coordinate di un rombo

[Info]

come ho visualizzato nella figura sotto immaginate di segnare dei punti equidistanti a partire da un vertice di un quadrato e a collegarli fra di loro.

La regola e`che il punto (n,0) lo collego con il punto (0,l-n) dove l e`il numero di punti che ho segnato e n e`il num del punto che sto considerando.

Facendo la stessa cosa per i 4 vertici del quadrato si viene a visualizzare all'interno una specie di rombo arrotondato.

A me servirebbe sapere le coordinate dei vertici di questo rombo e su internet non ho trovato nulla... ma so che di sicuro qualche basecinquino mi sapra`aiutare (((-; grazie comunque a tutti

PS: scusate per l'errore.... l'ho evidenziato in grassetto

[Gianfranco]

Se questo è quello che intendi e prendendo un quadrato di lato 1:

quadrato.PNG (22.35 KiB) Visto 20027 volte

...un vertice del rombo (che poi è un quadrato) sta nell'intersezione della linea
(0;3/10)-(3/10;1)
con la linea
(0;7/10)-(7/10;1) errato
correzione (0;7/10)-(3/10;0)
Gli altri vertici si trovano per simmetria.
Se il lato non è 1, va tutto in proporzione.

Questo è il programmino (in DECIMAL BASIC) che fa il disegno.

Codice: Seleziona tutto

SET WINDOW 0,10,0,10
DRAW grid
SET LINE COLOR 27
FOR x=0 TO 10 STEP 0.2
   PLOT LINES: 0,(10-x);x,0
   PLOT LINES: x,0;10,x
   PLOT LINES: 10,x;10-x,10
   PLOT LINES: 10-x,10;0,10-x   
NEXT x
LET x=3
SET LINE COLOR 1
PLOT LINES: 0,(10-x);x,0
PLOT LINES: x,0;10,x
PLOT LINES: 10,x;10-x,10
PLOT LINES: 10-x,10;0,10-x  
LET x=7
SET LINE COLOR 1
PLOT LINES: 0,(10-x);x,0
PLOT LINES: x,0;10,x
PLOT LINES: 10,x;10-x,10
PLOT LINES: 10-x,10;0,10-x 
END

[Info]

ciao Gianfranco,

non avevo pensato di mettere a sistema i lati dei quadrati ma cercavo che figura fossero i 4 archi descritti all'interno dal disegno.

Grazie

[Gianfranco]

Ciao Info,
tieni presente che ho proposto questa soluzione basandomi solo su alcune osservazioni che si possono fare sui disegni tracciati a mano o col computer.
Manca però la dimostrazione matematica!

[Info]

Per quello che mi servivano sono andate bene le coordinate

comunque e`vero.... ho semplicemente calcolato i valori delle linee in 0.5*lato come da tua proposta e ho verificato che numericamente fossero uguali... per ora senza dimostrazione matematica. Comunque grazie

[Gianfranco]

Ho fatto qualche calcolo veloce e credo il valore 7/10 sia in realta' un'approssimazione di $\frac{\sqrt {2}} {2}$

[gnugnu]

Buongiorno a tutti, sono un ex insegnante che a volte legge qualche discussione di questo forum.
La risposta di Gianfranco è esatta, anche se nell'indicare (precedentemente) le due rette che si intersecano in un vertice del rombo (che poi è un quadrato) credo abbia confuso le coordinate di un punto. Mi pare, ad esempio, che l'ultimo dovrebbe essere (3/10,0).
Il rombo in questione è formato dagli archi di 4 parabole aventi il fuoco nel centro del quadrato e vertici nei punti medi fra il fuoco e un vertice del quadrato.
Ciascuna intersezione dista $3/2 -\sqrt{2}$ dal lato più vicino.

[Info]

grazie gnugnu per la soluzione e benvenuto al forum di base5 adesso devo solo ragionarci sopra un attimo

[Gianfranco]

Grazie gnugnu per la correzione, ho provveduto a correggere il mio post precedente.
Riporto qui sotto la dimostrazione (concisa) del mio procedimento con la quale arrivo allo stesso risultato di gnugnu.
Prima di tutto faccio il disegno corretto (e correggo anche il programmino in BASIC).

retqua3.PNG (21.94 KiB) Visto 19980 volte

Questo è il programma con i parametri esatti.

