viene ancora diviso per 2?

Half95
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da Half95 » 28 gen 2014, 14:01

maurizio43 ha scritto:Circa il quesito (b), credo che si possa dare una risposta banale, ma legittima :
Testo nascosto:
Ipotesi : configurazione iniziale fatta a triangolo equilatero .
Uno qualunque dei tre vertici potrà ballare come una pallina da ping pong tra la propria posizione iniziale e l' estremo opposto del diametro che lo tocca :
ogni due mosse si riforma il triangolo equilatero :mrgreen:
Oppure i 3 punti vanno posizionati su tre vertici consecutivi di un esagono regolare inscritto nella crf. :
alla prima mossa del punto centrale si forma il triangolo equilatero. :mrgreen: :mrgreen:
ma perché dobbiamo per forza muovere quel determinato punto? Esempio: nel caso dei tre punti sui vertici dell esegano regolare invece che spostare il punto centrale potremo spostare uno di quelli laterali :)

maurizio43
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da maurizio43 » 28 gen 2014, 14:07

BorisM ha scritto: Grazie per la risposta! Per quanto riguarda il procedimento b mi hai convinto. Per quanto riguarda il primo passaggio mi perdo nel momento in cui dici che $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
Come mai l' angolo ${A'OC}$ nel momento in cui è sottratto a 180 viene ancora diviso per 2?
I triangoli $ BA'O $ e $ OA'C $ sono uguali perchè hanno i 3 lati uguali; quindi $ BA'O=OA'C $ ; e poichè $ BA'C=BA'O+OA'C $ , allora $ BA'C=2 OA'C $
Ma $ OA'C $ è angolo alla base ($AC$) del triangolo isoscele omonimo, quindi :$ OA'C = \frac{1}{2}(180°- A'OC) $ , ne consegue che : $ BA'C=2 \frac{1}{2}(180°- A'OC) = 180°- A'OC $
Analoghe considerazioni si possono fare sul triangolo successivo : $ BC'A' $ , solo che al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $ ; quindi $ BC'A' = 180°- \frac{A'OC}{2} $
Idem per quanto riguarda triangolo $ BA''C' $ , dove l'angoletto $ A''OC' $ si ottiene sottraendo da $180°$ un angolo che insiste su un arco pari a $\frac{1}{4}$ dell'arco $ A'C $, e cosi via...
Giusto ? :wink:

maurizio43
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da maurizio43 » 28 gen 2014, 14:23

Half95 ha scritto:(circa il caso b) : ma perché dobbiamo per forza muovere quel determinato punto? Esempio: nel caso dei tre punti sui vertici dell esegano regolare invece che spostare il punto centrale potremo spostare uno di quelli laterali :)
Se muovessimo quello centrale, il punto dopo la prima mossa si troverebbe sul vertice diametralmente opposto dell'esagono, e quindi formerebbe con gli altri 2
un triangolo equilatero ;
se muovessimo uno dei due punti laterali, dopo la prima mossa andrebbe a finire in mezzo agli altri 2 punti e i 3 punti formerebbero un triangolo isoscele con i 2 lati uguali ai lati del dodecagono :wink:

Half95
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da Half95 » 28 gen 2014, 14:56

maurizio43 ha scritto:
Half95 ha scritto:(circa il caso b) : ma perché dobbiamo per forza muovere quel determinato punto? Esempio: nel caso dei tre punti sui vertici dell esegano regolare invece che spostare il punto centrale potremo spostare uno di quelli laterali :)
Se muovessimo quello centrale, il punto dopo la prima mossa si troverebbe sul vertice diametralmente opposto dell'esagono, e quindi formerebbe con gli altri 2
un triangolo equilatero ;
se muovessimo uno dei due punti laterali, dopo la prima mossa andrebbe a finire in mezzo agli altri 2 punti e i 3 punti formerebbero un triangolo isoscele con i 2 lati uguali ai lati del dodecagono :wink:
visto che il nostro problema è di cercare le configurazioni iniziali per cui i 3 punti dopo una serie di mosse coincidono con i lati di un triangolo equilatero, non possiamo limitarci ai tuoi due casi :) magari mi sbaglio o ho capito male il testo ma per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero :) ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!

