Reciproci inseguimenti
Re: Ma il baricentro non cambia?
ndp15 ha scritto:Su ognuno dei vertici di un triangolo equilatero ABC sta una lumaca. Ponendo che le lumache viaggiano alla stessa velocità e partono nello stesso momento e sapendo che la lumaca sul vertice A deve raggiungere la lumaca del vertice B che deve raggiungere la lumaca del vertice C che a sua volta deve raggiungere la lumaca del vertice A, dimostrare che fermando le lumache nello stesso momento lungo il loro tragitto e unendo i punti su cui si trovano si ottiene un triangolo che ha lo stesso baricentro del triangolo ABC.
Scusate ma non sono riuscito a scriverlo in termini più matematici
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Ponnamperuma
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Beh ... sì. E' la spirale logaritmica.
Infatti, proprio grazie alla faccenda del baricentro fisso, che chiamiamo G, se A(t), B(t), C(t) sono le posizioni delle lumache al tempo t, avremo che la tangente alla curva in A(t) (ovvero la velocità all'istante t della lumaca partita da A) sarà diretta lungo $ A(t)B(t) $ e dunque l'angolo $ G\widehat{A(t)}B(t) $ è costante e vale 30°.
Quindi, ponendo un sistema di coordinate polari piane con origine in G, se consideriamo due punti A(s) e A(t) con s<t, avremo che
$ \displaystyle{\lim_{s\to t}A(s)\widehat{A(s)}G=30^\circ} $
e dunque si avrà
$ GA(s)-GA(t)\sim GA(t)\cdot A(t)\widehat{G}A(s)\cdot\cot(30^\circ) $
ovvero
$ \displaystyle{\frac{GA(s)-GA(t)}{A(t)\widehat{G}A(s)}\sim GA(t)\cdot\cot(30^\circ)} $
e passando al limite
$ \displaystyle{\frac{dr}{d\theta}=r\cot(30^\circ)} $
da cui
$ r=Ce^{\theta\cot(30^\circ)} $
che è proprio la spirale logaritmica.
Infatti, proprio grazie alla faccenda del baricentro fisso, che chiamiamo G, se A(t), B(t), C(t) sono le posizioni delle lumache al tempo t, avremo che la tangente alla curva in A(t) (ovvero la velocità all'istante t della lumaca partita da A) sarà diretta lungo $ A(t)B(t) $ e dunque l'angolo $ G\widehat{A(t)}B(t) $ è costante e vale 30°.
Quindi, ponendo un sistema di coordinate polari piane con origine in G, se consideriamo due punti A(s) e A(t) con s<t, avremo che
$ \displaystyle{\lim_{s\to t}A(s)\widehat{A(s)}G=30^\circ} $
e dunque si avrà
$ GA(s)-GA(t)\sim GA(t)\cdot A(t)\widehat{G}A(s)\cdot\cot(30^\circ) $
ovvero
$ \displaystyle{\frac{GA(s)-GA(t)}{A(t)\widehat{G}A(s)}\sim GA(t)\cdot\cot(30^\circ)} $
e passando al limite
$ \displaystyle{\frac{dr}{d\theta}=r\cot(30^\circ)} $
da cui
$ r=Ce^{\theta\cot(30^\circ)} $
che è proprio la spirale logaritmica.
Ecco mi aspettavo una risposta simile. Io mi ero semplicemente fermato a ipotizzare come potesse essere la curva e ad immaginare che la curva fosse una curva ''particolare''. Dopo ovviamente per arrivare alla risposta di EvaristeG mi mancano ancora un po' di anni di studio e magari anche del talento comunque grazie a tutti quelli che hanno scritto su questo topic 
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Avrei detto che non si incontrano, ma che si rincorrono all'infinito sempre più vicine. Cmq lì c'è scritto di no, ed è rimasta aperta la domanda:¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:comunque http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... ght=#61633
bh3u4m ha scritto:Si incontrano? se si', quanto tempo ci mettono?
Beh, mettiti nel sistema di riferimento di una lumaca; il suo bersaglio (un'altra lumaca) si avvicina a velocità w=v+v/2, quindi si incontreranno dopo l/w secondi.
Dove l è il lato del triangolo equilatero. Lo stesso vale per le altre coppie inseguitrice inseguita, quindi si incontrano tutte nel baricentro, che è sempre fisso.