Codice: Seleziona tutto

DRAW grid
SET LINE COLOR 15
DRAW grid
FOR x=0 TO 1 STEP 0.02
   PLOT LINES: 0,(1-x);x,0
   PLOT LINES: x,0;1,x
   PLOT LINES: 1,x;1-x,1
   PLOT LINES: 1-x,1;0,1-x   
NEXT x

LET x=1-SQR(2)/2
SET LINE COLOR 1
PLOT LINES: 0,(1-x);x,0
PLOT LINES: x,0;1,x
PLOT LINES: 1,x;1-x,1
PLOT LINES: 1-x,1;0,1-x  

LET x=SQR(2)/2
SET LINE COLOR 1
PLOT LINES: 0,(1-x);x,0
PLOT LINES: x,0;1,x
PLOT LINES: 1,x;1-x,1
PLOT LINES: 1-x,1;0,1-x 

PLOT LINES: 0,0;0,1;1,1;1,0;0,0

PLOT LINES: 0.5,0;0.5,1
PLOT LINES: 0,0.5;1,0.5

SET LINE COLOR 4
LET a=0.5
LET b=3/2-SQR(2)
PLOT LINES: a,b;1-b,a;a,1-b;b,a;a,b
END

Ora riporto soltanto una parte del disegno su cui vi prego di concentrare l'attenzione.

retqua2.png (9.29 KiB) Visto 19980 volte

Ecco la dimostrazione.
Siamo nel quadrato ABCD di lato unitario.
Consideriamo il generico segmento PQ dove:
PA = x
AQ = 1-x
con 0<x<1/2

Sia inoltre
M = punto medio di AB
MN perpendicolare ad AB

Vogliamo trovare per quale valore di x il segmento MN=h è massimo.

Poiché i triangoli AQP e MQN sono simili, arriviamo alla seguente uguaglianza:
$\large x:h=(1-x):\left(\frac{1}{2}-x\right)$
da cui:
$\large h=\frac{x-2x^2}{2-2x}$
Volendo massimizzare h, calcoliamo la derivata prima e la poniamo uguale a 0.
$\large h'=\frac{2x^2-4x+1}{(2-2x)^2}$
Ponendo il numeratore uguale a 0 abbiamo due soluzioni di cui quella accettabile è:
$\large x=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$
Da cui si ricava, in conclusione:
$\large AP=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\large AQ=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Collegandomi al risultato di gnugnu, sostituendo si ottiene:
$\large h=\frac{3}{2}-\sqrt{2}$

Ora però passo la parola a gnugnu.
Hai detto:

Il rombo in questione è formato dagli archi di 4 parabole aventi il fuoco nel centro del quadrato e vertici nei punti medi fra il fuoco e un vertice del quadrato.

Molto interessante.
Potresti darci un cenno di dimostrazione?

[gnugnu]

Mah! A dire il vero l'unica cosa razionale che ho fatto per supportare l'affermazione è la verifica che le parabole in questione soddisfacevano tutte le condizioni poste.
Provo, a posteriori, ad evidenziare quali osservazioni potrebbero avermi portato alla congettura (per comodità mi riferisco all'ultima figura di Gianfranco).
Il quadrato e tutta la costruzione sono simmetrici rispetto alla diagonale AC; questa sarà, pertanto, anche asse di simmetria della curva e la intersecherà nel punto in cui incontra la retta della costruzione passante per M, da cui V(1/4;1/4). I lati AB e AD del quadrato sono tangenti (in B e D) alla curva e BD incontra AC nel centro del quadrato. Supponendo, a naso ma non troppo, che la curva sia una conica, per essere V equidistante da A e dalla sua polare, la conica deve essere necessariamente una parabola. Le due tangenti uscenti da A sono perpendicolari e in una parabola questo avviene per tutti e soli i punti della direttrice, quindi il centro del quadrato, intersezione dell'asse di simmetria con la polare, sarà anche il fuoco della parabola.
Per la verifica ho utilizzato (tanto tutte la parabole sono simili) la parabola $y={1 \over 4} x^2+1$, di vertice V(0;1), fuoco F(0;2), direttrice y=0, intersezione fra asse e direttrice l'origine O(0;0), tangenti le bisettrici degli assi $y=\pm x$, che toccano la parabola in $(\pm2;2)$.
La tangente in un generico punto dell'arco limitato da questi due punti $P(t;{1\over4}t^2+1)$ con $-2\le t \le 2$ interseca le bisettrici degli assi in due punti le cui ascisse (di segno opposto) differiscono sempre di 2. Questo basta per dimostrare che le due distanze fra l'origine e ciascuno di questi punti hanno sempre somma $2\sqrt2$.