maurizio43
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da maurizio43 » 28 gen 2014, 15:49

Half95 ha scritto:visto che il nostro problema è di cercare le configurazioni iniziali per cui i 3 punti dopo una serie di mosse coincidono con i lati di un triangolo equilatero, non possiamo limitarci ai tuoi due casi :) magari mi sbaglio o ho capito male il testo ma per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero :) ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!
Esatto. Ma è proprio l'esempio che ho fatto io : infatti prendendo tre vertici consecutivi $A,B,C$ dell' esagono inscritto otteniamo proprio lo scopo di avere i 2 punti esterni che delimitano un arco di $\dfrac{2\pi r}{3} $; e viceversa due punti che delimitano un arco di quella misura sono per forza i vertici di un esagono regolare inscritto.
Ma comunque è il punto $ B $ (di mezzo) che dobbiamo spostare, non uno dei due esterni !
Che poi $ B $ sia proprio nel mezzo è solo un fatto estetico , tanto tutti gli altri punti dell'arco interno vanno con 1 mossa a confluire nello stessa posizione ,
centrale rispetto all' arco esterno !
Con una sola mossa la soluzione è solo questa. :)

Half95
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da Half95 » 28 gen 2014, 16:31

maurizio43 ha scritto:
Half95 ha scritto:visto che il nostro problema è di cercare le configurazioni iniziali per cui i 3 punti dopo una serie di mosse coincidono con i lati di un triangolo equilatero, non possiamo limitarci ai tuoi due casi :) magari mi sbaglio o ho capito male il testo ma per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero :) ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!
Esatto. Ma è proprio l'esempio che ho fatto io : infatti prendendo tre vertici consecutivi $A,B,C$ dell' esagono inscritto otteniamo proprio lo scopo di avere i 2 punti esterni che delimitano un arco di $\dfrac{2\pi r}{3} $; e viceversa due punti che delimitano un arco di quella misura sono per forza i vertici di un esagono regolare inscritto.
Ma comunque è il punto $ B $ (di mezzo) che dobbiamo spostare, non uno dei due esterni !
Che poi $ B $ sia proprio nel mezzo è solo un fatto estetico , tanto tutti gli altri punti dell'arco interno vanno con 1 mossa a confluire nello stessa posizione ,
centrale rispetto all' arco esterno !
Con una sola mossa la soluzione è solo questa. :)
okok adesso ho capito cosa intendevi :)

BorisM
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da BorisM » 28 gen 2014, 21:03

maurizio43 ha scritto:
BorisM ha scritto: Grazie per la risposta! Per quanto riguarda il procedimento b mi hai convinto. Per quanto riguarda il primo passaggio mi perdo nel momento in cui dici che $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
Come mai l' angolo ${A'OC}$ nel momento in cui è sottratto a 180 viene ancora diviso per 2?
I triangoli $ BA'O $ e $ OA'C $ sono uguali perchè hanno i 3 lati uguali; quindi $ BA'O=OA'C $ ; e poichè $ BA'C=BA'O+OA'C $ , allora $ BA'C=2 OA'C $
Ma $ OA'C $ è angolo alla base ($AC$) del triangolo isoscele omonimo, quindi :$ OA'C = \frac{1}{2}(180°- A'OC) $ , ne consegue che : $ BA'C=2 \frac{1}{2}(180°- A'OC) = 180°- A'OC $
Analoghe considerazioni si possono fare sul triangolo successivo : $ BC'A' $ , solo che al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $ ; quindi $ BC'A' = 180°- \frac{A'OC}{2} $
Idem per quanto riguarda triangolo $ BA''C' $ , dove l'angoletto $ A''OC' $ si ottiene sottraendo da $180°$ un angolo che insiste su un arco pari a $\frac{1}{4}$ dell'arco $ A'C $, e cosi via...
Giusto ? :wink:
A mio avviso erri nel momento in cui dici che: "al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $"
Questo sarebbe vero se il punto $C' $ fosse stato ottenuto spostando il punto $ C $ nel punto medio dell' arco $A'C$ ma noi otteniamo $C' $ spostando $C$ nel punto medio dell' arco $BA'$
Correggimi se sbaglio ma sono ancora alle prime armi :?

