quaderno a quadretti

[delfo52]

Ricordate l'aneddoto di Giotto che traccia un perfetto cerchio "a mano libera" ?
A parte i geni della pittura, non tutte le figure geometriche sono facili da disegnare, neanche con il supporto di un foglio a quadretti !
Su un reticolo quadrettato è molto facile disegnare un quadrato, un rettangolo, un triangolo isoscele e un triangolo rettangolo, anche molti prapezi si prestano...
Il mio problema è quello del re dei triangoli: il favoloso equilatero !
Credo sia esperienza comune quella di aver disegnato, a occhio, un presunto equilatero, per constatare con una semplice rotazione di 120° come l'equilateralismo fosse assai approssimativo.
Mi sono detto: proviamo con la carta a quadretti !
Come primo passo, tracciamo un segmento orizzontale che funga da "base"; lo faremo lungo un numero pari di quadretti così da esser certi che il terzo vertice cada sulla retta ortogonale al punto medio; ma...a quale distanza?
Se stabiliamo che il terzo vertice debba stare su un punto di incrocio del reticolo, il problema è quello di trovare, per ogni lunghezza del lato, la migliore approssimazione.
Nella prima colonna riporto la lunghezza del lato "orizzontale"
nella seconda la migliore approssimazione
nella terza ll valore "vero" che dovrebbe avere l'altezza del triangolo (in pratica base* rad3/2)
2 - 2 - 1,73
4 - 3 - 3,46
6 - 5 - 5,2
8 - 7 - 6,93
10 - 9 - 8,66
12 -10 - 10,39
14 - 12 - 12,12
............
Fino qui la miglio approssimazione la otteniamo con un lato di 8 e una altzza di 7
Quando avremo un risultato migliore?
Con quale velocità il "gap" tra base e altezza passa da 2 a 3 quadretti e via via aumenta? quanti passi intermedi occorrono per incrementare tale divario?
E' una progressione prevedibile?

Al lavoro!

[Admin]

Con quale velocità il "gap" tra base e altezza passa da 2 a 3 quadretti e via via aumenta? quanti passi intermedi occorrono per incrementare tale divario?

dunque, mi sono servito dell'ausilio di Derive6 per graficare una funzione che avesse per x i valori della base del triangolo e per ordinata il gap corrispondente.

La funzione per x appartenente ai reali è la seguente:

$y= x - round\(\frac{\sqr3}{2}\cdot x\)$

dove $round(arg)$ arrotonda arg all'intero più vicino;

siccome stiamo considerando x intero, la funzione diventa:
(in realtà x deve essere pari, ma cpmincio prima col considerare x intero qualsiasi)

$y= floor(x) - round\(\frac{\sqr3}{2}\cdot floor(x)\)$

dove $floor(x)$ arrotonda x per difetto all' intero più vicino.

Ecco il grafico di quest'ultima:



Si nota che a partire da x=4, il gap (la y) cresce alternativamente ogni 7 e 8 passi;
ossia ogni volta che la x aumenta alternativamente di 7 e di 8 unità.

per cui:

$x=4 \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Rightarrow\quad Gap=1$
$x=8+4=12 \quad\Rightarrow\quad Gap=2$
$x=7+12=19 \quad\Rightarrow\quad Gap=3$
$x=8+19=27 \quad\Rightarrow\quad Gap=4$
$x=7+27=34 \quad\Rightarrow\quad Gap=5\\...$

In questo caso la progressione è intuibile a prima vista;
infatti partendo dal GAP si ha che:

$Gap=1 \qquad\Rightarrow\qquad 4\le x \le 11$
$Gap=2 \qquad\Rightarrow\qquad 12\le x \le 18$
$Gap=3 \qquad\Rightarrow\qquad 19\le x \le 26$
$Gap=4 \qquad\Rightarrow\qquad 27\le x \le 33$
$Gap=5 \qquad\Rightarrow\qquad 34\le x \le 41\\...$

quindi (...dopo un pò di calcoli) il valore della x per un GAP noto ci è dato da:

$x_{\small min} = 4+8\cdot \frac{Gap-mod(Gap,2)}{2}+7\cdot\[Gap-1-\frac{Gap-mod(Gap,2)}{2}\]$

$x_{\small max}=4+8\cdot \frac{Gap+1-mod(Gap+1,2)}{2}+7\cdot\[Gap-\frac{Gap+1-mod(Gap+1,2)}{2}\]-1$

Dopo un pò di semplificazioni si ottiene:

$x_{\small min} = -3+\frac{15}{2}\cdot Gap-\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)$

$x_{\small max} = 3+\frac{15}{2}\cdot Gap+\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)$

Purtroppo però la base del triangolo deve essere pari ossia x può essere solo pari;

in questo caso la funzione sopra graficata diventa:

$y= floor(x) - mod(floor(x),2) - round\(\frac{\sqr3}{2}\cdot (floor(x)-mod(floor(x),2)\,)\)$

dove $mod(floor(x),2)$ è pari a 1 se $floor(x)$ è dispari, a 0 se $floor(x)$ è pari.

