Tre punti e una circonferenza

[BorisM]

Sono assegnati tre punti distinti su una circonferenza. Ad ogni mossa è possibile spostare uno qualsiasi dei tre punti, facendogli occupare come nuova posizione il punto medio di uno, a scelta, degli archi di circonferenza determinati dagli altri due punti.
a) Determinare per quali configurazioni iniziali esiste una successione di mosse che li porta alla fine ad essere i vertici di un triangolo isoscele con due angoli minori di 1/2004- esimo di grado.
b) Determinare per quali configurazioni iniziali esiste una successione di mosse che li porta alla fine ad essere i vertici di un triangolo equilatero.
Non so proprio da dove cominciare

[maurizio43]

Se non ho interpretato male il problema e il suo quesito (a) , (e se non ho fatto cappelle... )
mi sembra che qualunque posizione iniziale dei 3 punti consenta di arrivare al triangolo isoscele richiesto :

Testo nascosto:

detti $A$ , $B$, $C$ i tre punti scelti a caso sulla crf. basta questa sequenza di mosse :
1) $A'$ nel punto medio dell' arco $BC$ : il triangolo $BA'C$ è isoscele( perchè $BA'=A'B$), con angolo al vertice : $BA'C = 180°-A'OC$
2) $C'$ nel punto medio dell' arco $BA'$ : il triangolo $BC'A'$ è isoscele ( perchè $BC'=C'A'$), con angolo al vertice : $BC'A'= 180°-\frac{A'OC}{2}$
3) $A''$ nel punto medio dell' arco $BC'$ : il triangolo $BA''C'$ è isoscele (perchè $BA''=A''C'$ ) ; con angolo al vertice : $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
.... e così via ....
In definitiva, indicando con $\beta$ il valore in gradi di $A'OC$ (qualunque) il triangolo isoscele che si ottiene alla n-esima mossa ha angolo al vertice pari a
$180° - 2^{-(n-1)} \beta$ , cosicchè ciascuno dei 2 angoli alla base è pari a: $\dfrac{\beta}{2^n} $.
[Ricordiamo che sarà $\beta$ anche il valore dell'angolo (qualunque) $BAC$ (essendo angolo alla crf. che insiste su un arco doppio di quello su cui insiste l' angolo al centro $A'OC$ ].
E si può quindi concludere che il triangolo richiesto si ottiene in un numero di mosse $n > 1 + \ln {(\beta 2004)}$ , quale che sia la dislocazione di $A$,$B$,$C$ sulla crf.

------- N.B.: corretto banale svista nella formula che esprime gli angoli alla n-esima mossa
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Circa il quesito (b), credo che si possa dare una risposta banale, ma legittima :

Testo nascosto:

Ipotesi : configurazione iniziale fatta a triangolo equilatero .
Uno qualunque dei tre vertici potrà ballare come una pallina da ping pong tra la propria posizione iniziale e l' estremo opposto del diametro che lo tocca :
ogni due mosse si riforma il triangolo equilatero
Oppure i 3 punti vanno posizionati su tre vertici consecutivi di un esagono regolare inscritto nella crf. :
alla prima mossa del punto centrale si forma il triangolo equilatero.

[BorisM]

Se non ho interpretato male il problema e il suo quesito (a) , (e se non ho fatto cappelle... )
mi sembra che qualunque posizione iniziale dei 3 punti consenta di arrivare al triangolo isoscele richiesto :

Testo nascosto:

detti $A$ , $B$, $C$ i tre punti scelti a caso sulla crf. basta questa sequenza di mosse :
1) $A'$ nel punto medio dell' arco $BC$ : il triangolo $BA'C$ è isoscele( perchè $BA'=A'B$), con angolo al vertice : $BA'C = 180°-A'OC$
2) $C'$ nel punto medio dell' arco $BA'$ : il triangolo $BC'A'$ è isoscele ( perchè $BC'=C'A'$), con angolo al vertice : $BC'A'= 180°-\frac{A'OC}{2}$
3) $A''$ nel punto medio dell' arco $BC'$ : il triangolo $BA''C'$ è isoscele (perchè $BA''=A''C'$ ) ; con angolo al vertice : $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
.... e così via ....
In definitiva il triangolo isoscele che si ottiene alla n-esima mossa ha angolo al vertice pari a $180° -\frac{A'OC}{2(n-1)}$
e ciascuno dei 2 angoli alla base è pari a: $\frac{A'OC}{4(n-1)} $.
Se indichiamo con $\beta$ il valore in gradi di $A'OC$ (qualunque), sarà $\beta$ anche il valore dell'angolo (qualunque) $BOC$ (essendo angolo alla crf. che insiste su un arco doppio di quello su cui insiste l' angolo al centro $A'OC$ ) e si può quindi concludere che il triangolo richiesto si ottiene in un numero di mosse $n > 1 +5 01\beta$ , quale che sia la dislocazione di $A$,$B$,$C$ sulla crf.

