Zeroinfinito ha scritto:(...) mi chiedo se esista una soluzione più semplice.

...ottimo! Prova a dirci una tua soluzione alternativa, allora, è bello che ognuno
faccia le sue proposte.

Carissimo 0-§, porre domande va bene (pur senza travolgere!), però va bene
anche cercare di dare qualche risposta

Su, dunque, non ti mancano certo gli spunti giusti!

Ciao!

La "brillante" risoluzione del quesito posto da Bruno mi ha fatto gonfiare a tal punto che, da brava ranocchia, non ho visto la [ben più] bella domanda di delfo52.

E tuttavia, la risposta è contenuta (in nuce) nella mia soluzione...

Prima lasciamoci guidare dall'intuito:



Da questa figura risulta evidente che l'area dei rombi è circa metà di quella del cerchio; aumentando $n$, l'altezza della figura diventa infinitesima rispetto alla base, il raggio di curvatura diventa infinito e l'area diventa la metà esatta.

Ora, un po' di matematica!

Per avere dei rombi è necessario che $n$ sia pari: con questa condizione i rombi sono rombi e sono simili tra loro (un angolo è opposto al vertice e l'altro è $\frac {2 \pi} n$)

Si considerano due casi a seconda che $n = 4 p$ o $n = 4 p + 2$

Caso 1: $n = 4 p$

Vi sono $2 p - 1$ rombi, di diagonale maggiore $a_{\script i} = 2r\cos {\theta_{\script i}}$ con $\theta_{\script i} = \frac{2i} {n}\pi$ e $1 - p \leq i \leq p - 1$.

Poichè i rombi sono simili, la diagonale minore vale $b_{\script i} = \frac{b_{\script 0}} {a_{\script 0}} a_{\script i}$. Ma, d'altra parte,

$\displaystyle \sum \limits_{\script {i = 1 - p}}^{\script {p - 1}} {b_{\script i} } = 2r$

e quindi

$\displaystyle \frac {b_{\script 0}} {a_{\script 0}} \sum \limits_{\script {i = 1 - p}}^{\script {p - 1}} {a_{\script i}} = 2r$

A questo punto, con un pizzico di vanità, faccio notare che $a_{\script p} = 2 r \cos {\theta_{\script p}} = 0$ e che, di conseguenza, $b_{\script p} = 0$. Quindi posso estendere la sommatoria e considerare che vi siano $2 p + 1$ rombi (gli ultimi due hanno area pari a zero e l'area totale non cambia):

$\displaystyle \frac {b_{\script 0}} {a_{\script 0}} \sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {a_{\script i}} = 2r \quad \Leftrightarrow \quad \frac {b_{\script 0}} {a_{\script 0}} = \frac {2r} {\sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {a_{\script i}}} \quad \Leftrightarrow \quad b_{\script i} = 2 \frac {a_{\script i}} {\sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {a_{\script i}}} r$

L'area del rombo $i$-esimo vale

$\displaystyle A_{\script i} = \frac {a_{\script i} \times b_{\script i}} {2} = \frac {a_{\script i}^{\script 2}} {\sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {a_{\script i}}}r = \frac {4r^{\script 2} \cos ^{\script 2} \theta _{\script i}} {2r \sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}} r = 2 \frac {\cos ^{\script 2} \theta _{\script i}} {\sum\limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}} r^{\script 2}$

L'area totale vale

$\displaystyle A_{\script p} = \sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {A_{\script i}} = 2 \frac {\sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {\cos ^{\script 2} \theta _{\script i}}} {\sum\limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}} r^{\script 2}$

Passando al limite per $p \to \infty$

$\displaystyle \lim \limits_{\script {p \to \infty}} A_{\script p} = 2 \frac {{\lim \limits_{\script {p \to \infty }} \sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {\cos ^{\script 2} \theta _{\script i} } }} {{\lim \limits_{\script {p \to \infty }} \sum \limits_{\script {i = - p}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}}} r^{\script 2} = 2 \frac {{\int \limits_{\script { - \frac{\pi } {2}}}^{\script {\frac {\pi } {2}}} {d\theta \cos ^{\script 2} \theta } }} {{\int \limits_{\script { - \frac{\pi } {2}}}^{\script {\frac {\pi } {2}}} {d\theta \cos \theta } }} r^{\script 2} = 2 \frac{{\left[ {\frac{1} {2}\sin \theta \cos \theta + \frac{1} {2}\theta } \right]_ {\script { - \frac{\pi } {2}}}^{\script {\frac{\pi } {2}}} }} {{\left[ {\sin \theta } \right]_ {\script { - \frac{\pi } {2}}}^{\script {\frac{\pi } {2}}}}} r^{\script 2} = 2 \frac {{\frac{1} {2} \frac{\pi } {2} + \frac{1} {2} \frac{\pi } {2}}} {{1 + 1}} r^{\script 2} = \frac{{\pi r^{\script 2} }} {2}$

l'area totale è pari a metà di quella del cerchio (dovrebbe essere chiaro che ho voluto considerare $-p \leq i \leq p$ per poter avere i limiti di integrazione $- \frac {\pi} 2$ e $\frac {\pi} 2$).

