I giardini dell'Iperacropoli (2)

[0-§]

Dopo tanto tempo, ecco il terzo (anche se non si direbbe) episodio del nostro viaggio nei dintorni dell'Iperacropoli (i primi due sono questo e quest'altro). Siete sempre nel parchetto dell'Accademia e vi imbattete in un terzetto di individui che discutono animatamente davanti a un ampio spiazzo di terra brulla, osservati con crescente derisione dai giardinieri che assistono al fervente dibattito. Vi avvicinate per orecchiare e il succo della discussione è questo: i tre (che riconoscete come esperti di Urbanistica Floreale della vicina Facoltà di Cacopedia Minore) stanno cercando di stabilire come deve essere realizzato il giardinetto col nuovo chiosco di bibite. L'idea sarebbe questa: realizzare un triangolo di terreno (da abbellire con fiori a cinque petali di ogni sorta) per il giardino e tre vialetti che conducano ciascuno da uno dei tre vertici a un punto all'interno del giardino. Il problema sorge nel considerare che, avendo scelto di usare un diverso tipo di pavimentazione per ciascuno dei tre viali (i docenti di Urbanistica Floreale non sono celebri per il loro senso pratico) ed essendo i materiali necessari alla pavimentazione in quantità limitata, i tre viali dovranno essere di lunghezza prefissata. Il punto è che si vorrebbe ottenere una zona da destinare ai fiori più larga possibile (l'area dei vialetti è trascurabile) ed è su come realizzare tale obiettivo che i tre si stanno scannando.
Sapreste aiutarli?

Tenete presente che, a meno che io non abbia preso un grosso abbaglio, la soluzione si ottiene con metodi nient'affatto di livello ricreativo, ma il problema mi sembrava gustoso lo stesso.

Saluti.
Zerinf

[0-§]

"E ora qualcosa di completamente diverso": trovare tutte le funzioni $\displaystyle f : \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ tali che per ogni x e y reali si abbia $\displaystyle f(x^{3})-f(y^{3})=(x^{2}+xy+y^{2})(f(x)-f(y))$. Difficile (almeno credo)...

Bye
0-§

[Quelo]

Del primo non sono riuscito a capire il testo del problema, mentre per il secondo una soluzione (banale) è $f(z)=z$ infatti:

$(x^2+xy+y^2)(x-y) \,=\, x^3+x^2y+xy^2-x^2y-xy^2-y^3 \,=\, x^3-y^3$

SE&O

[Pasquale]

Infatti, non appare semplice capire i termini del problema (un triangolo suddiviso in 3 triangoli?)

[franco]

Io lo interpreterei così:

Assegnate le tre lunghezze dei viali a, b e c, determinare il triangolo di area massima.
Lo vedo "tosto"...

ciao

[0-§]

Non è la prima volta che qualcuno mi fa notare la mia scarsa abilità quando si tratta di spiegarmi... scusate
Comunque l'interpretazione di Franco è corretta, così come anche la sua valutazione del problema.
Qualcuno vuole cimentarsi?

Saluti
Zerinf

P.S. L'osservazione di Quelo, per quanto incompleta, dà quantomeno uno spunto sulla soluzione finale...

[delfo52]

in modo MOLTO approssimativo, direi che il banale incontro a 120° è una scelta non disdicevole.
Parto dalla considerazione che, affrontando il problema inverso (congiungere i vertici di un poligono con la serie di segmenti più risparmiosa), spesso ci si trova ad armeggiare col reticolo esagonale.....
NON è una dimostrazione

[Quelo]

Per il primo allora farei così:

Chiamiamo $\alpha$ l'angolo compreso tra $a$ e $b$, $\beta$ quello tra $b$ e $c$ e $\gamma$ quello tra $a$ e $c$.
L'area del triangolo $a\widehat{\alpha}b$ è data da

$\large A_{\alpha}=\frac{ab\,\sin\alpha}{2}$

l'area del triangolo sarà invece

$\large A=\frac{ab\,\sin\alpha+bc\,\sin\beta+ac\,\sin\gamma}{2}$

sostituiamo $\gamma$ considerando che

$\alpha+\beta+\gamma=2\pi$

$\large A=\frac{ab\,\sin\alpha+bc\,\sin\beta+ac\,\sin(2\pi-\alpha-\beta)}{2}$

i punti in cui le derivate si annullano saranno i minimi e massimi della funzione (di qui in poi vado un po' a sentimento e un po' a memoria, spero di non sbagliare i calcoli)

$\large \frac{dA}{d\alpha} = \frac{ab\,\cos\alpha-ac\,\cos\(2\pi-\alpha-\beta)}{2} = 0$

$\large \frac{dA}{d\beta} = \frac{bc\,\cos\beta-ac\,\cos\(2\pi-\alpha-\beta)}{2} = 0$

da cui segue

$ab\,\cos\alpha = bc\,\cos\beta$

$\large \frac{a}{c} = \frac{\cos\beta}{\cos\alpha}$

per estensione questo dovrebbe valere per tutti i lati quindi

$\large \frac{a}{b} = \frac{\cos\beta}{\cos\gamma}$

$\large \frac{b}{c} = \frac{\cos\gamma}{\cos\alpha}$

$\large \frac{c}{a} = \frac{\cos\alpha}{\cos\beta}$

Dati a, b, c abbiamo i rapporti tra i coseni degli angoli che danno i triangoli di area minima e massima

Non ho modo, dove mi trovo, di verificare la veridicità di quello che dico, prendetelo con il beneficio di inventario

....