Il grafico di tale funzione è il seguente:



In questo caso si nota che il GAP cresce in questo modo a partire sempre da x=4:

dopo 8 passi, poi altri 8 passi, poi altri 8 passi, poi 6 passi, 8 passi , 8, 6, 8, 8, 8, 6, 8, 8, 8, 6, 8, 8, 8, 6, 8, 8, 6, ...

il tutto senza apparentemente un ordine preciso;
in realtà la funzione che definisce la progressione è simile a quella ricavata poco sopra per tutti gli interi; con la differenza che quando $x_{\small min}$ risulta dispari deve essere aggiunto 1;
quando $x_{\small max}$ risulta dispari deve essere sottratto 1.

quindi bisogna aggiungere per $x_{\small min}$, e togliere per $x_{\small max}$ il resto della divisione per 2 del numero;

ossia:

$x_{\small min} =-3+\frac{15}{2}\cdot Gap-\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)+mod\(-3+\frac{15}{2}\cdot Gap-\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)\, ,\,2\)$

$x_{\small max} =3+\frac{15}{2}\cdot Gap+\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)-mod\(3+\frac{15}{2}\cdot Gap+\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)\, , \, 2\)$

Il modulo alla fine penso possa essere semplificato;
più tardi provo.

Il tutto SE&O.

Ciao
Admin

[Bruno]

(Gaps!)

Mitico Pietro!
Ho visto questo interessante post di Enrico solo stamattina (tardi)
e ho provato a ragionarci un po' sopra.
Poi ho riaperto il forum trovando il tuo messaggio... e la mia penna
è rimasta secca sul foglio, secca.
Penso proprio che non la riprenderò e aspetto buono buono le tue
successive considerazioni (o degli altri basecinquini, naturalmente).
A presto

[Admin]

Grazie per i complimenti, Bruno!

riguardo l'altro punto proposto:

Quando avremo un risultato migliore?

ho realizzato un piccolo calcolo in excel, ed ho trovato che, nel caso di triangolo con base intera qualsiasi, per i primi 1000 interi, l'approssimazione migliore è:

Base = 209
Altezza = 181
Altezza reale = 180,9993094
Errore = 0,000690609

Nel caso di base solo pari, per i primi 1000 pari, ossia da 0 a 2000, l'approssimazione migliore è:

Base = 1560
Altezza = 1351
Altezza reale = 1350,99963
Errore = 0,000370096

Invece l'approssimazione migliore su di un foglio di quaderno a quadretti è, per tutti gli interi:

Base = 15
Altezza = 13
Altezza reale = 12,99038106
Errore = 0,009618943

invece solo per i pari è (si ottiene da quella sopra moltiplicando per 2):

Base = 30
Altezza = 26
Altezza reale = 25,98076211
Errore = 0,019237886

(il triangolo occupa quasi tutta la pagina di quaderno!)

E qui mi fermo.

Riguardo alle due ultime formule scritte nella mia prima risposta al problema, avete qualche idea su come semplificare i due moduli alla fine?
ossia:

$\[3+\frac{15}{2}\cdot Gap+\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)\]\qquad \pmod 2$
e
$\[-3+\frac{15}{2}\cdot Gap-\frac 1 2 \cdot mod(Gap,2)\] \qquad\pmod 2$

Ciao
Admin

[delfo52]

grazie per il fantastico lavoro!
e' impressionante come da un problemucolo oggettivamente poco esaltante, possa derivare elucubrazioni davvero sagge e profonde.
Tra l'altro l'esempio potrebbe prestarsi ad esercitazioni scolastiche un po' diverse dai problemi di vasche e di rubinetti....
Per restare al problema pratico di disegnare un equilatero che lo sia davvero, se non vogliamo occupare tutto il foglio, non resta che mettere "a occhio" il vertice a metà lato del quadretto di mezzo del caso 15-13, o accontentarsi del 8-7

[Admin]

Grazie Delfo;
e proprio così;
sembrava un problema poco esaltante, ed invece tutt'altro!

