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Taifu
Semidio
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 Inviato: 18 Feb 2007 01:19 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | Se sai la soluzione, dicci solo se Ulisse è stato troppo ottimista o un po' pessimista. |
La seconda che hai detto 
Tra l'altro la generalizzazione per n dischi conduce ad una incredibile conclusione. |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 18 Feb 2007 11:36 Oggetto: |
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| Taifu ha scritto: |
Tra l'altro la generalizzazione per n dischi conduce ad una incredibile conclusione. |
...che è quella di Ulisse...vero?
ciao
Salmastro |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 12:17 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | Taifu ha scritto: | | Tra l'altro la generalizzazione per n dischi conduce ad una incredibile conclusione. |
...che è quella di Ulisse...vero?
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Caro Sal, mica tanto...
Mooolto più incredibile (almeno per me).
Ciao.
Marco. |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 14:59 Oggetto: |
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Ecco la soluzione per il mazzo di carte (o per i mattoni, o per i cubi ma non, almeno secondo me e poi spiegherò perché, i dischi).
| Citazione: | Il disco più in alto può sporgere di 20 cm, il penultimo di 10, il terzultimo di 5 e così via. Quindi in teoria si può arrivare a 49 cm con 7 dischi.
La sorprendente conclusione è che è possibile raggiungere qualsiasi distanza, con un numero sufficientemente alto di dischi, visto che la serie armonica 1/2 + 1/4 + 1/6 diverge |
Perchè un mattone stia in equilibro sopra il mattone sottostante è sufficiente che sporga per massimo la metà della sua lunghezza.
Nel caso di due dischi questo però non è vero.
Nell'immagine seguente è possibile vedere come l'area del disco, sporgente per metà del suo diametro, è superiore alla parte che appoggia sul disco sottostante.
Per questo motivo il disco deve cadere...
Ulisse e Salmastro, vi ho convinto della mia tesi? Oppure sbaglio qualcosa?
Bisogna calcolare quando l'area sporgente è equivalente all'area "poggiante" e vedere se la nuova serie armonica diverge ancora.
Ora ci provo.
Ciao.
Marco. |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 15:25 Oggetto: |
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La "formuletta" che da l'area dell'intersezione di due cerchi è questa:
Dunque, nel nostro caso R e r coincidono e in tal caso la formula degenera un po', per fortuna.
Se poniamo il raggio uguale a 1 e e se uguagliamo all'area diviso due, ecco la formula richiesta:
π/2 = 2*cos^(-1)(d/2) - 1/2d*sqrt((4-d^2)
Risolvendo numericamente si ha d ≈ 0,807946.
Questo fa sì che il primo disco in alto possa sporgere al massimo di ≈ 17,87565 cm.
Per il secondo disco partendo dall'alto le cose si fanno assai più complicate...
Il problema appare ancora più sfuggente di quanto mi è apparso dopo aver realizzato che i dischi non sono come i mattoni.
Passo la palla perchè per oggi il mio cervello ha già dato troppo
Ciao.
Marco. |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 18 Feb 2007 15:28 Oggetto: |
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| Taifu ha scritto: | Ecco la soluzione per il mazzo di carte (o per i mattoni, o per i cubi ma non, almeno secondo me e poi spiegherò perché, i dischi).
| Citazione: | Il disco più in alto può sporgere di 20 cm, il penultimo di 10, il terzultimo di 5 e così via. Quindi in teoria si può arrivare a 49 cm con 7 dischi.
La sorprendente conclusione è che è possibile raggiungere qualsiasi distanza, con un numero sufficientemente alto di dischi, visto che la serie armonica 1/2 + 1/4 + 1/6 diverge |
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c'è qualcosa che non mi convince: i numeri che hai scritto tu, salvo mia errata interpretazione, non conducono alla serie cosiddetta armonica, ma alla serie geometrica di ragione 1/2, che converge.
