In un giardino a forma di triangolo equilatero, c'è un grazioso fiore.
Il signor Eulero è entrato nel giradino e vuole innaffiare il fiore.
Solo che può muoversi solo in questo modo: si gira verso un vertice del triangolo, e percorre $ ~ \frac 1 {10} $ della distanza che lo separa da quel punto. Poi ripete l'operazione quante volte gli pare.
Dimostrare che Eulero può avvicinarsi al fiore in modo da essere distante meno di 10 centimetri da esso.
Innaffiate quel fiore, ma con grazia e precisione!
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Se i dati sono questi pochi mi viene da pensare che per la dimostrazione finale bisogni dimostrare che con il suo sistema di movimento Eulero può andare in qualsiasi punto del giardino e quindi anniaffiare il fiore in qualsiasi caso...inoltre con questo sistema Eulero non potrà mai toccare un punto del perimetro (ammenochè il punto sia sul segmento da cui è partito esclusi i vertici), perchè può solo frazionare la distanza, ma mai raggiungere la distanza zero da un verice perchè avverrebbe solo a un teorico infinito, però siccome può annaffiare il fiore da una certa distanza può comunque annaffiarlo senza mai toccarlo.
E' così?
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forse ci sono:
Eulero parte da un punto qualsiasi di un lato del triangolo, ora dirigendosi avanti e indietro puntando gli entremi di questo e ripetendo questo procedimento prossimamente all'infinito non percorrerebbe proprio tutti i punti del segmento perchè sarebbe impossibile essendo un segmento sempre ridivisibile, ma raggiunge comunque una distanza infinitamente piccola fra questi punti a cui basta sommarci una minima quantità (10 cm) per poter poter "annaffiarne" qualunque. Ora siccome tutto il segmento di partenza risulta annaffiabile Eulero dovrà farsi l'ulteriore fatica di partire da ognuno di questi punti (prossimi all'infinito) e fare lo stesso procedimento però puntando verso il terzo vertice "spazzando" quasi tutta l'area del triangolo, quasi perchè vale il discorso precedente: non potrà mai transitare in tutti i punti di esso ma siccome può annaffiare da una certa distanza si può permettere di annaffiare tutto il suo giardino e quindi anche il fiore con un "infinito quadrato" numero di mosse.
Eulero parte da un punto qualsiasi di un lato del triangolo, ora dirigendosi avanti e indietro puntando gli entremi di questo e ripetendo questo procedimento prossimamente all'infinito non percorrerebbe proprio tutti i punti del segmento perchè sarebbe impossibile essendo un segmento sempre ridivisibile, ma raggiunge comunque una distanza infinitamente piccola fra questi punti a cui basta sommarci una minima quantità (10 cm) per poter poter "annaffiarne" qualunque. Ora siccome tutto il segmento di partenza risulta annaffiabile Eulero dovrà farsi l'ulteriore fatica di partire da ognuno di questi punti (prossimi all'infinito) e fare lo stesso procedimento però puntando verso il terzo vertice "spazzando" quasi tutta l'area del triangolo, quasi perchè vale il discorso precedente: non potrà mai transitare in tutti i punti di esso ma siccome può annaffiare da una certa distanza si può permettere di annaffiare tutto il suo giardino e quindi anche il fiore con un "infinito quadrato" numero di mosse.
Fermo restando che la tua non è una dimostrazione ma solo l'elenco di qualche idea (non sto facendo nessuna critica! sono le idee che sono importanti, solo che in una gara prenderesti 0 punti), sarebbe meglio precisare se è effettivamente vero che "partendo da un punto sul lato e andando di qua e di la più o meno a caso, arrivo arbitrariamente vicino ad ogni punto sul segmento".
Col tuo ragionamento in pratica hai ridotto il problema sul piano al problema su un segmento... ma non hai dimostrato che sul segmento funziona.
Col tuo ragionamento in pratica hai ridotto il problema sul piano al problema su un segmento... ma non hai dimostrato che sul segmento funziona.