Ciao
Admin

[delfo52]

ho fatto una esperimento e posso dire che con l'approssimazione 8-7 la tassellatura del piano a celle esagonali (tipo alveare) risulta più che accettabile.
A questo punto, il fibonacciano che si nasconde in me (e a quel che leggo non solo in me...) rilancia con un problema che, a prima vista, mi pare alquanto difficile. So già che qualche genio tra di voi troverà in breve una soluzione, probabilmente facendo lavorare il povero PC...
La domanda è:
su un piano quadrettato trovare la miglior soluzione per disegnare un pentagono con tutti i cinque vertici coincidenti con gli incroci.
Sub-problema:
idem ma senza la limitazione di almeno un lato coincidente con un asse (davo per scontato che di prima intenzione avreste sviluppato la ricerca del pentagono classico, con un lato orizzontale a fare da base)

il tutto da farsi per almeno tre fasce di grandezza (es.: fino a 30; fino a 300; fino a 3000)

P.S. solo per admin, per tenerlo impegnato, sennò risolve tutto subito: lo stesso problema per il poligono regolare di 17 lati e , nelle tre dimensioni, per l'icosaedro !!!!

[Admin]

Sono quesiti molto "appetibili";
solo che ho pochissimo tempo a disposizione;
penso non ci sarò sul forum nelle prossime 2 settimane circa.

In ogni caso ti ringrazio per le proposte, e visto che l'ultimo quesito è solo per me , ho tanto tempo a disposizione; in realtà penso che mi limiterò ai pentagoni se ci sarà ancora tempo; il problema che mi hai assegnato è a prima vista abominevole!

P.S. solo per admin, per tenerlo impegnato, sennò risolve tutto subito: lo stesso problema per il poligono regolare di 17 lati e , nelle tre dimensioni, per l'icosaedro !!!!

secondo me dopo queste righe ci volevano un paio di emoticons di "Diavoletto sorridente" (Twisted Evil).

Ciao
Admin

[Bruno]

(...) Tra l'altro l'esempio potrebbe prestarsi ad esercitazioni
scolastiche un po' diverse dai problemi di vasche e di rubinetti....

Condivido pienamente!
In effetti, la curiosità e la voglia di far le cose senza dare
per scontato nulla, può portare a delle domande (quindi
a delle scoperte) molto stimolanti.
Dietro le nostre azioni di ogni giorno, anche quelle più
abituali, possono nascondersi questioni matematiche che
meritano senz'altro di essere esplorate. E proprio perché
provengono, direi così, dalla quotidianità, penso che
abbiano un notevole valore didattico.


Per Pietro

Se non ho frainteso la ricerca che hai fatto e la tua richiesta
di semplificazione, intanto posso dirti questo.
Ho provato a studiare le tue funzioni rispetto al modulo 4 e
sono arrivato alla conclusione che per $\,\alpha\,$ naturale (cioè del
tipo che hai considerato per il Gap, se non sbaglio), possiamo
scrivere:

$-3+\frac{15\alpha}{2}-\frac {mod(\alpha;\,2)}{2}+mod\(-3+\frac{15\alpha}{2}-\frac {mod(\alpha;\,2)}{2} ;\,2\)\, =\, 2\cdot \(4\alpha-\[ \frac{\alpha}{4}\]+1\) \\ 3+\frac{15\alpha}{2}+\frac {mod(\alpha;\,2)}{2}-mod\(3+\frac{15\alpha}{2}+\frac {mod(\alpha;\,2)}{2} ;\,2\)\, =\, 2\cdot \(4\alpha-\[ \frac{\alpha-1}{4}\]-2\)$

dove il simbolo $\,[x]\,$ indica la parte intera di $\,x$.

Volendo, naturalmente, si può arrivare a una forma simile anche
per il solo modulo finale, su questa via. Per esempio (ma scrivo
correndo), potremmo dire che:

$mod\(-3+\frac{15\alpha}{2}-\frac {mod(\alpha;\,2)}{2} ;\,2\)\, =\, \[\frac{\alpha-1}{2}\]-2\cdot \[\frac{\alpha-1}{4}\] \\ mod\(3+\frac{15\alpha}{2}+\frac {mod(\alpha;\,2)}{2} ;\,2\)\, =\, 1-\[\frac{\alpha}{2}\]+2\cdot \[\frac{\alpha}{4}\]\;.$

(Questi moduli potrebbero tuttavia esser scritti pure in altri
modi.)

Se&o&...fretta ---

Be', caro Pietro: spero che questa mia frittellina possa esserti
in qualche modo utile.

