Gioco difficilissi-missimo

[jitter1]

Per Natale mi diverto a preparare un "bigliettino dispettoso" a un'amica matematica.
Se risolve l'enigma può aprire il regalo... matematico ovviamente
Sapreste indicarmi un problema che la tenga sveglia la notte?
Ce ne sono molti qui, ma non posso farli uno a uno per valutare la difficoltà...
Grazie!

p.s. Non ditemi "dimostrare la congettura di Riemann" perché glielo ho già proposta l'anno scorso: ci sta lavorando, il regalo non l'ha ancora aperto

[axpgn]

Beh, allora dovresti cominciare a guardare nella sezione "Pensare un po' di più" dove più che enigmi ci sono vere "questioni" matematiche
Poi passa a "Scervelliamoci un po'", scorri i titoli e leggi quelli che ti stimolano maggiormente

La difficoltà di un problema è mooolto soggettiva ... peraltro me ne hai fatto venire in mente uno che non posterei mai qui perché non sarei in grado di scrivere la soluzione
Se lo ritrovo, ti faccio sapere ...

Cordialmente, Alex

[jitter1]

dovresti cominciare a guardare nella sezione "Pensare un po' di più" dove più che enigmi ci sono vere "questioni" matematiche
Poi passa a "Scervelliamoci un po'"

anvedi, è da un po' che manco dal forum e non ricordavo di queste sezioni. Ci guardo.
Cerco un quesito serio ma non serioso..

p.s. Che poi 'sti scherzi natalizi non sono mica tanto simpatici. Pure mio fratello, sapendo che sono in fissa con la matematica, me ne ha fatto uno... proprio scolastico, per farmi aprire un lucchetto, e ci ho fatto una figura di merda.

[axpgn]

Eccolo, vedi un po' se ti piace ...

Il frutteto

Un frutteto è racchiuso in un cerchio, col centro posto nell'origine di un piano cartesiano e avente un raggio pari a $50$ unità.
Ogni albero da frutto è piantato su un "lattice point" (non traduco perché la tua amica sicuramente sa cosa significa ) e ad ogni lattice point compreso nel cerchio c'è un albero da frutto (circonferenza inclusa).
Ogni pianta si assume esattamente simile ad un cilindro perfettamente verticale centrato sul lattice point e tutte hanno lo stesso diametro.
Se il raggio degli alberi eccede $1/50$ di unità, mostrare che dall'origine non è possibile guardar fuori dal frutteto, in qualsiasi direzione si guardi.
Se però si diminuisce il raggio degli alberi di $1/sqrt(2501)$, dimostrare che allora dall'origine si può guardar fuori dal frutteto se si sceglie la giusta direzione


Cordialmente, Alex

[jitter1]

Sul reticolo non si sa nulla? Non si può guardar fuori qualsiasi configurazione abbia?
Si può risolvere con conoscenze fino al primo anno di uni? (così ci provo pure io)

Un suggerimento: visto che il frutteto ha lato 50, mi chiedo: non sarà un caso che il "raggio limite" degli alberi è 1/50....
posso ragionare su numeri più piccoli, tipo raggio del frutteto 4 e raggio degli alberi eccedente di 1/4?

Solo questo, non dirmi altro, altrimenti caput

[axpgn]

Belle domande, fatte a uno che non ha fatto l'università

Comunque è un normalissimo piano cartesiano ortogonale, niente di particolare … (d'altra parte è un frutteto )

La soluzione, di per sé, non è particolarmente complicata (dopo averla letta, ovviamente … ) tant'è vero che l'ho capita anch'io
E per quel che ne so io (cioè poco ) mi sembra che usi essenzialmente argomenti topologici/geometrici
Il fatto è che viene un po' lunghetta (anche perché fa uso di un lemma, un corollario del lemma e un teorema e li dimostra tutti e tre … non difficili, detto a posteriori … )

Sul fatto di poter usare numeri più piccoli sono dubbioso … … non credo funzioni … nel senso che può darsi che sia vera anche per i numeri che hai detto ma la soluzione che conosco non funzionerebbe con quei numeri …

[lino.lino1]

Ciao,

gli puoi chiedere di disegnare in modo ortodosso un triangolo rettangolo
e vedrai che non ci riuscirà!
E voi?