Caso 2: $n = 4 p + 2$

Qui è possibile sfruttare la maggiore simmetria (vi sono $2 p$ rombi). La diagonale maggiore dei rombi vale $a_{\script i} = 2r \cos \theta _{\script i}$ con $\theta _{\script i} = \frac{2i + 1} n \pi$ e $0 \leq i \leq p - 1$, o meglio $0 \leq i \leq p$ (l'ultima è di lunghezza $0$).

Abbiamo ancora $b_{\script i} = \frac {b_{\script 0} } {a_{\script 0}} a_{\script i}$ (rombi simili) ma adesso $\sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {b_{\script i} } = r$, perché stiamo considerando solo il semicerchio superiore.

E'

$\displaystyle b_{\script i} = \frac {a_{\script i}} {\sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {a_{\script i}}} r$

e

$\displaystyle A_{\script i} = \frac{{a_{\script i} \times b_{\script i} }} {2} = \frac{{a_{\script i}^{\script 2} }} {{2 \sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {a_{\script i}}}} r = \frac {{4r^{\script 2} \cos ^{\script 2} \theta _{\script i}}} {{4r \sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}}} r = \frac {{\cos ^{\script 2} \theta _{\script i}}} {{\sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}}} r^{\script 2}$

e l'area totale vale

$\displaystyle A_{\script p} = 2 \sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {A_{\script i}} = 2 \frac {{\sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {\cos ^{\script 2} \theta _{\script i}}}} {{\sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}}} r^{\script 2}$

Passando al limite

$\displaystyle \lim \limits_{\script {p \to \infty }} A_{\script p} = 2 \frac{{\lim \limits_{\script {p \to \infty }} \sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {\cos ^{\script 2} \theta _{\script i}}}} {{\lim \limits_{\script {p \to \infty }} \sum \limits_{\script {i = 0}}^{\script p} {\cos \theta _{\script i}}}} r^{\script 2} = 2 \frac{{\int \limits_{\script 0}^{\script {\frac{\pi } {2}}} {d\theta \cos ^{\script 2} \theta }}} {{\int \limits_{\script 0}^{\script {\frac{\pi } {2}}} {d\theta \cos \theta } }} r^{\script 2} = 2 \frac{{\left[ {\frac{1} {2}\sin \theta \cos \theta + \frac{1} {2}\theta } \right]_ {\script 0}^{\script {\frac{\pi } {2}}}}} {{\left[ {\sin \theta } \right]_ {\script 0}^{\script {\frac{\pi } {2}}}}} r^{\script 2} = 2 \frac{{\frac{1} {2}\frac{\pi } {2}}} {1} r^{\script 2} = \frac{{\pi r^{\script 2} }} {2}$

ed il limite è uguale a quello precedente (manco mal!)

Ad altri l'avventura di trovare il limite per $n = 4p + 1$ e $n = 4p + 3$...

panurgo ha scritto:Ad altri l'avventura di trovare il limite per $n = 4p + 1$ e $n = 4p + 3$...

Gli altri saranno... panurgo

Spero di compiacere delfo52 con questa dimostrazione che i "rombi" sono effettivamente rombi



In riferimento alla figura, la tangente dell'angolo $\phi$ formato dal segmento $\overline{{\text P}^{\script \prime}_{\script i}{\text P}_{\script i - 1}}$ con il segmento $\overline{{\text P}_{\script i - 1}{\text P}^{\script \prime}_{\script i - 1}}$ vale

$\tan \phi = \frac{{x_{\script {\text P}_{\script i - 1} } - x_{\script {\text P}^{\script \prime}_{i} } }}{{y_{\script {\text P}_{\script i - 1} } - y_{\script {\text P}^{\script \prime}_{\script i} } }}$

Poiché sono

$p = \frac{{2\pi }}{n}\left( {i - 1} \right)$

e

$q = \frac{{2\pi }}{n}i$

e si hanno

$x_{{\text P}_{\script i - 1} } = r\cos p \\ y_{{\text P}_{\script i - 1} } = r\sin p \\ x_{{\text P}^{\script \prime}_{\script i} } = r\cos q \\ y_{{\text P}^{\script \prime}_{\script i} } = - r\sin q$

la tangente vale

$\tan \phi = \frac{{\cos p - \cos q}}{{\sin p + \sin q}} = \frac{{2\sin \frac{{p + q}}{2}\sin \frac{{p - q}}{2}}}{{ - 2\sin \frac{{p + q}}{2}\cos \frac{{p - q}}{2}}} = - \tan \frac{{p - q}}{2}$

cioè

$\phi = \frac{{q - p}}{2} = \frac{\pi }{n}$

indipendentemente da $i$

I segmenti che congiungono i punti sono paralleli.