Fine pausa!
Ciao e a presto


Bruno

[Admin]

Eccomi di nuovo qua;

come delfo aveva previsto, ho fatto lavorare il "povero" PC (in realtà tanto povero non è visto che è stato progettato proprio per calcolare!) sul problema del pentagono;
ecco cosa ne è venuto fuori:

utilizzo la seguente figura:



Affinchè sia possibile disegnare il pentagono regolare (con angoli di 108°) (e con base orizzontale) in modo che i suoi vertici coincidano con gli incroci, c'è bisogno che:

$AB = BC = CD = DE = EA$ sia intero e pari
$AF = GB$ sia intero
$DL$ sia intero
$EF = GC$ sia intero

Anzitutto appare chiaro, come anche per il triangolo equilatero, che non esiste una soluzione perfetta che permetta di disegnare un pentagono regolare su di un piano quadrettato in modo che i vertici coincidano con gli incroci del piano, in quanto ciò richiederebbe tra l'altro che $AF$ ed $EA$ siano interi, ma ciò non può essere in quanto essi sono tra di loro incommensurabili, dato che fanno parte del triangolo rettangolo $AFE$ e l'angolo tra essi compreso e di $18^ \circ$.

Per cui si tratta di trovare la migliore approssimazione;

i segmenti di cui sopra valgono:
(indico il lato del pentagono con $\el$)

$AF = GB = \el\cdot cos\,18^{\circ}=\el\cdot\frac{\sqr{10+2\sqr{5}}}{4}$
$DL = DH+HL =\el\cdot cos\,54^{\circ}+\el\cdot cos\,18^{\circ}=\el\cdot\frac{\sqr{10-2\sqr{5}}}{4}+\el\cdot\frac{\sqr{10+2\sqr{5}}}{4}$
$EF = GC=\el\cdot cos\,18^{\circ}=\el\cdot\frac{\sqr{5}-1}{4}$

Con Excel ho calcolato, per i primi 100 valori di $\el$ ossia da 2 a 2000,
i relativi valori di $AF$, $DL$ e $EF$, e le relative loro approssimazioni all'intero più vicino.
Dopo di che ho fatto una media dei 3 errori ottenuti, ottenendo l'errore medio per ogni valore di $\el$ (a voler essere precisi si dovrebbe tener conto anche della varianza, ossia di quanto i 3 errori si discostano dalla loro media);

risulta che la migliore approssimazione (ossia quella con errore medio minore) per $\el$ intero pari compreso tra 2 e 2000 è $\el = 1288$, per il quale si ha:

$\el = 1288$

$AF = 1224,960793$
$Round(AF) = 1225$
$Err(AF) = 0,039207012$

$DL=1982,028198$
$Round(DL) = 1982$
$Err(DL) =0,028197941$

$EF=398,0138888$
$Round(EF) = 398$
$Err(EF) =0,013888755$

$Err.Medio = 0,027097903$

Per i primi 100 valori di $\el$ (da 2 a 200) la migliore approssimazione è:

$\el = 104$

$AF = 98,90987769$
$Round(AF) = 99$
$Err(AF) = 0,090122305$

$DL=160,0395439$
$Round(DL) = 160$
$Err(DL) =0,039543933$

$EF=32,13776741$
$Round(EF) = 32$
$Err(EF) =0,137767415$

$Err.Medio = 0,089144551$

Se si vuole disegnare il pentagono su di un foglio di quaderno a quadretti, purtroppo la migliore approssimazione si ha per $\el=2$ e non è granchè:

$AF = 1,902113033$
$Round(AF) = 2$
$Err(AF) = 0,097886967$

$DL=3,077683537$
$Round(DL) = 3$
$Err(DL) =0,077683537$

$EF=0,618033989$
$Round(EF) = 1$
$Err(EF) =0,381966011$

$Err.Medio = 0,185845505$

SE&O

P.S.: sto provando i casi in cui la base del pentagono non coincide con l'asse orizzontale; vi faccio sapere...

Ciao
Admin
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Nota: ho apportato delle modifiche sostanziali al topic (03/08/06).
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[panurgo]

Anch'io sto facendo qualche pensierino su questi argomenti: intanto, vi do in pasto questo succulento triangolo isoscele con lati interi che mi sembra essere un'approssimazione abbastanza buona dell'equilatero...



Delfo52, dovrai spendere un bel po' per il foglio a quadretti

[delfo52]

per il foglio, provo ad organizzarmi.
Qualcuno pensi al tavolo su cui appoggiarlo........
e c'è anche da pensare al righello; e a come conservarlo senza che si rovini o si deformi....