Circa il quesito (b), credo che si possa dare una risposta banale, ma legittima :

Testo nascosto:

Ipotesi : configurazione iniziale fatta a triangolo equilatero .
Uno qualunque dei tre vertici potrà ballare come una pallina da ping pong tra la propria posizione iniziale e l' estremo opposto del diametro che lo tocca :
ogni due mosse si riforma il triangolo equilatero
Oppure i 3 punti vanno posizionati su tre vertici consecutivi di un esagono regolare inscritto nella crf. :
alla prima mossa del punto centrale si forma il triangolo equilatero.

Grazie per la risposta! Per quanto riguarda il procedimento b mi hai convinto. Per quanto riguarda il primo passaggio mi perdo nel momento in cui dici che $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
Come mai l' angolo ${A'OC}$ nel momento in cui è sottratto a 180 viene ancora diviso per 2?

[Half95]

Circa il quesito (b), credo che si possa dare una risposta banale, ma legittima :

Testo nascosto:

Ipotesi : configurazione iniziale fatta a triangolo equilatero .
Uno qualunque dei tre vertici potrà ballare come una pallina da ping pong tra la propria posizione iniziale e l' estremo opposto del diametro che lo tocca :
ogni due mosse si riforma il triangolo equilatero
Oppure i 3 punti vanno posizionati su tre vertici consecutivi di un esagono regolare inscritto nella crf. :
alla prima mossa del punto centrale si forma il triangolo equilatero.

ma perché dobbiamo per forza muovere quel determinato punto? Esempio: nel caso dei tre punti sui vertici dell esegano regolare invece che spostare il punto centrale potremo spostare uno di quelli laterali

[maurizio43]

Grazie per la risposta! Per quanto riguarda il procedimento b mi hai convinto. Per quanto riguarda il primo passaggio mi perdo nel momento in cui dici che $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
Come mai l' angolo ${A'OC}$ nel momento in cui è sottratto a 180 viene ancora diviso per 2?

I triangoli $ BA'O $ e $ OA'C $ sono uguali perchè hanno i 3 lati uguali; quindi $ BA'O=OA'C $ ; e poichè $ BA'C=BA'O+OA'C $ , allora $ BA'C=2 OA'C $
Ma $ OA'C $ è angolo alla base ($AC$) del triangolo isoscele omonimo, quindi :$ OA'C = \frac{1}{2}(180°- A'OC) $ , ne consegue che : $ BA'C=2 \frac{1}{2}(180°- A'OC) = 180°- A'OC $
Analoghe considerazioni si possono fare sul triangolo successivo : $ BC'A' $ , solo che al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $ ; quindi $ BC'A' = 180°- \frac{A'OC}{2} $
Idem per quanto riguarda triangolo $ BA''C' $ , dove l'angoletto $ A''OC' $ si ottiene sottraendo da $180°$ un angolo che insiste su un arco pari a $\frac{1}{4}$ dell'arco $ A'C $, e cosi via...
Giusto ?