Un'altra domanda: quando tu dici che il disco più in alto sporge di..., intendi rispetto a quello direttamente inferiore?
C'è qualcosa che mi sfugge...
Salmastro |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 18 Feb 2007 15:35 Oggetto: |
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Secondo me c'è qualcosa che non quadra nel tuo ragionamento.
Innanzi tutto ti tolgo i dubbi sulla forma del mattone: qualunque essa sia, quadrata, rettangolare, tonda, a stella, bislunga, oblunga ecc. ecc. l'unica cosa che conta è che la proiezione del baricentro del corpo appoggiato (il disco superiore) cada all'interno della più piccola figura convessa contenente il perimetro della base d'appoggio.
Se ad esempio prendi una seggiola, il baricentro deve stare all'interno del quadrato formato dai quattro piedi.
Nel caso del disco, riferendomi alla tua figura, deve cadere all'interno dell'area rossa.
Per convincerti definitivamente seguo il tuo ragionamento sui pesi e ti chiedo: come dividi in due pesi il peso complessivo del disco?
Il disco per cadere deve ruotare intorno ad un asse che è tangente alla circonferenza del disco sottostante e perpendicolare al diametro sul quale giacciono i due centri.
Tale asse di rotazione divide il disco in due.
Tutti i pesi che stanno da una parte concorrono a stabilizzare il disco, tutti quelli che stanno dalla parte opporta a farlo cadere.
L'area gialla non sta tutta da una parte rispetto all'asse di rotazione! |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 15:36 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | | Taifu ha scritto: | Ecco la soluzione per il mazzo di carte (o per i mattoni, o per i cubi ma non, almeno secondo me e poi spiegherò perché, i dischi).
| Citazione: | Il disco più in alto può sporgere di 20 cm, il penultimo di 10, il terzultimo di 5 e così via. Quindi in teoria si può arrivare a 49 cm con 7 dischi.
La sorprendente conclusione è che è possibile raggiungere qualsiasi distanza, con un numero sufficientemente alto di dischi, visto che la serie armonica 1/2 + 1/4 + 1/6 diverge |
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c'è qualcosa che non mi convince: i numeri che hai scritto tu, salvo mia errata interpretazione, non conducono alla serie cosiddetta armonica, ma alla serie geometrica di ragione 1/2, che converge.
Un'altra domanda: quando tu dici che il disco più in alto sporge di..., intendi rispetto a quello direttamente inferiore?
C'è qualcosa che mi sfugge...
Salmastro |
Infatti ho sbagliato a riportare i numeri: prova ne è che il calcolo per sette mattoni non darebbe 49.
La serie corretta è 40/2 + 40/4 + 40/6 + 40/8 + 40/10 + 40/12.
In altre parole: 20 + 10 + 6,666... + 5 + 4 + 3,333... = 49.
Questa sì che diverge.
Confermo invece il resto del mio ragionamento (nel senso che confermo quello che intendevo dire, non che confermo di avere ragione).
Ciao.
Marco. |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 15:40 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | Secondo me c'è qualcosa che non quadra nel tuo ragionamento. |
Mi hai convinto: è vero il disco non cade!
Ho commesso un errore veramente pacchiano: con il mio ragionamento un disco che appoggia su un bastoncino al centro cadrebbe sempre e invece non è così!
Allora possiamo dire che la mia risposta è valida anche per i dischi.
Con sette dischi può sporgere di
Ve l'avevo detto che il mio cervello aveva dato già troppo
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 18 Feb 2007 16:26 Oggetto: |
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Un dubbio: ma perchè la "disposizione" di Taifu è la migliore?
Con due dischi è evidente, con tre già si complica...
Qual è il ragionamento che ci porta a quella soluzione (la serie armonica)?
Grazie
Salmastro |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 17:16 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | Un dubbio: ma perchè la "disposizione" di Taifu è la migliore?
Con due dischi è evidente, con tre già si complica...
