Leggendo un veccio libro di enigmi matematici ho trovato il problema della controventatira del qudrato, che qui vi riassumo:
Supponiamo di avere 4 aste rigide di lunghezza unitaria incernierate ai vertici a formare un quadrato. Quante altre aste di lunghezza unitaria è necessario aggiungere per rendere il quadrato rigido?
Il problema è facilmente risolvibile nello spazio, in quanto basta aggiungere 8 aste per formare un ottaedro, mentre diventa più interessante nel piano.
Ecco una possibile soluzione che richiede l'aggiunta di 31 aste:
Esiste una soluzione migliore di questa ?
E se fosse un pentagono (per chi ha voglia di spaccarsi la testa)?
Ultima modifica di Quelo il mer ott 11, 2006 7:46 pm, modificato 3 volte in totale.
immagino che il tuo problema escluda la possibilità che le aste posano passare dentro il quadrilatero ?
e' anche prescritto che abbiano lunghezza unitaria ?
e che possano incernierarsi solo agli estremi di ogni segmento ?
senza questi limiti mi pare che due aste interne congiungenti in vario modo due coppie di lati adiacenti possno bastare
Le tue precisazioni sono opportune, infatti il problema diventa interessante e non banale se si impone che le aste siano tutte rigide e di lunghezza unitaria e che possano incernierarsi solo nei vertici.
Il problema classico prevede inoltre che le aste non possano sovrapporsi, come alternativa però si può eliminare questo vincolo e ricercare una diverso tipo di soluzione.
una simpatica (?) variante potrebbe prevedere anche la NON rigidità (!!!), nel senso che l'oggetto controventante potrebbe essere del tipo "catena di ferro", capace di afflosciarsi e di accorciarsi, ma non di allungarsi...
Credo che il quesito in questione vada risolto con aste rigide tutte della stessa lunghezza del lato del quadrato (il che esclude le diagonali )
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Ecco un'interessante complicazione del quesito:le aste non possono formare angoli minori di 60°(cioé l'angolo minimo che si può ottenere se si usa il buon vecchio Geomag per fare un modellino del problema..rimanere bloccato da un banale problema strutturale,cioé l'angolo troppo ridotto in basso a sinistra,é una vera delusione).Considerando che i triangoli equilateri sembrano l'unica via di approccio al problema,credo che si possa risolverlo anche con questa limitazione...e ancora,se in generale ponessimo un limite minimo pari ad A gradi?Come ne verrebbe modificata la struttura?Qual'é il massimo valore di A(se c'é) per il quale é possibile trovare una soluzione?E se cominciassimo a congetturare di un limite massimo?
Per ora aspetto soluzioni al "problema a sessanta gradi..."
Saluti in notturna,
Zerinf
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di $\pi$, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di $\pi$ dovesse cambiare.
Bel problema, a parte il discorso introdotto da 0-§, basterebbero 12 aste rigide incernierate.
Ossia basta disporre 2 aste incernierate ad ogni lato verso l'esterno per formare triangoli.
Ora unendo i vertici esterni non formati dai lati del quadrato tra di loro mediante altre 4 aste si risolve la cosa formando la struttura non labile internamente.
Per il disegno lascio ad altri...
Massimo ha scritto:Bel problema, a parte il discorso introdotto da 0-§, basterebbero 12 aste rigide incernierate.
Ossia basta disporre 2 aste incernierate ad ogni lato verso l'esterno per formare triangoli.
Ora unendo i vertici esterni non formati dai lati del quadrato tra di loro mediante altre 4 aste si risolve la cosa formando la struttura non labile internamente.
Per il disegno lascio ad altri...
Le aste devono avere tutte la stessa lunghezza pari al lato del quadrato.
Non era chiaro che le aste dovessero avere tutte lunghezza pari a 1, anzi mi pareva che i riferimenti fossero relativi alle aste del quadrato e nulla si diceva della lunghezza delle altre aste.
Detto ciò ritengo che se le aste hanno tutte lunghezza unitaria a parte qualche soluzione incostante come quella proposta ad inizio messaggio, ritengo che le soluzioni base siano quelle che formano un "triangolo rettangolo" formato da reticolari di triangoli avente come angolo retto un vertice del quadrato.
E' ovvio che il numero di aste cresce velocemente e non è mai inferiore alle 31 già trovate
Curiosa e bella!
Osservando il quadrato, mi sembrava quasi che si trovasse
in una leggera brezza.
In questo caso, direi, la sensazione è ancora più marcata!
Bruno
(Bruno)
...........................
Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
................................................................
Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
)