[maurizio43]

(circa il caso b) : ma perché dobbiamo per forza muovere quel determinato punto? Esempio: nel caso dei tre punti sui vertici dell esegano regolare invece che spostare il punto centrale potremo spostare uno di quelli laterali

Se muovessimo quello centrale, il punto dopo la prima mossa si troverebbe sul vertice diametralmente opposto dell'esagono, e quindi formerebbe con gli altri 2
un triangolo equilatero ;
se muovessimo uno dei due punti laterali, dopo la prima mossa andrebbe a finire in mezzo agli altri 2 punti e i 3 punti formerebbero un triangolo isoscele con i 2 lati uguali ai lati del dodecagono

[Half95]

(circa il caso b) : ma perché dobbiamo per forza muovere quel determinato punto? Esempio: nel caso dei tre punti sui vertici dell esegano regolare invece che spostare il punto centrale potremo spostare uno di quelli laterali

Se muovessimo quello centrale, il punto dopo la prima mossa si troverebbe sul vertice diametralmente opposto dell'esagono, e quindi formerebbe con gli altri 2
un triangolo equilatero ;
se muovessimo uno dei due punti laterali, dopo la prima mossa andrebbe a finire in mezzo agli altri 2 punti e i 3 punti formerebbero un triangolo isoscele con i 2 lati uguali ai lati del dodecagono

visto che il nostro problema è di cercare le configurazioni iniziali per cui i 3 punti dopo una serie di mosse coincidono con i lati di un triangolo equilatero, non possiamo limitarci ai tuoi due casi magari mi sbaglio o ho capito male il testo ma per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!

[maurizio43]

visto che il nostro problema è di cercare le configurazioni iniziali per cui i 3 punti dopo una serie di mosse coincidono con i lati di un triangolo equilatero, non possiamo limitarci ai tuoi due casi magari mi sbaglio o ho capito male il testo ma per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!

Esatto. Ma è proprio l'esempio che ho fatto io : infatti prendendo tre vertici consecutivi $A,B,C$ dell' esagono inscritto otteniamo proprio lo scopo di avere i 2 punti esterni che delimitano un arco di $\dfrac{2\pi r}{3} $; e viceversa due punti che delimitano un arco di quella misura sono per forza i vertici di un esagono regolare inscritto.
Ma comunque è il punto $ B $ (di mezzo) che dobbiamo spostare, non uno dei due esterni !
Che poi $ B $ sia proprio nel mezzo è solo un fatto estetico , tanto tutti gli altri punti dell'arco interno vanno con 1 mossa a confluire nello stessa posizione ,
centrale rispetto all' arco esterno !
Con una sola mossa la soluzione è solo questa.

[Half95]

visto che il nostro problema è di cercare le configurazioni iniziali per cui i 3 punti dopo una serie di mosse coincidono con i lati di un triangolo equilatero, non possiamo limitarci ai tuoi due casi magari mi sbaglio o ho capito male il testo ma per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!

Esatto. Ma è proprio l'esempio che ho fatto io : infatti prendendo tre vertici consecutivi $A,B,C$ dell' esagono inscritto otteniamo proprio lo scopo di avere i 2 punti esterni che delimitano un arco di $\dfrac{2\pi r}{3} $; e viceversa due punti che delimitano un arco di quella misura sono per forza i vertici di un esagono regolare inscritto.
Ma comunque è il punto $ B $ (di mezzo) che dobbiamo spostare, non uno dei due esterni !
Che poi $ B $ sia proprio nel mezzo è solo un fatto estetico , tanto tutti gli altri punti dell'arco interno vanno con 1 mossa a confluire nello stessa posizione ,
centrale rispetto all' arco esterno !
Con una sola mossa la soluzione è solo questa.

okok adesso ho capito cosa intendevi

[BorisM]

Grazie per la risposta! Per quanto riguarda il procedimento b mi hai convinto. Per quanto riguarda il primo passaggio mi perdo nel momento in cui dici che $BA''C' =180°-\frac{A'OC}{4} $
Come mai l' angolo ${A'OC}$ nel momento in cui è sottratto a 180 viene ancora diviso per 2?

I triangoli $ BA'O $ e $ OA'C $ sono uguali perchè hanno i 3 lati uguali; quindi $ BA'O=OA'C $ ; e poichè $ BA'C=BA'O+OA'C $ , allora $ BA'C=2 OA'C $
Ma $ OA'C $ è angolo alla base ($AC$) del triangolo isoscele omonimo, quindi :$ OA'C = \frac{1}{2}(180°- A'OC) $ , ne consegue che : $ BA'C=2 \frac{1}{2}(180°- A'OC) = 180°- A'OC $
Analoghe considerazioni si possono fare sul triangolo successivo : $ BC'A' $ , solo che al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $ ; quindi $ BC'A' = 180°- \frac{A'OC}{2} $
Idem per quanto riguarda triangolo $ BA''C' $ , dove l'angoletto $ A''OC' $ si ottiene sottraendo da $180°$ un angolo che insiste su un arco pari a $\frac{1}{4}$ dell'arco $ A'C $, e cosi via...
Giusto ?