Poiché l'asse orrizzontale è un piano di simmetria per qualsiasi $n$-gono ciò che è stato detto i segmenti inclinati in un verso vale anche per quelli inclinati nell'altro verso: in poche parole, i rombi sono formati da triangoli simili a quelli di cui è formato l'$n$-gono



Cosideriamo adesso un $n$-gono qualsiasi: sia

$m = \frac{{n - \left( {n\bmod 2} \right)}}{2}$

La semidiagonale maggiore dei rombi vale (vedi figura)

$a_{\script i} = r\sin \theta _{\script i}$



ricordando che i rombi sono simili, la semidiagonale minore vale

$b_{\script i} = \frac{{b_{\script 1}}} {{a_{\script 1} }}a_{\script i}$



In riferimento alla figura precedente vale la relazione

$2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {b_{\script i}} - b_{\script m} = r - r\cos \theta_{\script m}$

cioè, tale è la somma delle semidiagonali dei rombi: questa relazione è valida anche per $n$ pari perché

$n = 2m \quad \Rightarrow \quad \theta_{\script m} = \pi \quad \Rightarrow \quad \left\{r - r\cos \pi = 2r \\ b_{\script m} = \frac{{b_{\script 1}}} {{a_{\script 1}}}r \sin \pi = 0 \right.$

ma

$2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {b_{\script i}} - b_{\script m} = \frac{{b_{\script 1}}} {{a_{\script 1}}} \left( {2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {a_{\script i}} - a_{\script m}} \right) = \left( {1 - \cos \theta _{\script m}} \right)r$

per cui

$\frac{{b_{\script 1}}} {{a_{\script 1}}} = \frac{{1 - \cos \theta _{\script m}}} {{2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {a_{\script i}} - a_{\script m}}}r$

l'$i$-esima semidiagonale minore vale perciò

$b_{\script i} = \left( {1 - \cos \theta_{\script m}} \right)\frac{{a_{\script i}}} {{2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {a_{\script i}} - a_{\script m}}}r$

e l'area del rombo $i$-esimo

$A_{\script i} = 2a_{\script i} b_{\script i} = 2\left( {1 - \cos \theta_{\script m}} \right)\frac{{a_{\script i}^{\script 2} }} {{2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {a_{\script i}} - a_{\script m}}}r = 2\left( {1 - \cos \theta_{\script m} } \right)\frac{{\sin ^{\script 2} \theta_{\script i}}} {{2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {\sin \theta_{\script i}} - \sin \theta_{\script m}}}r^{\script 2}$

per cui l'area totale vale

$A = \sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {A_{\script i}} - \frac{1} {2}A_{\script m} = \left( {1 - \cos \theta _{\script m} } \right)r^{\script 2} \frac{{2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {\sin ^{\script 2} \theta _{\script i} } - \sin ^{\script 2} \theta _{\script m}}} {{2\sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {\sin \theta _{\script i} } - \sin \theta _{\script m}}}$

formula che vale anche per $n$ pari (vedi sopra)

Si passa al limite per $m \to \infty$ e si ottiene

$\lim \limits_{\script m \to \infty } A = \left( {1 - \lim \limits_{\script m \to \infty } \cos \theta _{\script m} } \right)r^{\script 2} \frac{{2 \lim \limits_{\script m \to \infty } \sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {\sin ^{\script 2} \theta _{\script i} } - \lim \limits_{\script m \to \infty } \sin ^{\script 2} \theta _{\script m} }} {{2 \lim \limits_{\script m \to \infty } \sum\limits_{\script i = 0}^{\script m} {\sin \theta _{\script i} } - \lim \limits_{\script m \to \infty } \sin \theta _{\script m} }} = 2r^{\script 2} \frac{{\int\limits_{\script 0}^{\script \pi} {d\theta \sin ^{\script 2} \theta } }} {{\int\limits_{\script 0}^{\script \pi} {d\theta \sin \theta } }} = 2r^{\script 2} \frac{{\left[ { - \frac{1} {2}\cos \theta \sin + \frac{1} {2}\theta } \right]_ {\script 0}^{\script \pi} }} {{\left[ { - \cos \theta } \right]_ {\script 0}^{\script \pi} }} = 2r^{\script 2} \frac{{\frac{\pi } {2}}} {2} = \frac{{\pi r^{\script 2} }} {2}$

(evviva!)

...visto due istanti prima di staccare, rimasto secco (io) ---
Grande Panurgo! (Ma la prima parola è un diminutivo...)
Naturalmente non ho seguito i singoli passaggi, 1° perché
saranno certamente corretti (fiducia cieca), poi perché...
dodici mesi di tempo non me li posso permettere
E ora scendo!