Il passo successivo (sempre sull'assunto di correttezza) è

$\large\alpha+\arccos(\frac{a}{c}\,\cos\alpha)+\arccos(\frac{b}{c}\,\cos\alpha)-2\pi=0$

Ad esempio con a, b, c proporzionali a 1, 2, 3 gli angoli valgono (circa)

$\{\alpha=136^\circ\,50' \\ \beta=104^\circ\,\,4'\,20" \\ \gamma=119^\circ\,\,5'\,40"$

...

Ad una verifica con Geogebra l'esempio precedente risulta corretto.

[Quelo]

"E ora qualcosa di completamente diverso": trovare tutte le funzioni $\displaystyle f : \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ tali che per ogni x e y reali si abbia $\displaystyle f(x^{3})-f(y^{3})=(x^{2}+xy+y^{2})(f(x)-f(y))$. Difficile (almeno credo)...

Considero una funzione generica (mi limito alle polinomiali): $f(z) = az^2+bz+c$ deve essere

$\displaystyle \large \frac{f(x^3)-f(y^3)}{f(x)-f(y)}\normal= (x^2+xy+y^2)$

$\displaystyle \large \frac{f(x^3)-f(y^3)}{f(x)-f(y)}=\frac{ax^6+bx^3+c-ay^6-by^3-c}{ax^2+bx+c-ay^2-by-c}=\frac{a(x^6-y^6)+b(x^3-y^3)}{a(x^2-y^2)+b(x-y)}=$

$=\large\frac{a[(x^3+y^3)(x^3-y^3)]+b(x^3-y^3)}{a[(x+y)(x-y)]+b(x-y)}=\frac{x^3-y^3}{x-y}\cdot\frac{a(x^3+y^3)+b}{a(x+y)+b}$

poiché $\displaystyle \large \frac{x^3-y^3}{x-y}\normal= (x^2+xy+y^2)$ deve essere $\displaystyle \large \frac{a(x^3+y^3)+b}{a(x+y)+b}\normal=1 \;\to\;a=0$

da cui segue che $\displaystyle f(z)=pz+q$ è una soluzione.

[0-§]

Posto la soluzione della funzionale che ho trovato su MathLinks.

$\displaystyle f(x^{3})-f(y^{3})=(x^{2}+xy+y^{2})(f(x)-f(y))$

Allora, cominciamo definendo $g(x)=f(x)-f(0)$
quindi $g(a)-g(b)=f(a)-f(b)$ e $g(0)=0$
Si verifica pertanto che vale anche per $g(x)$ la relazione $g(x^3) - g(y^3) = (x^2 + xy + y^2)(g(x) - g(y))$ (a).
Poniamo y=0 in (a): troviamo che $g(x^3) = x^2g(x)$.
Quindi $x^2g(x) - y^2g(y) = (x^2 + xy + y^2)(g(x) - g(y))$ e svolgendo $(x + y)(xg(y) - yg(x)) = 0$ (b).
Poniamo y=1 in (b): è chiaro che $g(x) = g(1)x$, per $x \neq -1$ (1).
Usiamo (1) e poniamo $y=-1$ in (a): otteniamo $g(1)x^3 - g(-1) = (x^2 -x + 1)(g(1)x - g( - 1))$ e svolgendo si trova che $g( - 1) + g(1) = 0 \Rightarrow g(-1)=-1\cdot g(1)$ (2). Da (1) e (2) si capisce che, detto $g(1)=a$ $g(x)=ax$ e quindi $f(x)=g(x)+f(0)=ax+b$

A me questa dimostrazione è piaciuta parecchio: spero che condividiate

Salumi
Giovanni

[0-§]

Tornando al problema iniziale: supponendo che le distanze del chiosco dai tre vertici siano uguali, cerchiamo stavolta di massimizzare il perimetro.
La risposta è "proprio quel triangolo lì", ma dovremmo darne una dimostrazione... garantisco che si può fare senza null'altro che un po' di buona, vecchia geometria euclidea
Buon lavoro!

Zerinf

P.S. Per Admin: mi rendo conto di chiederti una grossa cortesia (e non è nemmeno la prima volta, in effetti), ma volevo chiederti se fosse possibile installare Asymptote sul forum di B5... è una sorta di LaTeX per le immagini e dopo averlo visto all'opera su MathLinks devo dire che è abbastanza pratico, perchè consente di inserire immagini direttamente nel messaggio e di crearle come una normale formula in tex.
Tutto questo naturalmente se e quando ti è possibile