Qual è il ragionamento che ci porta a quella soluzione (la serie armonica)?
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A questo punto possiamo anche non "spoilerare" più.
Della serie "val più un immagine di mille parole" ecco come MG lo spiega:
Perdonate la qualità da cellulare della foto.
E adesso vediamo un po' chi riesce a dire quanti dischi servono affinché la distanza tra i bordi esterni del primo e dell'ultimo equivalga ad una lunghezza pari o superiore a quattro diametri di disco.
Ciao.
Marco. |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 18 Feb 2007 20:59 Oggetto: |
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Rispondo in tandem a entrambi.
La serie armonica emerge dal calcolo dei baricentri.
Il ragionamento richiede di impilare non depositando un nuovo disco sopra ai precedenti ma infilandocelo sotto.
Poiché vogliamo che la pila abbia la massima inclinazione possibile, il baricentro del nuovo disco che infiliamo sotto sarà sempre a distanza r dal baricentro della struttura già impilata.
Ogni volta che infiliamo un nuovo disco dobbiamo ricalcolare il nuovo baricentro. Se infiliamo un disco sotto a n-1 dischi già impilati il nuovo baricentro se ne starà sul segmento che congiunge il vecchio baricentro col baricentro del disco n (lungo r) a distanza inversamente proporzionale alle masse ovvero il nuovo baricentro disterà r/n dal vecchio.
Complessivamente si ricava che la distanza orizzontale tra i due centri del primo e dell'ultimo disco è
d = r SUM(k = 1 TO n-1)(1/k)
cioè la serie armonica arrestata al termine n-1.
Per k = 7 e r = 20 otteniamo il fatidico 49 calcolato da Taifu.
Se vogliamo ricavare n tale che d >= 8r "basta risolvere" per n intero
8r =< r SUM(k = 1 TO n-1)(1/k)
Ovviamente lasciando i calcoli a Excel si arriva a scoprire che per disassare i centri di almeno 4 volte il diametro servono la bellezza di almeno 1674 dischi!
Beh... visto che una domanda per uno non fa male a nessuno, ecco la mia!
Se gli strumenti di misura a nostra disposizione per realizzare la pila hanno la risoluzione di 1 mm quale deve essere, in mm, il raggio dei dischi per poter realizzare una pila di 1000 dischi? |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 18 Feb 2007 23:14 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | Ovviamente lasciando i calcoli a Excel si arriva a scoprire che per disassare i centri di almeno 4 volte il diametro servono la bellezza di almeno 1674 dischi! |
Compreso il primo a me risultano 1675. Comunque ci siamo intesi
| ulisse ha scritto: | Beh... visto che una domanda per uno non fa male a nessuno, ecco la mia!
Se gli strumenti di misura a nostra disposizione per realizzare la pila hanno la risoluzione di 1 mm quale deve essere, in mm, il raggio dei dischi per poter realizzare una pila di 1000 dischi? |
Visto che è tardi, ti rispondo da "fetente": un millimetro.
Io la pila la faccio dritta!
Certo non ci deve essere un filo di vento!
Comunque non è così peregrina come risposta: che percentuale dell'inclinazione vuoi ottenere? Con 0% la mia risposta è giusta.
O non ho capito?
Notte.
Marco. |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 19 Feb 2007 10:00 Oggetto: |
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| Taifu ha scritto: |
Compreso il primo a me risultano 1675. Comunque ci siamo intesi |
 Che pollo che sono!
I dischi sono certamente 1675.
Ho risolto per n - 1 anziché per n !!!
| Taifu ha scritto: | Visto che è tardi, ti rispondo da "fetente": un millimetro.
Io la pila la faccio dritta!
Certo non ci deve essere un filo di vento!
Comunque non è così peregrina come risposta: che percentuale dell'inclinazione vuoi ottenere? Con 0% la mia risposta è giusta.
