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mauro_mbf1948
Dio minore
Registrato: 18/03/08 05:06
Messaggi: 742
Residenza: genova
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 Inviato: 23 Ott 2009 06:53 Oggetto: Quiz semplice matematico, a livello di quinta elementare.- |
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Ora ve ne faccio uno io.....
Si devono riporre delle bocce da gioco in una cassa avente le seguenti dimensioni:-
1 metro x 0,5 m x 0,3 m.
Quante bocce del raggio di 5 cm ci stanno?
Ovviamente dovranno essere disposte ben ordinate per farcene stare il maggior numero possibile.-
Ignoro, o meglio, non ricordo, le vere dimensioni delle bocce da gioco, perchè se sono di metallo hanno un diametro, se sono come nei vecchi campi da gioco e nelle osterie di campagna di una volta hanno dimensioni ben maggiori perchè erano di terracotta piena. Ma supponiamo un raggio di 5 cm soltanto per comodità di calcolo. Probabilmente saranno da 7 e più cm.-.-
A voi la risposta! mandatemela in privato.-
mauro |
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Zeus
Amministratore
Registrato: 21/10/00 01:01
Messaggi: 12777
Residenza: San Junipero
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| Inviato: 23 Ott 2009 07:01 Oggetto: |
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Solitamente le risposte si danno qui sul forum, "spoilerate" con quote e color=white.
| Citazione: | 10x3x5=150
non so se incastrando meglio le bocce ce ne possono stare di più |
Che ne pensi? |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 23 Ott 2009 12:44 Oggetto: |
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studiando la stars & stripes, riesco ad arrivare a
conto di giustificare la proposta con un disegnino, ma solo se mi viene bene 
L'ultima modifica di Salmastro il 24 Ott 2009 09:59, modificato 1 volta |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
Messaggi: 313
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| Inviato: 23 Ott 2009 21:18 Oggetto: |
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Ecco pronta la rispostina con tanto di disegnino...
Spieghiamo:
Allora le misure sono obbligatorie; nel senso che abbiamo una scatola che è:
100 cm X 50 cm x 30 cm
| Citazione: |
E noi dobbiamo dissporre al suo interno delle biglie di 5 cm di raggio ergo in fila 10 per fare un metro; 5 per fare 50 cm e 3 per fare 30 cm
Se le disponessi secondo un ordine per cosi dire a CUBO e cioè una sull' altra ed una affianco all' altrain modo ortogonale il conto sarebbe molto semplice e cioè:
10 sul lato da un metro PER 5 sul lato da 50 Cm PER un altezza di 3 sul bordo di 30 cm :
10 * 5 * 3 = 150 biglie.
Ora però sorge spontanea una domanda:
Ma se le metto in un altro ordine e per inciso quello mostrato in figura; tra l' altro anche la posizione più semplice per un insieme di sfere da raggiungere quante ce ne stanno? sono di più o di meno?
Bene per saperlo non faremo neanche un conto, per ora...
Se le disponiamo come in figura (prendiamo il rettangolo più grande e teniamo conto di tutte le biglie del disegno) noteremo che il guadagno di spazio verso l' alto non è sufficiente a farci stare la fila delle biglie colorate di rosso e per questo motivo al posto delle 50 biglie che avevamo sul fondo prima ora ne abbiamo solo 48.
Ora passiamo al rettangolino piu piccolo sull'angolo in basso a sinistra di colore azzurro con dentro le sfere nere e quella gialla.
Questo rettangolo rappresenta il rettangolo 50 cm X 30 Cm ed anche quì abbiamo lo stesso problema e cioè che il guadagno di spazio non è sufficiente a farci guadagnare un' ulteriore fila e di conseguenza perdiamo un cerchietto cosicché al posto di 5 per 3 = 15 biglie ne posizioniamo solo 14 e quella gialla rimane fuori.
In tutti e due i casi abbiamo si un aumento di spazio non occupato dalle biglie ma non sufficiente a farci stare una nuova fila da contenere le biglie scartate dagli sfalsamenti.
.... Ora ipotiziamo (ci vorrebbe il disegno ma questo è un pò brigoso in 3D)
Immaginiamo di vedere la scatola dall' alto (il rettangolo grande)
vediamo le 48 palline al suo interno[due le dobbiamo tenere da parte ]
lo strato successivo; o lo cerchiamo di farlo in modo che ogni pallina rimanga esattamente sull' altra e quindi su tutti gli strati perderà due palline su 50 oppure le lascero stabilizzarsi nelle concavita delle sfere del primo strato.... in questo modo avro che il secondo strato sarà sfalsato non solo cverso destra oppure verso sinistra con conseguente perdita di altre palline ma nache verso l' alto o verso il basso con un ulteriore perdita di palline.
Il che mi porta ad affermare che... in questo caso il massimo numero di sfere è 150 predisposte una sopra all' altra ed una affianco all' altra in modo ortogonale come se le sfere fossero iscritte dentro un CUBO.
E questo metodo è il più efficace fino a che mettendole nell' altro modo(ad alveare, diciamo) non sono in numero tale da poter guadagnare un certo numero di fila rispetto al metodo precedente... la formula la posto domani perchè ci sto ancora lavorando.
comunque credo che userò quest'immagine
e questa con qualche aggiustamento 
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Zeus
Amministratore
Registrato: 21/10/00 01:01
Messaggi: 12777
Residenza: San Junipero
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| Inviato: 23 Ott 2009 22:15 Oggetto: |
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| e se ne metto 150 e poi agito un po' la scatola? |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 24 Ott 2009 10:04 Oggetto: |
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| zeussino ha scritto: | | e se ne metto 150 e poi agito un po' la scatola? |
...aumenti, di sicuro, l'entropia del sistema
***
ed ora, vi sottopongo la mia idea:
| Citazione: | Secondo la convenzione di Scrigno, pongo come unitario il diametro delle sfere, per cui la dimensioni della scatola diventano 10x5x3.