Il procedimento utilizzato da Gianfranco per trovare il vertce del rombo è, indubbiamente, molto più bello del mio e lo sarebbe ancor di più (fra i miei criteri estetici occupa un posto preminente la semplicità dei metodi usati) se non venisse utilizzata la derivata per trovare il minimo di $y= \frac {x-2x^2}{2-2x}$. La cosa è fattibile osservando che (è l'equazione di un'iperbole di asintoti x=1 e y=x+1/2) per ogni valore di y accettabile si trovano 2 intersezioni e il massimo corrisponde al punto in cui queste coincidono, ossia quando il discriminante dell'equazioni di secondo grado in x si annulla.
Basandomi su queste osservazioni ho pensato a un terzo metodo per risolvere il problema. Lo scrivo in un altro messaggio: questo è diventato troppo lungo.

[Gianfranco]

Wow gnugnu, grazie per la risposta chiara e veloce (ho usato la derivata per calcolare il massimo di MN).
Nel frattempo ho fatto qualche ricerca e ho scoperto l'acqua calda: l'insieme di quelle rette è l'inviluppo di una parabola.
Volendo una soluzione elegante, devo dire che mi piace quella ricavata dalle curve di Bezier quadratiche.
Bastano davvero pochi semplici passaggi per dimostrare che l'equazione parametrica della curva è:
$x=t^2$
$y=(1-t)^2$
con 0<t<1

[gnugnu]

Grazie a Gianfranco ho pensato ad un terzo procedimento per risolvere il problema.
I vertici del quadrato (di lato 1) siano A(0,0), B(1,0), C(1,1) e D(0,1) in un diagramma cartesiano. L'equazione della retta che passa per i punti (t,0) e (0,1-t) $0 \le t \le 1$ è, in forma segmentaria: $\frac {x}{t} + \frac {y}{1-t}=1$ .
La totalità di queste rette divide il quadrato in due zone: quella dei punti non appartenenti ad alcuna retta e quella dei punti per cui passa almeno una retta (cfr. ultima figura di Gianfranco).
Eliminando i denominatori dell'equazione segmentaria si ottiene un'equazione di secondo grado in t:$t^2-(1+x-y)t+x=0$.
Questo basta per dimostrare che per ogni punto del piano che si trova sotto alla curva di confine passano solo due rette, rette che coincideranno quando il discriminante dell'equazione si annulla.
Per trovare la distanza del vertice del rombo dal lato più vicino sarà sufficiente porre x=1/2, l'equazione diventa $t^2-(\frac {3}{2}-y)t+\frac {1}{2}=0$, con discriminante $\Delta=(\frac{3}{2}-y)^2-2$ che si annulla (con y<1) per $y=\frac {3}{2}-\sqrt{2}$.

Dovendo, invece, trovare l'equazione della curva di confine basterà annullale il discriminante prima della sostituzione, ottenendo: $(x-y)^2-2(x+y)+1=0$; parabola di fuoco F(1/2;1/2) e vertice V(1/4;1/4), che volendo si può anche scrivere in una semplice forma parametrica $(u^2,(1-u)^2)$ (o viceversa).

Beh! La matematica spesso sorprende: il metodo dell'inviluppo, che avevo subito scartato, perchè lo ritenevo eccessivamente complicato, alla fine si prende la sua rivincita.