O non ho capito? |
E per la mia domandina intendevo dire col criterio della massima distanza tra gli assi! |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 19 Feb 2007 10:25 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | E per la mia domandina intendevo dire col criterio della massima distanza tra gli assi! |
Direi 2*4*6*8*10...*998 mm (un po' grossini lo ammetto, non ci stanno nell'universo).
Solo in questo modo avresti la certezza di non avere resti per tutte le divisioni.
Altrimenti dovresti obbligatoriamente approssimare per difetto per non far cadere la pila e a quel punto non otterresti più la distanza massima.
Mi sa che non ho capito nemmeno questa volta vero?
Ciao.
Marco. |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 19 Feb 2007 10:28 Oggetto: |
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| Taifu ha scritto: | | Direi 2*4*6*8*10...*998 mm |
Per la precisione ecco i miillimetri che mi garantiscono zero resti.
| Codice: | >>> y=1
>>> for x in range(2,1000,2):
... y*=x
...
>>> y
399398442654750886130539094463265876949146561273295088414935226446366965378391878667385584793158629764872473010071268723328786767003323434714772137216
005297046885227743536708506479034328334598278577285994051091852807009513837042950476938246165218467079266856474974718272897967300782485394040317478337
946198137759468809430899524969760772757913717860655506921719422236343977822420657843146654419615078427126556112308853802759303355355152940145785364953
577542572931070103507568654736612435505066087915531628866697355374514852059325787560174853260716326078095939461145716182600539002216350038451775660946
474956799525111139821650737358012481517740060172259089315058659035911600898874985176169319068922823800860775522568733792311687270848217500055088976104
393231269219881796557587448208735585495766709385498496316131337618675590043659790336888357595896825673824109403833802179347878839459285452597646011313
895389346020262146141246676740687375355443330475516902518915052731339195969269104845657539480145492619768881861186330087442235891570050468250483068061
790149481542210775355227690556301888760977066455285900869605785277954148418629203550986162529966258519082532864000000000000000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000L
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Salmastro
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| Inviato: 19 Feb 2007 11:42 Oggetto: |
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premesso che non conosco a fondo, quasi per niente, la teoria degli errori, se ci mettiamo a costruire la pila da 1000 dischi con l'ausilio, p.es., di un metro da muratore e se è lecito fare approssimazioni per difetto, credo che | Citazione: | | poichè la sporgenza minima, quella fra il disco appoggiato sul piano orizzontale e il suo diretto superiore, è pari a d/1998, basta che d/1998 sia maggiore dell'errore cioè di 1 mm. Per cui deve essere d>1998mm e, penso che con dischi di 2 metri si sia sufficientemente tranquilli. |
Però, credo d'aver capito non è così: perchè cerchiamo la "precisione" e quindi ha ragione Taifu. Anche se non capisco il suo range, secondo me
| Citazione: | dovremmo cercare un numero che diviso per tutti gli n compresi fra 2 e 999 non dia resto, ma lui ne indica più del dovuto. Per esempio 8 va bene per la divisione per 2, per 4 e per 8 e lui indica nella "produttoria" sia 2 che 4 che 8....
Io invece direi che per prima cosa bisogna individuare tutti i numeri primi da 2 a 1998 e quindi moltiplicarli tutti fra loro, attribuendo ad ognuno un opportuno esponente. Questo esponente (chiamiamolo k) dovrebbe esser dato dalla parte intera del logaritmo di 1998 in base n (n è un numero primo).
