Centro di massa
Da una lamina omogenea a forma di triangolo equilatero di lato 1 metro viene ricavata una scultura costituita dal cerchio inscritto nel triangolo e dagli infiniti cerchi, tangenti fra loro e a due lati del triangolo, i cui centri si trovano sull'altezza del triangolo.
Determinare la posizione del centro di massa della scultura.
Determinare la posizione del centro di massa della scultura.
Risposte
Forse non dovrei rispondere, viste le cavolate che ho detto nell’altro problema, però sono molto curioso. Non ho capito una cosa, gli altri cerchi inscritti sono solo su un’altezza? Penso di sì, altrimenti il baricentro non cambierebbe e si troverebbe al centro del cerchio più grande.
Modificato da - WonderP il 29/12/2003 10:01:06
Modificato da - WonderP il 29/12/2003 10:01:06
Ho provato a risolvere il problema come se i successivi cerchi inscritti fossero su una sola altezza. Io azzardo come soluzione 38,46 centimetri dalla base.
Qui c'è la mia soluzione:
rispetto alla base della scultura il baricentro si trova ad una altezza di
yg=20*sqrt(3)*L/104
dove L è il lato del triangolo. Per L=100 cm si ha circa yg=33,308 cm
Dalla formula del baricentro ho ricavato delle serie convergenti le cui somme mi hanno fornito il risultato sopra riportato. Fatemi sapere se è giusto.
Cordiali Saluti,
Marcello
rispetto alla base della scultura il baricentro si trova ad una altezza di
yg=20*sqrt(3)*L/104
dove L è il lato del triangolo. Per L=100 cm si ha circa yg=33,308 cm
Dalla formula del baricentro ho ricavato delle serie convergenti le cui somme mi hanno fornito il risultato sopra riportato. Fatemi sapere se è giusto.
Cordiali Saluti,
Marcello
Jeckyll, hai supposto, come ho fatto io, che i triangoli fossero uno sopra l’altro? Ma il baricentro del primo non è a yc = L/3 = 33,33?
Si! Se non ho capito male tutti gli infiniti cerchi sono uno sopra l'altro. Solo che il baricentro del primo cerchio non ha y=100/3 poiché 100 è il lato del triangolo equilatero. La sua altezza è 100*sqrt(3)/2=86.60 cm e quindi il baricentro del primo cerchio sta a 100*sqrt(3)/6=28.87 cm.
Marcello
Marcello
Giusto! ho letto male (ti pareva che non facessi un errore anche in questo problema) avevo preso l'altezza pari a 100. Ora anche a me risulta 33,308 (= radq(3)/2 * 33,46)
Jeckyll e WonderP, il risultato da voi trovato è corretto.
Io ho trovato due diverse soluzioni perciò vorrei conoscere in dettaglio la vostra soluzione.
Io ho trovato due diverse soluzioni perciò vorrei conoscere in dettaglio la vostra soluzione.
Ok MaMo. Cercherò di essere breve e chiaro.
La prima circonferenza ha un raggio pari ad 1/3 dell'altezza del triangolo equilatero (e quindi diametro pari a 2/3). Tracciando la tangente orizzontale alla circonferenza nel suo punto più in alto si divide il triangolo equilatero in un trapezio ed in un triangolo equilatero avente altezza pari ad 1/3 dell'altezza del triangolo di partenza. Il cerchio inscritto a tale triangolo, di raggio pari ad 1/3 della sua altezza, e cioè pari ad 1/3^2 dell'altezza totale, sarà ovviamente tangente al cerchio sottostante. Inoltre anche in questo caso, tracciando la solita tangente orizzontale, nella parte superiore rimane un triangolo avente altezza pari ad 1/3^2 dell'altezza complessiva. In breve lo stesso ragionamento si può ripetere iteramente fino ad infinito. Attraverso semplici considerazioni geometriche ho ottenuto il raggio di tutti gli infiniti cerchi e la coordinata y dei relativi centri. A partire da i=1 si ha:
ri=Sqrt[3]*L/(2*3^i)
yi=(Sqrt[3]*L/2)*(1-2/3^i=
Ai=Pi*3*L^2/(4*3^2i)
con Ai area dell'iesima circonferenza.
A questo punto, essendo
Atot=sommatoria per i=1 fino ad infinito di Ai
(prima serie notevole)
ed ancora dalla formula del baricentro:
Atot*yg=somm(Ai*yi) per i=1 fino ad infinito
(al secondo membro viene fuori un'altra serie notevole)
ho ottenuto il risultato del post precedente che, chissà perchè, ho dimenticato di semplificare dividendo num e den per 4.
Spero di essere ststo chiaro.
Cordiali Saluti,
Marcello
La prima circonferenza ha un raggio pari ad 1/3 dell'altezza del triangolo equilatero (e quindi diametro pari a 2/3). Tracciando la tangente orizzontale alla circonferenza nel suo punto più in alto si divide il triangolo equilatero in un trapezio ed in un triangolo equilatero avente altezza pari ad 1/3 dell'altezza del triangolo di partenza. Il cerchio inscritto a tale triangolo, di raggio pari ad 1/3 della sua altezza, e cioè pari ad 1/3^2 dell'altezza totale, sarà ovviamente tangente al cerchio sottostante. Inoltre anche in questo caso, tracciando la solita tangente orizzontale, nella parte superiore rimane un triangolo avente altezza pari ad 1/3^2 dell'altezza complessiva. In breve lo stesso ragionamento si può ripetere iteramente fino ad infinito. Attraverso semplici considerazioni geometriche ho ottenuto il raggio di tutti gli infiniti cerchi e la coordinata y dei relativi centri. A partire da i=1 si ha:
ri=Sqrt[3]*L/(2*3^i)
yi=(Sqrt[3]*L/2)*(1-2/3^i=
Ai=Pi*3*L^2/(4*3^2i)
con Ai area dell'iesima circonferenza.
A questo punto, essendo
Atot=sommatoria per i=1 fino ad infinito di Ai
(prima serie notevole)
ed ancora dalla formula del baricentro:
Atot*yg=somm(Ai*yi) per i=1 fino ad infinito
(al secondo membro viene fuori un'altra serie notevole)
ho ottenuto il risultato del post precedente che, chissà perchè, ho dimenticato di semplificare dividendo num e den per 4.
Spero di essere ststo chiaro.
Cordiali Saluti,
Marcello
Il mio ragionamento è del tutto identico a quello di Jeckyll, unica differenza sta nell’errore dell’omettere inizialmente radq(3)/2. Il risultato l’ho verificato anche con il risolutore del solito Excel, ma il ragionamento è anche qui identico. Inizialmente mi ero un po’ complicato la vita studiando yi partendo dalla base.
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