[Admin]

Dunque,
mi sono accorto di aver commesso un errore nel mio post precedente sul pentagono per quanto riguarda la scelta delle condizioni:

infatti non si può scegliere solo $DH$, ma si deve considerare tutta l'altezza del pentagono altrimenti si hanno valori non corretti;

siccome però non mi va di riscrivere tutto, vado a correggere direttamente nel topic di cui sopra;

mi scuso per ciò.

Vado...

Ciao
Admin

[Admin]

Dunque,
ho analizzato i casi i casi in cui il pentagono non ha la base coincidente con l'asse orizzontale;
anzitutto, mi sono accorto che è più conveniente utilizzare la geometria analitica, ossia considerare le coordinate dei vertici del pentagono;
considero dapprima il seguente pentagono:



in questo caso le coordinate dei vertici sono (tralascio i calcoli):

$A(\el\cdot sen\,18^\circ\,;\,0)$
$B(\el+\el\cdot sen\,18^\circ\,;\,0)$
$C(\el+2\el\cdot sen\,18^\circ\,;\,\el\cdot cos\,18^\circ)$
$D(\frac{\el}{2}+\el\cdot sen\,18^\circ\,;\,\el\cdot cos\,18^\circ+\el\cdot cos\,54^\circ)$
$E(0\,;\,\el\cdot cos\,18^\circ)$

Ora una qualsiasi posizione del pentagono nel piano è equivalente ad una rotazione del pentagono nella figura di cui sopra, di un angolo $\alpha$ in senso orario intorno all'origine;
è noto che dato un punto $P$ di coordinate $x$ e $y$, il punto $P'$ che si ottiene ruotando il punto $P$ intorno all'origine in senso orario di un angolo $\alpha$ ha coordinate:

$\{ x'=x\cdot cos\,\alpha+y\cdot sen\,\alpha \\ y'=-x\cdot sen\,\alpha+y\cdot cos\,\alpha$

per cui ruotando il pentagono di cui sopra intorno all'origine in senso orario di un angolo $\alpha$, tenendo conto delle relazioni suddette, i vertici del pentagono avranno coordinate (tralascio sempre i calcoli):

$A'\(\el\cdot sen\,18^\circ\cdot cos\,\alpha\,;\,-\el\cdot sen\,18^\circ\cdot sen\,\alpha\)$
$B'\((\el+\el\cdot sen\,18^\circ)\cdot cos\,\alpha\,;\,-(\el+\el\cdot sen\,18^\circ)\cdot sen\,\alpha\)$
$C'\((\el+2\el\cdot sen\,18^\circ)\cdot cos\,\alpha+\el\cdot cos\,18^\circ\cdot sen\,\alpha\,;\,-(\el+2\el\cdot sen\,18^\circ)\cdot sen\,\alpha+\el\cdot cos\,18^\circ\cdot cos\,\alpha\)$
$D'\((\frac{\el}{2}+\el\cdot sen\,18^\circ)\cdot cos\,\alpha+(\el\cdot cos\,18^\circ+\el\cdot cos\,54^\circ)\cdot sen\,\alpha\,;\,-(\frac{\el}{2}+\el\cdot sen\,18^\circ)\cdot sen\,\alpha+(\el\cdot cos\,18^\circ+\small{\el\cdot cos\,54^\circ)\cdot cos\,\alpha}\)$
$E'\(\el\cdot cos\,18^\circ\cdot sen\,\alpha\,;\,\el\cdot cos\,18^\circ\cdot cos\,\alpha\)$

a questo punto ho inserito le coordinate suddette in excel, ed ho valutato l'errore medio per $\el$ compreso tra 2 e 2000 e per ogni $\alpha$ intero tra $0^\circ$ e $360^\circ$;

il risultato è che si ottiene un errore medio minimo (minore anche del minimo trovato per il pentagono a "base orizzontale") sempre per $\el=1288$, con angolo di rotazione $\alpha=54^\circ+90^\circ\cdot k$ con $k$ intero:

$\el=1288$
$\alpha = 54^\circ+90^\circ\cdot k$
$A(991\,;\,720)$
$B(234\,;\,-322)$
$C(991\,;\,-1364)$
$D(2216\,;\,-966)$
$E(2216\,;\,322)$
$Err.Medio = 0,015949752$

Ecco il pentagono in questione ($\alpha=54^\circ$):



Il tutto SE&O...

Ciao
Admin

[panurgo]

Scusa Pietro, ma se tu ruoti un pentagono (angolo interno 108°) di 54° esatti, non hai fatto altro che scambiare la x con la y: infatti, applicando al tuo pentagono la trasformazione

$\left\{ X = y \\ Y = - x \right.$

si ottiene il pentagono



Cercherò di postare i miei pensierei questa sera...