Bye bye

[jitter1]

Alla fine le ho fatto un giochino più semplice, ma simpatico.

S. chiede: pensate un numero di 4 cifre e spostate la prima come ultima. Sommate i due numeri. Quale numero ottenete?

P, R e B rispondono:

P: 11627
R: 14034
B: 9602

Solo il numero di P. è corretto. Perché?

[andomito]

"axpgn":
Il frutteto

Un frutteto è racchiuso in un cerchio, col centro posto nell'origine di un piano cartesiano e avente un raggio pari a $50$ unità.
Ogni albero da frutto è piantato su un "lattice point" (non traduco perché la tua amica sicuramente sa cosa significa ) e ad ogni lattice point compreso nel cerchio c'è un albero da frutto (circonferenza inclusa).
...

Si intende, un albero per ogni "lattice point" di una griglia di lato unitario?
Altrimenti temo che il problema non abbia soluzione, ad esempio se posso prendere una griglia quadrata (o esagonale) di lato (o apotema) pari al diametro dell'albero.

[axpgn]

Sì, su ogni "lattice point" (punto a coordinate intere) c'è un albero (all'interno del cerchio/frutteto ovviamente, non fuori )

Mi pareva chiaro, no?

"axpgn":Ogni albero da frutto è piantato su un "lattice point" (non traduco perché la tua amica sicuramente sa cosa significa ) e ad ogni lattice point compreso nel cerchio c'è un albero da frutto (circonferenza inclusa).

Cordialmente, Alex

[andomito]

"axpgn":Sì, su ogni "lattice point" (punto a coordinate intere) c'è un albero (all'interno del cerchio/frutteto ovviamente, non fuori )

Mi pareva chiaro, no?

Non proprio. A rigore i lattice point richiedono una griglia regolare, ma non unitaria né quadrata.
Comunque, per la griglia unitaria quadrata di lato 1 l'impostazione del problema mi pare semplice

Dall'albero centrale il più ampio angolo visuale libero lasciato dalla griglia è a fianco degli assi cartesiani (solo lì ho 50 alberi che si coprono l'un l'altro) e per alberi filiformi ha ampiezza arcsen 1/49 (il 50° albero del secondo filare non c'è perché è fuori dal cerchio).
Se gli alberi non sono filiformi, però, tale angolo visuale è ridotto da una parte dal primo tronco sull'asse (quello di coordinate 1,0) di arcsen r/1=arcsen 1/50, dall'altro dal tronco del 49° albero della seconda fila (coordinate 49,1) di arcsen r/49.01 = arcsen 1/2450.5 . L'angolo visuale libero, pertanto, è di circa 0,00001 gradi. Quasi nullo... quasi.
Penso che nei conti axpgn consideri anche il 50° albero della seconda fila, il cui centro, però, è 1/100 di unità fuori dal cerchio. Se scontiamo quel centimetro i conti tornano

[axpgn]

Potresti fare un "disegnino" ? Perché non ci ho capito molto

Gli "arcsen" non sono "arctan" ?

Cordialmente, Alex

[axpgn]

@andomito

Se do in pasto a wolframalpha questo sistema

${(y=tan(arcsin(1/50))*x),((x-49)^2+(y-1)^2=(1/50)^2):}$


mi trova due soluzioni reali ovvero la linea dello sguardo, tangente al primo albero, è secante il secondo …

Cordialmente, Alex

[andomito]

"axpgn":Potresti fare un "disegnino" ? Perché non ci ho capito molto

Gli "arcsen" non sono "arctan" ?

Cordialmente, Alex

Hai ragione, in realtà avrei dovuto usare arctan.

Ma quello non sposta quasi nulla, il vero errore l'ho fatto non considerando che l'albero lontano occlude la vista non sulla verticale, ma su un angolo di circa arctan 1/49.

[axpgn]

"andomito":Ma quello non sposta quasi nulla, ...

È un quasi che potrebbe fare la differenza ... anche se nel nostro caso non mi pare sia così

"andomito":... il vero errore l'ho fatto non considerando ...

Esatto.