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mmhhh...si in effetti mi sono dimenticato di dimostrare la prima parte 
, comunque l'idea c'era...
Siano A, B, C i vertici del triangolo, E il punto di partenza del signor Eulero e P il fiore.
Sia P non un vertice. Suponiamo che P non si trovi nè sul lato AB nè su quello AC per fissare le idee (tanto potremmo sempre rinominare i vertici in modo che si trovi sul lato BC).
Intanto notiamo che la retta AP deve intersecare almeno uno dei segmenti BE e CE in un punto interno, perchè deve essere interna all'angolo BAC, che si può dividere nei due angoli BAP e PAC. Supponiamo per fissare le idee che intersechi il segmento BE in un punto Q interno al segmento. Notiamo che il signor Eulero partendo da E e dirigendosi verso B può raggiungere Q in un numero finito di passi in quanto
$ \displaystyle \sum ^{\infty}_{i=0} \frac{9^n}{10^{n+1}} = 1 $
dalle note formule delle serie geometriche. Una volta raggiunto Q si gira e si dirige verso A. In questo modo per lo stesso motivo può raggiungere P.
Se per caso si il fiore si trova su di un vertice, diciamo A il signoir Eulero si dirige in direzione di A finchè non trova il punto R a meno di dieci centimetri da A.
CVD
Sia P non un vertice. Suponiamo che P non si trovi nè sul lato AB nè su quello AC per fissare le idee (tanto potremmo sempre rinominare i vertici in modo che si trovi sul lato BC).
Intanto notiamo che la retta AP deve intersecare almeno uno dei segmenti BE e CE in un punto interno, perchè deve essere interna all'angolo BAC, che si può dividere nei due angoli BAP e PAC. Supponiamo per fissare le idee che intersechi il segmento BE in un punto Q interno al segmento. Notiamo che il signor Eulero partendo da E e dirigendosi verso B può raggiungere Q in un numero finito di passi in quanto
$ \displaystyle \sum ^{\infty}_{i=0} \frac{9^n}{10^{n+1}} = 1 $
dalle note formule delle serie geometriche. Una volta raggiunto Q si gira e si dirige verso A. In questo modo per lo stesso motivo può raggiungere P.
Se per caso si il fiore si trova su di un vertice, diciamo A il signoir Eulero si dirige in direzione di A finchè non trova il punto R a meno di dieci centimetri da A.
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"Non è certo che tutto sia incerto"(B. Pascal)
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph
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Non riesco a capire cosa vuol dire sta formula (va beh, talasciando che da una parte hai messo la i e dall'altra la nSisifo ha scritto: $ \displaystyle \sum ^{\infty}_{i=0} \frac{9^n}{10^{n+1}} = 1 $
).Riesco ad interpretarla solo così: "prima o poi arriverà sufficientemente vicino al vertice B", ma non a Q...
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Acc.. hai ragione.. non è detto che arrivi necessariamente a Q. Mea culpa che non ci ho pensato abbastanza..
Per la dimostrazione è abbastanza elementare e sfrutta le serie geometriche:
$ \displaystyle \sum^\infty _{n=0} \frac{9^n}{10^{n+1}} = 1/10 \sum^\infty _{n=0} (\frac{9}{10}) ^n =1/10 \frac{1}{1-9/10} = 1 $
Per la dimostrazione è abbastanza elementare e sfrutta le serie geometriche:
$ \displaystyle \sum^\infty _{n=0} \frac{9^n}{10^{n+1}} = 1/10 \sum^\infty _{n=0} (\frac{9}{10}) ^n =1/10 \frac{1}{1-9/10} = 1 $
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Definizione: chiamo trascurabile un valore che posso ridurre a piacimento e che quindi non influirà sui 10 centimetri finali.
Allora, mettiamo il tutto su piano di Gauss.
A,B,C e F sono i tre vertici del triangolo e il fiore (la lettera corrisponde al numero complesso che sta in quel punto). Poniamo $ C=0 $
Passo 1: ovunque si trovi Eulero all'inizio, può arrivare ad una distanza trascurabile da C in un numero finito di mosse. (La dimostrazione è banale, comunque lo ha già dimostrato Sisifo).
