abbeverata del cavallo

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ronfo
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abbeverata del cavallo

Messaggio da ronfo » mer giu 10, 2015 5:27 pm

Ciao a tutti
nel mio quotidiano ficcanasare ho trovato un interessante problema di minimo risolto in modo semplice ed efficace.
Un tale , nell'allegato posto in A, deve recarsi in città posta in B , prima però deve abbeverare il cavallo recandosi al fiume che , in questo caso ha un percorso rettilineo;
per calcolare il percorso minimo è sufficiente ricordare che la figura simmetrica rispetto al fiume del triangolo AED , cioè il triangolo CED, ha le stesse dimensioni , e che il percorso più breve da B a C è proprio il segmento BC , per fare meno strada possibile il tizio dovrà seguire il tragitto ADB, in quanto AD e CD si equivalgono.
Quando però si parla di percorsi non rettilinei le cose non mi sembrano così semplici ; nel caso di una conica (parabola , ellisse ... ecc) come il semicerchio da me indicato nella figura a lato esiste un metodo geometrico altrettanto semplice oppure bisogna procedere per via analitica ?
Un grazie anticipato per la soluzione
e buona giornata a tutti
fiume.jpg

delfo52
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Re: abbeverata del cavallo

Messaggio da delfo52 » gio giu 11, 2015 6:29 am

e se la velocità del cavallo assetato fosse diversa da quella del cavallo dopo che ha bevuto?
Enrico

Massimo
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Re: abbeverata del cavallo

Messaggio da Massimo » gio giu 11, 2015 8:51 am

Il secondo disegno non rende giustizia alla complessità del problema in quanto B potrebbe benissimo trovarsi più distante.

Se l'obiettivo è gestire qualsiasi curva allora la vedo dura.
Se semplifichiamo il problema in una spezzata formata da N tratti volti ad approssimare la curva ci riconduciamo ad N casi come il primo.
uno più uno non fa sempre due

Gianfranco
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Re: abbeverata del cavallo

Messaggio da Gianfranco » gio giu 11, 2015 2:41 pm

Ho fatto una simulazione EMPIRICA con DG Interactive Geometry, ecco un esempio.
cavallo1.png
Il tale deve andare da D a E passando per C posto su una circonferenza.
A è il centro della circonferenza.
Il tragitto più corto (empiricamente) si ha quando la retta AC è bisettrice dell'angolo DCE. Non ho alcuna dimostrazione.

Se la circonferenza fosse uno specchio, il percorso sarebbe quello di un raggio di luce DC riflesso esattamente su E. Se è vero che la luce percorre il tragitto più corto...

Ci sono situazioni in cui il cavallo deve attraversare il fiume (???)
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: abbeverata del cavallo

Messaggio da panurgo » gio giu 11, 2015 6:11 pm

Caro Gianfranco, basta ruotare il tuo disegno, aggiungere la tangente in $\text{C}$ e l'immagine di $\text{D}$ per ottenere un risultato analogo a quello proposto da ronfo nella parte sinistra della sua figura
panurgoAbbDelCav002.png
Ovviamente la semiretta $\text{AC}$ è perpendicolare alla tangente e quindi bisettrice dell'angolo $\text{DCE}$. Penso che per un arco di cerchio sia fattibile una soluzione sintetica (ci penserò).

Per una curva analitica qualsiasi, la tangente in $\text{C}$ ha equazione

$\displaystyle y=f\left(x_{\text C}\right)+f'\left(x_{\text C}\right)\left(x-x_{\text C}\right)$

con un bel po' di algebra si possono calcolare le coordinate del punto immagine e imporre la condizione di allineamento di $\text{D}'$, $\text{C}$ e $\text{E}$

$\displaystyle \frac {x_{\text C} - x_{\text{D}'}} {x_{\text E} - x_{\text{D}'}}=\frac {f\left(x_{\text C}\right) - y_{\text{D}'}} {y_{\text E} - y_{\text{D}'}}$

ottenendo una bella equazione differenziale in $x_{\text C}$, $f\left(x_{\text C}\right)$ e $f'\left(x_{\text C}\right)$...
il panurgo

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"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"

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Re: abbeverata del cavallo

Messaggio da vittorio » sab giu 13, 2015 9:57 am

Ciao a tutti.
A livello intuitivo ho fatto alcune considerazioni che desidero sottoporvi.
Supponiamo innanzitutto che il tragitto AFB abbia lunghezza costante, vale a dire che AF+FB=k.
Per k>AB il punto F appartiene dunque all'ellisse di fuochi A e B. All'aumentare di k si ottengono delle ellissi via via crescenti e tali che ciascuna contiene le precedenti. Ad un certo punto si troverà una ellisse tangente al cerchio: il punto di tangenza F è qundi la soluzione cercata.
Nella figura 1) sono rappresentate:
a) una ellisse troppo piccola;
b) l'ellisse tangente al cerchio che risolve il problema;
c) una successiva ellisse troppo grande.
cavallo1.jpg
La figura 2) mostra invece come il metodo sia applicabile anche al problema originario del fiume rettilineo.
cavallo2.jpg
Chiedo scusa per il linguaggio intuitivo e non sempre appropriato; ripeto che non si tratta di una dimostrazione ma semplicemente di una proposta di soluzione.
Nel caso del fiume rettilineo il punto F può essere ottenuto con riga e compasso in quanto algebricamente si può ricondurre alla soluzione di una equazione di secondo grado.
Nel caso del fiume con ansa il problema è riconducibile alla soluzione di una equazione di quarto grado e quindi la costruzione con riga e compasso non sarà in generale possibile.

Il metodo proposto si può applicare ovviamente ad altre forme del corso del fiume.

Ciò che ho scritto andrebbe rivisitato rigorosamente.

Ciao
Vittorio.
Vittorio

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