Per spiegare meglio quel che ho fatto, facciamo così:
Siano A(s) e A(t) due posizioni successive della lumaca inizialmente in A.
Sia M la proiezione di A(t) su GA(s). E siano $ \psi=A(t)\widehat{G}A(s) $, $ \alpha=G\widehat{A(t)}B(t) $
Allora $ GM=GA(t)\cdot\cos\psi $.
Ora,
$ GA(s)-GM=GA(s)-GA(t)\cdot\cos\psi=MA(s)\cdot\cot(G\widehat{A(t)}A(s)) $
Si ha che $ MA(s)=2GA(s)\sin(\psi/2) $ (in quanto la lumaca si avvicina al centro) per s,t abbastanza vicini.
Dunque
$ \displaystyle{\frac{2GA(s)\sin(\psi/2)\cot(G\widehat{A(t)}A(s))}{\psi}=\displaystyle\frac{GA(s)-GM}{\psi} $
ovvero
$ \displaystyle{\lim_{s\to t} \frac{2GA(s)\sin(\psi/2)\cot(G\widehat{A(t)}A(s))}{\psi}=\lim_{s\to t}\frac{GA(s)-GM}{\psi}} $$ \displaystyle{=\lim_{s\to t}\frac{GA(s)-GA(t)\cos(\psi)}{\psi}=\frac{dr}{d\theta}} $
E il primo limite da
$ \displaystyle{r\cot(\alpha)} $
in quanto $ (2\sin(\psi/2)/\psi\to 1 $ e $ G\widehat{A(t)}A(s)\to\alpha $ (ovvero l'angolo tra il raggio vettore e la tangente).
Dunque si ha l'equazione differenziale $ dr/d\theta=r\cot\alpha $ che si risolve separando le variabili e integrando:
$ \int_{r(0)}^{r(\theta)} dr/r=\int_0^\theta \cot\alpha d\theta $
quindi
$ \log r + C=\theta\cot \alpha $
ovvero
$ r=Ke^{\theta\cot\alpha} $.
Spero che così sia più chiaro.
Dove l è il lato del triangolo equilatero. Lo stesso vale per le altre coppie inseguitrice inseguita, quindi si incontrano tutte nel baricentro, che è sempre fisso.
Per spiegare meglio quel che ho fatto, facciamo così:
Siano A(s) e A(t) due posizioni successive della lumaca inizialmente in A.
Sia M la proiezione di A(t) su GA(s). E siano $ \psi=A(t)\widehat{G}A(s) $, $ \alpha=G\widehat{A(t)}B(t) $
Allora $ GM=GA(t)\cdot\cos\psi $.
Ora,
$ GA(s)-GM=GA(s)-GA(t)\cdot\cos\psi=MA(s)\cdot\cot(G\widehat{A(t)}A(s)) $
Si ha che $ MA(s)=2GA(s)\sin(\psi/2) $ (in quanto la lumaca si avvicina al centro) per s,t abbastanza vicini.
Dunque
$ \displaystyle{\frac{2GA(s)\sin(\psi/2)\cot(G\widehat{A(t)}A(s))}{\psi}=\displaystyle\frac{GA(s)-GM}{\psi} $
ovvero
$ \displaystyle{\lim_{s\to t} \frac{2GA(s)\sin(\psi/2)\cot(G\widehat{A(t)}A(s))}{\psi}=\lim_{s\to t}\frac{GA(s)-GM}{\psi}} $$ \displaystyle{=\lim_{s\to t}\frac{GA(s)-GA(t)\cos(\psi)}{\psi}=\frac{dr}{d\theta}} $
E il primo limite da
$ \displaystyle{r\cot(\alpha)} $
in quanto $ (2\sin(\psi/2)/\psi\to 1 $ e $ G\widehat{A(t)}A(s)\to\alpha $ (ovvero l'angolo tra il raggio vettore e la tangente).
Dunque si ha l'equazione differenziale $ dr/d\theta=r\cot\alpha $ che si risolve separando le variabili e integrando:
$ \int_{r(0)}^{r(\theta)} dr/r=\int_0^\theta \cot\alpha d\theta $
quindi
$ \log r + C=\theta\cot \alpha $
ovvero
$ r=Ke^{\theta\cot\alpha} $.
Spero che così sia più chiaro.