Per esempio: se n=2 k=10 (2^9=1024, ma 2^10=2048)
se n=3 k=6 (3^6=729...), se n=5 k =4; se n=7 k=3; se n=11 k=3,
se n=13 k=2 e così fino a n=43. Per n>= 47 sarebbe k=1. |
Non so, comunque, come scrivere in forma compatta tale mia ipotesi
Ciao
Salmastro |
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 19 Feb 2007 12:36 Oggetto: |
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mi accorgo adesso di una imprecisione nella mia ipotesi:
| Citazione: | | e cioè che i numeri da considerare sono solo i pari da 2 a 1998 e che quindi va rivisto l'esponente k da attribuire ai numeri primi: per 2 e 3 va ancora bene, piccole variazioni per gli altri: per 5 k=3, per 7 k=3, per 11 k=2 fino a 31, poi per n>=37 k=1 |
ciao
Salmastro |
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Taifu
Semidio
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| Inviato: 19 Feb 2007 14:44 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | mi accorgo adesso di una imprecisione nella mia ipotesi:
| Citazione: | | e cioè che i numeri da considerare sono solo i pari da 2 a 1998 e che quindi va rivisto l'esponente k da attribuire ai numeri primi: per 2 e 3 va ancora bene, piccole variazioni per gli altri: per 5 k=3, per 7 k=3, per 11 k=2 fino a 31, poi per n>=37 k=1 |
ciao
Salmastro |
Giusto!
Il risultato adesso è molto più "trattabile":
| Codice: | def mcm(x,y):
m = s = max(x, y)
while not ( m % x == 0 and m % y == 0 ) :
m += s
return m
m = 2
for x in range(4, 1998 + 1, 2):
m = mcm(m, x)
print m
|
| Codice: | 142577305493301861063327683114285458413367177237717860809040039823086481751622229989528883038277431738234356340391505130259605281352420185029317420086
102621453725362864003932199497254918743766874100308689050474794905979262913499642564739124656475880221376185246354177239590815824955091160986529514756
59846705503593470496084927276102274068662429563493701756906971356043776150746499843991344113864058198781783374975345395901863207040000
|
Ciao.
Marco. |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 19 Feb 2007 15:55 Oggetto: |
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| Taifu ha scritto: | | ulisse ha scritto: | | E per la mia domandina intendevo dire col criterio della massima distanza tra gli assi! |
Direi 2*4*6*8*10...*998 mm (un po' grossini lo ammetto, non ci stanno nell'universo).
Solo in questo modo avresti la certezza di non avere resti per tutte le divisioni.
Altrimenti dovresti obbligatoriamente approssimare per difetto per non far cadere la pila e a quel punto non otterresti più la distanza massima.
Mi sa che non ho capito nemmeno questa volta vero?
Ciao.
Marco. |
No, no. E' esattamente quello che intendevo!
Poiché dobbiamo essere in grado di misurare con risoluzione di 1 mm tutte le frazioni r/2, ... , r/999 (altrimenti non siamo in grado di collocare correttamente i dischi) è necessario che r sia divisibile per tutti gli interi da 2 a 999.
Dunque è proprio come ipotizzato da voi
r = mcm(2, 3, ... , 998, 999)
(Salmastro non se ne era accorto ma con la sua ipotesi stava ricostruendo il concetto di mcm: tutti i fattori primi comuni e non comuni presi una sola volta e col grado massimo - il k che stava cercando di individuare -).
Stavo provando a fare un po' di conti e mi pare proprio che una prima sgrossatura per ridurre i tempi di calcolo sia la seguente (ipotizzo n pari per non portarmi dietro parti intere):
mcm(2,3, ... , n-2, n-1) = mcm (n/2, n/2+1, ..., n-2, n-1)
Quindi la lunghezza del ciclo iterativo può essere dimezzata.
Non ho capito perché vi occupate solo dei pari. O forse l'ho capito: state ragionando in termini di diametro e non di raggio. Perché vi complicate la vita moltiplicando tutto per due?
Il valore numerico del risultato deve essere un numero spropositato visto che già con 20 dischi il raggio deve essere 232 chilometri, 792 metri e 56 centimetri!
Avevo notato la parola paradosso nella foto postata da Taifu e con la domanda volevo far notare uno degli inconvenienti che impediscono la realizzazione pratica della torre (da cui il paradosso).
L'ultima modifica di ulisse il 19 Feb 2007 16:03, modificato 1 volta |
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