maurizio43
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da maurizio43 » 29 gen 2014, 01:12

BorisM ha scritto:A mio avviso erri nel momento in cui dici che: "al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $"
Questo sarebbe vero se il punto $C' $ fosse stato ottenuto spostando il punto $ C $ nel punto medio dell' arco $A'C$ ma noi otteniamo $C' $ spostando $C$ nel punto medio dell' arco $BA'$ Correggimi se sbaglio ma sono ancora alle prime armi :?
Forse non consideri bene la figura :
$ C' $ è il punto medio dell'arco $ BA' $ , ma l'arco $ BA' $ è uguale all' arco $ A'C $ . Dunque l'arco $ C'A' $ ha ampiezza pari alla metà non solo dell'arco $ BA' $ , ma anche dell' arco $ A'C $ .
Quindi è confermato che l'angolo alla crf. $ C'OA' $ risulta essere la metà dell' angolo alla crf. $ A'OC $ 8)

Comunque ti ringrazio, perchè la tua obiezione mi è servita a rileggere il mio post e ad accorgermi che c'era un errore nella formula degli $n$-esimi angoli [: l'esponente $(n-1)$ della base$ 2 $ era diventato un fattore moltiplicativo di $ 2 $ ... :shock: e quindi cambia l' espressione del numero $ n $ di mosse ], anche se comunque tutto il resto della dimostrazione , e le conclusioni sulla assoluta libertà di scegliere i 3 punti rimangono valide .
Ho corretto quel mio post :oops:

maurizio43
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Re: Tre punti e una circonferenza

Messaggio da maurizio43 » 30 gen 2014, 10:25

Half95 ha scritto: ..... per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero :) ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!
Maurizio43 ha scritto: .... con una sola mossa la configurazione iniziale è solo questa
Con $2$ mosse vale ovviamente la configurazione (sopra citata) con due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ , e un terzo punto a piacere lungo l'arco esterno.
Ma anche con $ n $ mosse il vincolo sulla configurazione iniziale è ancora sempre e comunque lo stesso : $\frac{2r\pi}{3}$ tra 2 punti $ A $ e $ B $ e il terzo a piacere sull'arco esterno.
Questa configurazione risulta quindi l'unica configurazione possibile . (E' ovvio che il caso $\frac{4r\pi}{3}$ è sempre il medesimo)
Testo nascosto:
Per convincersene basta considerare la configurazione finale desiderata , cioè il triangolo equilatero, e procedere a ritroso :
-Nella configurazione (n-1)esima uno dei tre punti, per esempio $ C $ ,deve essere esattamente in mezzo agli altri due
-Se dalla configurazione (n-2)-esima alla (n-1)-esima fosse stato mosso $ A $ sarebbe stato fatto un errore, perchè $ A $ non sarebbe arrivato a metà dell'arco $ CB $ (idem se fosse stato mosso $B$ )
-Quindi dalla configurazione (n-2)-esima alla (n-1)-esima si può essere mosso solo $ C $, il quale :
°° o proveniva dalla stessa posizione di prima
°° o proveniva da una posizione qualunque nell'arco $AB$ ; e perchè quest' ultimo caso non sia errato deve trattarsi della mossa iniziale . :wink:

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