Passo 2: dal punto C Eulero può arrivare ad una distanza trascurabile dal punto F in un numero finito di mosse.
Dimostrazione: poniamo $ F=j*A+k*B $ dove $ j+k\leq 1 $ sono reali nonnegativi. Poniamo inoltre $ j\geq k $
Per un $ n $ sufficientemente grande la differenza tra $ j $ e una somma, i cui addendi sono della forma $ \frac{9^{n-i}{10^i}}{10^{n+1}} $ con $ 0\leq i\leq n $ intero, è un valore trascurabile. Infatti mi basta considerare l'insieme di questi addendi e, partendo dal maggiore verso il minore, aggiungere un addendo alla somma se e solo se la somma di lui e gli addendi già aggiunti è minore di $ j $
Di conseguenza la differenza si può ridurre a un valore minore di $ \frac{9^{n}}{10^{n+1}} $ e dunque trascurabile.
Si fa all'incirca lo stesso ragionamento con $ k $ e gli addendi non ancora utilizzati e si dimostra abbastanza facilmente che stavolta la differenza è minore di $ \frac{9^{n-1}}{10^{n}} $ e dunque trascurabile.
Per dare un significato geometrico a questo: l'(i+1)-esimo passo di Eulero è verso A sse $ \frac{9^{n-i}{10^i}}{10^{n+1}} $ appartiene alla somma che si avvicina a $ j $
Sse $ \frac{9^{n-i}{10^i}}{10^{n+1}} $ appartiene alla somma che si avvicina a $ k $ allora l'(i+1)-esimo passo è verso B. Altrimenti è verso C.
Quindi Eulero può arrivare arbitrariamente vicino al fiore, innaffiandolo con grazia e precisione
Allora, mettiamo il tutto su piano di Gauss.
A,B,C e F sono i tre vertici del triangolo e il fiore (la lettera corrisponde al numero complesso che sta in quel punto). Poniamo $ C=0 $
Passo 1: ovunque si trovi Eulero all'inizio, può arrivare ad una distanza trascurabile da C in un numero finito di mosse. (La dimostrazione è banale, comunque lo ha già dimostrato Sisifo).
Passo 2: dal punto C Eulero può arrivare ad una distanza trascurabile dal punto F in un numero finito di mosse.
Dimostrazione: poniamo $ F=j*A+k*B $ dove $ j+k\leq 1 $ sono reali nonnegativi. Poniamo inoltre $ j\geq k $
Per un $ n $ sufficientemente grande la differenza tra $ j $ e una somma, i cui addendi sono della forma $ \frac{9^{n-i}{10^i}}{10^{n+1}} $ con $ 0\leq i\leq n $ intero, è un valore trascurabile. Infatti mi basta considerare l'insieme di questi addendi e, partendo dal maggiore verso il minore, aggiungere un addendo alla somma se e solo se la somma di lui e gli addendi già aggiunti è minore di $ j $
Di conseguenza la differenza si può ridurre a un valore minore di $ \frac{9^{n}}{10^{n+1}} $ e dunque trascurabile.
Si fa all'incirca lo stesso ragionamento con $ k $ e gli addendi non ancora utilizzati e si dimostra abbastanza facilmente che stavolta la differenza è minore di $ \frac{9^{n-1}}{10^{n}} $ e dunque trascurabile.
Per dare un significato geometrico a questo: l'(i+1)-esimo passo di Eulero è verso A sse $ \frac{9^{n-i}{10^i}}{10^{n+1}} $ appartiene alla somma che si avvicina a $ j $
Sse $ \frac{9^{n-i}{10^i}}{10^{n+1}} $ appartiene alla somma che si avvicina a $ k $ allora l'(i+1)-esimo passo è verso B. Altrimenti è verso C.
Quindi Eulero può arrivare arbitrariamente vicino al fiore, innaffiandolo con grazia e precisione
Ultima modifica di piever il 21 nov 2006, 14:06, modificato 2 volte in totale.
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