In mancanza di un adeguato disegno, indicherò come segue la disposizione da me scovata, dove i numeri da 01 a 11 indicano le file e o le sfere.
01= ooooo
02= .oooo.
03= ooooo
04= .oooo.
05= ooooo
06= .oooo.
07= ooooo
08= .oooo.
09= ooooo
10= ooooo
11= ooooo
In sostanza 7 file da 5 e 4 da 4 (7x5=35, 4x4=16, 35+16=51), per un totale di 11 file e 51 sferette.
Gli ?incastri? delle sfere delle file pari (esclusa la #10 che è da 5) permettono un piccolo guadagno in altezza e, in particolare, le prime nove file occupano lo spazio di un rettangolo di dimensioni 5x7,93 (approssimato per eccesso) e quindi le 11 file ne occuperanno uno di lati 5x9,93.
Infatti le prime nove file possono pensarsi costituite da ma una mezza pallina della fila 1 (che incide per 0,5) da una mezza pallina della fila 9 (idem: 0,5) e dal gruppo costituito dalle restanti sette file, più quelle due dimezzate. Partendo dal centro della pallina della prima fila posta all?estrema sinistra, tracciamo una segmento inclinato di 60°, fino ad incontrare il centro di una pallina posta nella nona fila (eventualmente, aggiungiamo, virtualmente, palline a destra). Tale segmento, cui appartengono i centri di una pallina per ogni fila, sarà lungo 8 diametri, 8 unità, secondo le convenzioni adottate, e, poiché lo stesso segmento altro non è che il lato di un triangolo equilatero, l?altezza di tale figura sarà data dalla relazione:
h=L*(sqr[3]/2), nel nostro caso h=8*1,732/2=6,93 (N.B.: approssimazione per eccesso). Ma tale altezza altro non è che la distanza fra la retta che ?dimezza? le palline della prima fila e quella che ?dimezza? quelle della nona fila, per cui l?altezza H della nostra disposizione sarà data da H=0,5+6,93+0,5+2= 9,93<10
(N.B.: 0,5 è il contributo in altezza della mazza pallina di fila 1 ed anche della mezza di fila 9 e 2 è il contributo delle file 10 e 11, mentre 6,93 risulta dal precedente calcolo)
Quindi possiamo disporre 51 palline di diametro unitario in un rettangolo 10x5: facendo tre strati uguali ne stipo (almeno) 51x3=153. |
P.S.: non escludo si possa fare di meglio! |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
Messaggi: 313
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| Inviato: 25 Ott 2009 03:17 Oggetto: |
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@ Salmastro...
Ti quoto pienamente... non avendo ancora una sorta di formula sottomano non avevo considerato che in 100 cm ci poteva appunto essere quel guadagno sufficiente ad avere una fila in più..
la parte che si vede è quella 100 in altezza X 50 in larghezza.
| Citazione: |
Come si nota le fila sono sfalsate partendo con la prima a numero maggiore.
All' ottantesimo cm (definitto visivamente dai cerchi rossi tratteggiati) si ha il guadagno di fila con anche un resto di spazio.
A questo punto lo sfalsamento ha fatto perdere 4 biglie. quindi al posto di 9 * 5 avremo 9*5-4 = 41
lo spazio rimanente è maggiore di 20 cm quindi non sufficiente allo sfalsamento per quello detto nel post precedente e quindi le fila saranno inpilate appunto a mo di CUBO quindi 2 fila da 5 -> 5*2 = 10
Risultato finale 41 + 10 = 51 biglie
(le ultime due file sono rappresentate solo dalla prova che ci stanno nello spazio rimasto attraverso il disegno delle due biglie azzurre riportate in alto a destra)
Si fa notare che se la colonna della quale abbiamo appena parlato non fosse stata di 50 cm di larghezza ma 40 cm. all' ottava fila, il guadagno di fila avrebbe portato il numero delle biglie allo stesso valore che se fossero state inpilate a cubo.
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 25 Ott 2009 11:23 Oggetto: |
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@ Scrigno:
grazie del disegno! 
ora, aspettiamo Mauro per vedere che ci dirà! |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
Messaggi: 313
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| Inviato: 25 Ott 2009 18:50 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | @ Scrigno:
grazie del disegno!
ora, aspettiamo Mauro per vedere che ci dirà! |
Più che unn disegno geometrico è un opera d'arte da interpretare
Comunque ha tutti gli elementi importanti di colori differenti e credo che si capisca quello che volglia far capire...
E' tutto ieri che cerco di disegnare la scatola in 3D perchè:
| Citazione: |
Noi abbiamo fatto i conti cercando di stipare le biglie sul fondo in un certo modo e poi, avendo trovato la disposizione migliore, l' abbiamo riproposta sugl' altri strati.
Ora, avendo le altre dimensioni inferiori a poter contenere 8 unità il problema non sussiste in quanto è sicuramente il nostro il modo di stiparle al meglio. ma se rovesciassimo la domanda:
Avendo un numero x di palline, quale sarebbe il miglior modo di stiparle?
153 palline pare proprio questo ma se quella scatola fosse stata di 100 * 100 * 100 e quindi A cubo avrebbe contenuto 1000'000 di palline sarebbe stata la soluzione migliore oppure ne avrebbe contenute: Quante di più?
Trovo molto interessante ed utile questa cosa perchè capita spesso di dover mettere in una scatola sfere o cilindri; a me, per lo meno è capitato molto spesso
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