Matematica. La regina delle scienze
 

Critica del problema della ruota quadrata (maturita' 2017)

Pangloss 24 Giu 2017 14:39
Mi riferisco all'ormai famoso problema n.1 della maturita' scientifica 2017
ed in particolare alla Fig.4 del testo ufficiale del MIUR:
C e' il centro del quadrato, L e' il punto me***** di un lato, A e' il punto
di tangenza con il profilo f(x) della pedana.
Il testo afferma che i triangoli CAL ed ALM sono simili, lasciandomi perplesso:
perche' mai i punti C ed A avrebbero esattamente la stessa ascissa)?

Poi ho capito. almeno mi sembra...
Se ci si propone di calcolare un profilo f(x) per il quale il mozzo C della
ruota cada sempre sulla verticale del punto di tangenza A si trova appunto
come unica soluzione la funzione del testo:

f(x) = sqrt(2) - Ch(x)

Naturalmente il calcolo di f(x) richiede l'uso di equazioni differenziali.
Essendo f(x) assegnata d'ufficio, il testo avrebbe dovuto anzitutto chiedere
la verifica dell'uguaglianza delle ascisse dei punti C ed A. Omettendo cio',
l'uso suggerito della similitudine dei triangoli CAL ed ALM in Fig.4 mi
sembra logicamente ingiustificato.

E' poi facile verificare che tale profilo gode di un'ulteriore proprieta':
l'ordinata del centro C e' una costante del moto, come chiesto di verificare.

Poiche' il testo non pretende esplicitamente che il mozzo C della ruota cada
sulla verticale del punto di tangenza, mi sono chiesto quali profili siano
possibili rinunciando a tale condizione (ossia pretendendo solo che l'altezza
di C si mantenga costanteo).
La f(x) del testo rimane l'unica o vi sono altre soluzioni possibili?

--
Elio Proietti
Valgioie (TO)
Elio Fabri 24 Giu 2017 15:31
From: Pangloss <proietti@ica-net.it>
Newsgroups: it.scienza.matematica
Subject: Critica del problema della ruota quadrata (maturita' 2017)
Date: Sat, 24 Jun 2017 12:39:12 +0000 (UTC)

Pangloss ha scritto:
> Il testo afferma che i triangoli CAL ed ALM sono simili, lasciandomi
> perplesso: perche' mai i punti C ed A avrebbero esattamente la stessa
> ascissa)?
>
> Poi ho capito. almeno mi sembra...
> ...
> E' poi facile verificare che tale profilo gode di un'ulteriore
> proprieta': l'ordinata del centro C e' una costante del moto, come
> chiesto di verificare.
>
> Poiche' il testo non pretende esplicitamente che il mozzo C della
> ruota cada sulla verticale del punto di tangenza, mi sono chiesto
> quali profili siano possibili rinunciando a tale condizione (ossia
> pretendendo solo che l'altezza di C si mantenga costanteo).
>
> La f(x) del testo rimane l'unica o vi sono altre soluzioni possibili?
> Accludo parte di un msg che ho inviato ieri alla mailing list "sagredo"
Ci troverai le risposte.

==================================================
Premessa: ieri non avevo guardato il testo del problema; mi ero
limitato alla figura del bambino in bicicletta.
Stanotte, in un periodo di veglia (ma senza alzarmi dal letto) mi sono
messo a pensare al problema, che però mi sono formulato in modo ben
più difficile:
"Quale deve essere il profilo del pavimento perché una bicicletta con
ruote quadrate possa procedere mantenendo orizzontale la traiettoria
degli assi delle ruote?"
Sono riuscito (e ne sono felice: è una specie di ginnastica mentale
cui mi sottopongo per tenermi in esercizio :-) ) a trovare che
dev'essere una catenaria. Non sto a esporre il procedimento, ma non è
proprio b*****e...
In particolare ho trovato una proprietà della catenaria che non
conoscevo: quella espressa dal triangolo rettangolo CAL.

Solo stamattina ho guardato il testo esatto del problema e la
soluzione proposta.
...
Il punto centrale di difficoltà del problema sta nel fatto che si
tratta di un problema di cinematica dei moti rigidi piani.

Bisogna saper matematizzare la condizione di puro rotolamento e
consocere le proprietà del centro istantaneo di rotazione.
Argomenti di un corso di Meccanica Razionale.
...
Del resto nello stesso enunciato del problema c'è una deficienza,
derivante dallo stesso tipo di difficoltà.

Consideriamo la fig. 4. E' detto che C è il centro del quadrato,
quindi è ovvio che L, piede della perp. al lato DE, è il punto me*****
di questo lato.
Ma chi ha detto che C si trova sulla verticale di A (stessa ascissa
x)?
Io lo so giustificare solo come segue.
1. A è il centro istantaneo di rotazione del quadrato.
2. Quindi per qualunque punto Q del quadrato la velocità in
quell'istante è ortogonale ad AQ.
3. E' una condizione del problema che la traiettoria di C è
orizzontale, quindi è orizz. la sua velocità.
4. Ne segue che AC è verticale.