Cordialmente, Alex

[andomito]

La notte porta consiglio.
Rifacendo i conti:

Angolo di visuale tra i tronchi filiformi in coordinate (1,0) e (49,1) = arctan (1/49) = 1,1691 gradi
(triangolo rettangolo tra origine e tali punti con cateti di dimensioni 49 e 1)
Angolo occluso dal primo tronco (1,0) = arcsen (1/50) = 1,1460 gradi
(triangolo rettangolo formato da retta per l'origine tangente al tronco, raggio ad essa ortogonale e asse x con cateto pari al raggio del tronco e ipotenusa pari alla x del centro del tronco)
Angolo occluso dal tronco della seconda fila (49,1) = arcsen [(1/50)/(49^2+1)^0.5] = 0,0234 gradi
(triangolo rettangolo formato da retta per l'origine tangente al tronco, raggio ad essa ortogonale e congiungente origine, centro del tronco, con cateto pari al raggio del tronco e ipotenusa pari alla distanza centro-origine)
La visuale è pertanto coperta per circa 0,0002 gradi (a meno di approssimazioni della calcolatrice)
In sostanza l'errore era che in un caso dovevo fare arctan, negli altri due arcsen.

[andomito]

e per finire

Per calcolare di quanto devo ridurre il raggio del tronco per vedere la luce considero che tale variazione ha un effetto sull'angolo occluso dall'ultimo tronco che è circa 1/50 dell'effetto sull'angolo occluso sul primo tronco, e quindi mi limito a computare tale secondo effetto, ponendolo pari alla riduzione di occlusione che ricerchiamo. Avremo

1/sen[ arcsen (1/50) - 0,0002]= 50.0088

Ovvero che se poniamo il raggio pari a circa un 50.009-esimo di unità, circa 0.0000035 unità meno della dimensione precedente (1/50 = 0.02 unità) vedremo senz'altro la luce.

La riduzione proposta nel testo, fatti i conti, è di circa 0.0000039 unità, e dunque maggiore di quella appena trovata. Quindi permetterà a fortiori di vedere la luce.

[andomito]

"lino.lino":Ciao,

gli puoi chiedere di disegnare in modo ortodosso un triangolo rettangolo
e vedrai che non ci riuscirà!
E voi?

Bye bye

Cosa intendi con "in modo ortodosso?". L'ipotenusa "in basso" nel foglio e i cateti a congiungersi "in alto"?

Se è così, in effetti provandoci di getto è facile sbagliare, visto che solitamente l'ortogonalità la percepiamo molto meglio se coinvolge rette "orizzontali" (parallele la congiungente dei nostri occhi).
Il modo più semplice è individuare il centro dell'ipotenusa, tracciare (o visualizzare) il cerchio che l'ha come diagonale e scegliere un qualunque punto su di esso come terzo vertice.

[axpgn]

@andomito
Ma non è sufficiente ...

Abbiamo già dimostrato (vedi sopra mio sistema) che quel caso non funziona.
Ma, per l'appunto, è solo uno degli infiniti casi
Presupponi che quella sia la situazione migliore (supposizione sensata) ma è tutto da dimostrare che non esista qualche posizione fortunata da cui si possa guardare fuori ...

Cordialmente, Alex

[andomito]

"axpgn":@andomito
Ma non è sufficiente ...

Vero

Un'altra situazione da esaminare (è un asse di simmetria del sistema) è in corrispondenza della diagonale, per cui con analoghi calcoli [constatato che il primo tronco è in (1,1) ed il secondo in (35,34)] si ricava

Angolo utile tra tronchi filiformi = arcsen {1/[2*(35^2+34^2)]^0,5}=0.8303 gradi
Angolo occluso dal primo tronco = arctan [1/(50*2^0.5)]= 0.8102 gradi
Angolo occluso dal secondo tronco = arctan {1/[50*(35^2+34^2)^0.5]}=0.0235 gradi
Risultandone una copertura di 0.0034 gradi

Resta da dimostrare che ogni altra direzione ha luci minori delle due esaminate. Ad occhio pare evidente, visto che, diminuendo il numero di tronchi allineati lungo il raggio del "primo tronco", l'angolo di copertura aumenta, ma dimostrarlo per induzione (vedendo che accade a rette inclinate del 50%, con 25 punti sul raggio, del 66%, con 16 punti sul raggio, del 75%, con 12 punti…) mi pare poco elegante, dimostrarlo verificando tutte le possibilità in un semiquadrante è troppo laborioso e dedurlo dalle simmetrie del sistema mi pare un po' pretenzioso.

Ci penso un po'...