Palla minima che torna in buca

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jordan
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Palla minima che torna in buca

Messaggio da jordan » 29 gen 2014, 11:49

Data un biliardo a forma di triangolo equilatero, si determini il percorso minimo di una palla lanciata da un vertice di modo tale che tocca tutti i lati almeno una volta, una di questi almeno due e torna infine al punto di partenza.
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maurizio43
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Re: Palla minima che torna in buca

Messaggio da maurizio43 » 30 gen 2014, 17:30

E' una boiata pensare che il limite minimo del percorso sia $4$ volte l'altezza del triangolo equilatero ?

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jordan
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Re: Palla minima che torna in buca

Messaggio da jordan » 30 gen 2014, 19:07

Non lo so: è un quesito che mi ha posto un amico, io ho mostrato che se il lato che tocca due volte è quello opposto al vertice di partenza, allora non torna mai in buca. Ma non escludo che abbia sbagliato anche questo, considerato quanto sono pippa in geometria :wink:
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EvaristeG
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Re: Palla minima che torna in buca

Messaggio da EvaristeG » 31 gen 2014, 11:17

Attento, jordan, ci sono degli "almeno" nel tuo testo :) non mi sembra possibile che ogni percorso che esce da un vertice e tocca due volte il lato opposto sia destinato a non rientrare mai più...

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jordan
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Re: Palla minima che torna in buca

Messaggio da jordan » 04 feb 2014, 16:30

Gli "almeno" l'ho aggiunti io :wink:

Riguardo la soluzione, che ancora non conosco: l'unica idea che ho avuto è provare a costruire dei triangoli equilateri di fianco attaccati (uno capavolto, uno in piedi, uno capovolto, uno in piedi, etc) di modo tale che la riflessione su ogni lato puo' essere ottenuta semplicemente continuando la retta di partenza e si riottiene la traiettoria di partenza capovolgendo i nuovi triangoli (se è troppo criptico, vedro' come allegare una foto, o faro' il disegno in tex). Ma continuo a non vedere quale sia questa traiettoria minima.

Il problema cambia, se chiediamo che tale traiettoria debba toccare il lato opposto tre volte, e ognuno degli altri due volte, perchè il metodo di sopra mostra che sarebbe sufficiente tirare la palla con un angolo di
$$\alpha=\text{arsin}\left(\frac{1}{2\sqrt{7}}\right)$$

Cosa sto dimenticando? (Apparte che non debbo scrivere in questa sezione :P )
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Re: Palla minima che torna in buca

Messaggio da EvaristeG » 05 feb 2014, 12:07

Beh, mi sembra che la tua sia una soluzione :) Riflettendo il triangolo nei suoi tre lati e poi riflettendo ognuno dei triangoli ottenuti nei loro lati e così via si ottiene una tassellazione del piano in triangoli equilateri. Ogni percorso "di rimbalzi" nel triangolo originale è una porzione di retta in questa tassellazione e viceversa.
Una segmento corrisponde ad un percorso con N rimbalzi se attraversa N lati. Ora basta cercare il più corto segmento che parte da un vertice e finisce sullo stesso (in un altro triangolo della tassellazione, avendo riportato i nomi dei vertici opportunamente dopo ogni riflessione) e che attraversi almeno 4 segmenti. Il più corto, ad occhio, rimbalza 7 volte.

maurizio43
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Re: Palla minima che torna in buca

Messaggio da maurizio43 » 06 feb 2014, 15:25

jordan ha scritto:Non lo so: è un quesito che mi ha posto un amico, io ho mostrato che se il lato che tocca due volte è quello opposto al vertice di partenza, allora non torna mai in buca. Ma non escludo che abbia sbagliato anche questo, considerato quanto sono pippa in geometria :wink:
Beh, se davvero tu fossi pippa... tra pippe dovremmo intenderci… :D
E mi sentirei in dovere di darti un consiglio importante :mrgreen: :
Se il tuo amico ,per caso, fosse un giocatore di biliardo, non scommettere con lui che non può riuscire a colpire la pallina facendola tornare al vertice di partenza dopo due tocchi alla sponda di fronte e un tocco ciascuna alle sponde laterali ….
Come ben sai loro sono maestri nei colpi con “l’effetto” , che alterano la traiettoria del primo rimbalzo :!: .
Lui ( per esempio ) potrebbe indirizzare la palla a colpire un punto situato ai $\frac{7}{9} l $ della lunghezza $ l $ della base
[cioè con l’ angolo $\mu$ di incidenza con la base tale per cui $ tg (\mu) =$ $\frac {5}{9} \frac{\sqrt 3}{3} $ ].
Avendogli dato un opportuno effetto verso sinistra , potrebbe ottenere che l' angolo di riflessione $ \gamma $ fosse più ampio del normale, tale da risultare $ tg (\gamma)= \dfrac{4}{5} \dfrac{\sqrt 3}{3} $ .
Dal secondo rimbalzo (quello sul lato obliquo, ad altezza $ \frac{l}{10} 9 \sqrt 3 $ rispetto alla base) in poi , il resto della traiettoria proseguirebbe secondo le normali leggi della riflessione, facendo rimbalzare la pallina prima sull’altro lato obliquo (ad altezza $ \frac{l}{10} \frac{5}{9} \sqrt 3 $ rispetto alla base) , poi di nuovo sulla base (in un punto distante $ \frac{1}{10} l $ dall'estremo), per ritornare poi nel punto di partenza [ dopo una riflessione $ tg (\beta)= \frac{4}{5} \frac{\sqrt 3}{3} $ ].
:mrgreen: :mrgreen: :mrgreen: .

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