Un'altra pecca è questa.
Al punto 2) del testo si dice "Perché la bicicletta possa procedere
agevolmente sulla pedana è necessario che ...".
E' certamente necessario, ma non è sufficiente.
==================================================


--
Elio Fabri
Pangloss 24 Giu 2017 16:21
[it.scienza.matematica 24 Jun 2017] Elio Fabri ha scritto:
> Pangloss ha scritto:
>> Il testo afferma che i triangoli CAL ed ALM sono simili, lasciandomi
>> perplesso: perche' mai i punti C ed A avrebbero esattamente la stessa
>> ascissa)?

> .....
> Consideriamo la fig. 4. E' detto che C è il centro del quadrato,
> quindi è ovvio che L, piede della perp. al lato DE, è il punto me*****
> di questo lato.
> Ma chi ha detto che C si trova sulla verticale di A (stessa ascissa x)?
> Io lo so giustificare solo come segue.
> 1. A è il centro istantaneo di rotazione del quadrato.
> 2. Quindi per qualunque punto Q del quadrato la velocità in
> quell'istante è ortogonale ad AQ.
> 3. E' una condizione del problema che la traiettoria di C è
> orizzontale, quindi è orizz. la sua velocità.
> 4. Ne segue che AC è verticale.

Wow! E' l'uovo di Colombo!
Io non ci avevo proprio pensato...
Grazie!

--
Elio Proietti
Valgioie (TO)
Maurizio Frigeni 24 Giu 2017 23:12
Pangloss <proietti@ica-net.it> wrote:

> Poiche' il testo non pretende esplicitamente che il mozzo C della ruota
> cada sulla verticale del punto di tangenza, mi sono chiesto quali profili
> siano possibili rinunciando a tale condizione (ossia pretendendo solo che
> l'altezza di C si mantenga costanteo). La f(x) del testo rimane l'unica o
> vi sono altre soluzioni possibili?

In realtà la figura nel testo, anche se non viene detto esplicitamente
(e questa è una grave pecca), ha senso solo se C della ruota cade sulla
verticale del punto di tangenza.

Comunque la f(x) del testo è l'unica possibilità. Se s(x) è la lunghezza
del tratto di curva compreso fra 0 e x, e theta è l'inclinazione della
tangente DE rispetto all'orizzontale (tan theta = f'(x)) allora la
richiesta che C abbia quota costante sqrt2 porta all'equazione:

f(x) - s(x) sin theta + cos theta = sqrt2.

Sostituendo qui:

cos theta = 1/sqrt(1 + f'(x)^2), sin theta = f'(x)/sqrt(1 + f'(x)^2),

derivando e ricordando che s'(x) = sqrt(1 + f'(x)^2) si ottiene
l'equazione differenziale:

f'(x)^2 = (sqrt2 - f(x))^2 - 1,

che è a variabili separabili ed ha come soluzione

f(x) = sqrt2 - cosh(x-k),

dove k è una costante. La richiesta che f(x) abbia massimo in x = 0
porta a k = 0.

M.

--
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
Pangloss 25 Giu 2017 17:28
[it.scienza.matematica 24 Jun 2017] Maurizio Frigeni ha scritto:
> .....
> In realtà la figura nel testo, anche se non viene detto esplicitamente
> (e questa è una grave pecca), ha senso solo se C della ruota cade sulla
> verticale del punto di tangenza.

E' vero: l'argomento cinematico proposto da Fabri lo prova in modo brillante.
Come gia' detto, si tratta di un classico "uovo di Colombo", che risolve in
modo semplice un problema oscuro a priori, ma b*****e a posteriori.

> Comunque la f(x) del testo è l'unica possibilità. Se s(x) è la lunghezza
> del tratto di curva compreso fra 0 e x, e theta è l'inclinazione della
> tangente DE rispetto all'orizzontale (tan theta = f'(x)) allora la
> richiesta che C abbia quota costante sqrt2 porta all'equazione:
> f(x) - s(x) sin theta + cos theta = sqrt2.
> Sostituendo qui:
> cos theta = 1/sqrt(1 + f'(x)^2), sin theta = f'(x)/sqrt(1 + f'(x)^2),
> derivando e ricordando che s'(x) = sqrt(1 + f'(x)^2) si ottiene
> l'equazione differenziale:
> f'(x)^2 = (sqrt2 - f(x))^2 - 1,
> che è a variabili separabili ed ha come soluzione
> f(x) = sqrt2 - cosh(x-k),
> dove k è una costante. La richiesta che f(x) abbia massimo in x = 0
> porta a k = 0.