A mio avviso erri nel momento in cui dici che: "al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $"
Questo sarebbe vero se il punto $C' $ fosse stato ottenuto spostando il punto $ C $ nel punto medio dell' arco $A'C$ ma noi otteniamo $C' $ spostando $C$ nel punto medio dell' arco $BA'$
Correggimi se sbaglio ma sono ancora alle prime armi

[maurizio43]

A mio avviso erri nel momento in cui dici che: "al posto di $ A'OC $ ci ritroviamo $ C'OA' $ che è la metà di $ A'OC $ perchè insiste
sull' arco $ A'C' $ che è la metà dell'arco $ A'C $"
Questo sarebbe vero se il punto $C' $ fosse stato ottenuto spostando il punto $ C $ nel punto medio dell' arco $A'C$ ma noi otteniamo $C' $ spostando $C$ nel punto medio dell' arco $BA'$ Correggimi se sbaglio ma sono ancora alle prime armi

Forse non consideri bene la figura :
$ C' $ è il punto medio dell'arco $ BA' $ , ma l'arco $ BA' $ è uguale all' arco $ A'C $ . Dunque l'arco $ C'A' $ ha ampiezza pari alla metà non solo dell'arco $ BA' $ , ma anche dell' arco $ A'C $ .
Quindi è confermato che l'angolo alla crf. $ C'OA' $ risulta essere la metà dell' angolo alla crf. $ A'OC $

Comunque ti ringrazio, perchè la tua obiezione mi è servita a rileggere il mio post e ad accorgermi che c'era un errore nella formula degli $n$-esimi angoli [: l'esponente $(n-1)$ della base$ 2 $ era diventato un fattore moltiplicativo di $ 2 $ ... e quindi cambia l' espressione del numero $ n $ di mosse ], anche se comunque tutto il resto della dimostrazione , e le conclusioni sulla assoluta libertà di scegliere i 3 punti rimangono valide .
Ho corretto quel mio post

[maurizio43]

..... per fare un esempio:
fissata una circonferenza $C$ di raggio $r$ presi due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ il terzo punto lo possiamo sistemare a piacere tanto in una mossa sola qualsiasi sia la sua posizione, possiamo ottenere un triangolo equilatero ripeto è solo un esempio perché le configurazioni iniziali possono essere di vari tipi!

.... con una sola mossa la configurazione iniziale è solo questa

Con $2$ mosse vale ovviamente la configurazione (sopra citata) con due punti qualsiasi che ritaglino un arco di lunghezza $\frac{2r\pi}{3}$ , e un terzo punto a piacere lungo l'arco esterno.
Ma anche con $ n $ mosse il vincolo sulla configurazione iniziale è ancora sempre e comunque lo stesso : $\frac{2r\pi}{3}$ tra 2 punti $ A $ e $ B $ e il terzo a piacere sull'arco esterno.
Questa configurazione risulta quindi l'unica configurazione possibile . (E' ovvio che il caso $\frac{4r\pi}{3}$ è sempre il medesimo)

Testo nascosto:

Per convincersene basta considerare la configurazione finale desiderata , cioè il triangolo equilatero, e procedere a ritroso :
-Nella configurazione (n-1)esima uno dei tre punti, per esempio $ C $ ,deve essere esattamente in mezzo agli altri due
-Se dalla configurazione (n-2)-esima alla (n-1)-esima fosse stato mosso $ A $ sarebbe stato fatto un errore, perchè $ A $ non sarebbe arrivato a metà dell'arco $ CB $ (idem se fosse stato mosso $B$ )
-Quindi dalla configurazione (n-2)-esima alla (n-1)-esima si può essere mosso solo $ C $, il quale :
°° o proveniva dalla stessa posizione di prima
°° o proveniva da una posizione qualunque nell'arco $AB$ ; e perchè quest' ultimo caso non sia errato deve trattarsi della mossa iniziale .