Stai complicando i calcoli piu' del necessario.
Dopo avere chiarito perche' il centro C deve cadere sulla verticale del punto
di tangenza A, si puo' ottenere il profilo f(x) piu' rapidamente scrivendo
appunto tale condizione, ossia scrivendo semplicemente che:

s(x) = 1*tg(theta)

Da qui per derivazione si ottiene subito la semplice equazione differenziale:

sqrt[1+f'(x)^2] = -f"(x)

che ammette a vista la soluzione f'(x)=-Sh(x)

--
Elio Proietti
Valgioie (TO)
Gino Di Ruberto IK8QQM - K8QQM 25 Giu 2017 23:26
Il giorno sabato 24 giugno 2017 14:39:13 UTC+2, Pangloss ha scritto:
> Mi riferisco all'ormai famoso problema n.1 della maturita' scientifica 2017
> ed in particolare alla Fig.4 del testo ufficiale del MIUR:

Scusami, mi limito solo a indicare il link preciso, perchè ero curioso e ci ho
impiegato qualche minuto a trovarlo:
http://www.istruzione.it/esame_di_stato/201617/Licei/Ordinaria/I043_ORD17.pdf

Ciao.
--
Gino Di Ruberto, IK8QQM
(american callsign K8QQM),
ID DMR: 2228273
Maurizio Frigeni 26 Giu 2017 19:51
Pangloss <proietti@ica-net.it> wrote:

> Stai complicando i calcoli piu' del necessario.

OK: era giusto una derivazione alternativa, che non sfrutta la
dimostrazione "cinematica" data da Elio Fabri.

M.

--
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
Elio Fabri 27 Giu 2017 15:02
Maurizio Frigeni ha scritto:
> ...
> la richiesta che C abbia quota costante sqrt2 porta all'equazione:
>
> f(x) - s(x) sin theta + cos theta = sqrt2.
Mi pare che non sia stata fatta l'ipotesi che C sta sulla verticale, e
sta bene.
Immagino che s(x) sia preso con segno (negativo nella figura).

> Sostituendo qui:
>
> cos theta = 1/sqrt(1 + f'(x)^2), sin theta = f'(x)/sqrt(1 + f'(x)^2),
>
> derivando e ricordando che s'(x) = sqrt(1 + f'(x)^2) si ottiene
> l'equazione differenziale:
Spiacente, ma non ci arrivo.
In particolare come ti liberi di f" ?

Un aiutino :-)


--
Elio Fabri
Maurizio Frigeni 27 Giu 2017 15:42
Elio Fabri <elio.fabri@fastwebnet.it> wrote:

> Immagino che s(x) sia preso con segno (negativo nella figura).

Sì, esatto: s(x) = \int_0^x sqrt(1 + f'(x)^2) dx.

> In particolare come ti liberi di f" ?

Dopo aver sostituito sin theta e cos theta moltiplico entrambi i membri
per sqrt(1 + f'(x)^2), ottenendo:

(f(x) - sqrt2) sqrt(1 + f'(x)^2) = s(x) f'(x) - 1. (*)

Adesso derivo entrambi i membri e sostituisco s'(x) = sqrt(1 + f'(x)^2):
dopo aver eliminato il termine f'(x)*sqrt(1 + f'(x)^2) (che compare in
entrambi i membri) mi rimane:

(f(x) - sqrt2)f'(x)f"(x)/sqrt(1 + f'(x)^2) = s(x) f"(x),

sicché posso dividere entrambi i membri per f"(x). A questo punto
sostituisco qui dentro s(x) ricavato dalla (*) e procedo con un altro
po' di algebra fino ad ottenere

sqrt(1 + f'(x)^2) = sqrt2 - f(x),

da cui quadrando si arriva all'equazione che avevi riportato.

M.

--
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
ADPUF 28 Giu 2017 04:17
Gino Di Ruberto IK8QQM - K8QQM 23:26, domenica 25 giugno 2017:
> Il giorno sabato 24 giugno 2017 14:39:13 UTC+2, Pangloss ha
>
>> Mi riferisco all'ormai famoso problema n.1 della maturita'
>> scientifica 2017 ed in particolare alla Fig.4 del testo
>> ufficiale del MIUR:
>
> Scusami, mi limito solo a indicare il link preciso, perchè
> ero curioso e ci ho impiegato qualche minuto a trovarlo:
>
http://www.istruzione.it/esame_di_stato/201617/Licei/Ordinaria/I043_ORD17.pdf


Immagino che con ruote triangolari o pentagonali non cambi
molto.


Un altro problema sarebbe: e se le ruote sono ellittiche?
(col mozzo nel centro o nel fuoco?)


--
AIOE °¿°
Ho plonkato tutti quelli che postano da Google Groups!
Qui è Usenet, non è il Web!

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