Curva minima
Problema e de nizioni
Determinare nel piano la urva di lunghezza minima he interse a tutte le
rette he distanomeno di 1 da undato punto O. La urva puo an he onsistere
di ar hi dis onnessi.
Esista una soluzione on l < 4:82, he hiamero \soluzione standard." Di-
mostrero he none il minimo er ato.
La soluzione standard
Con riferimento alla prima gura, N e Z sono due estremi di un diametro
verti ale. I punti A, B, C, D, A 0
, B 0
, C 0
sono de niti ome segue. A e C sono
punti di tangenza alla ir onferenza C; le tangenti s'in ontrano in B. I punti
on api e sono i simmetri i di A, B, C, rispetto alla retta NZ. D sta su NZ
ed e l'intersezione di BC e B 0
C 0
. M e il punto medio di BB 0
e sta sull'asse di
simmetria.
I segmenti AB e BC sono visti dal entro O sotto l'angolo ; CD e visto
sottol'angolo . La urva onsistedell'ar odi ir onf. ANA 0
edei segmentiAB,
A 0
B 0
, DM. La sua lunghezza e
l =2( 2 )+2 tg +(tg +tg ) sin :
Cer hiamo,nell'intervallo[0;=3℄,ivaloridi e heminimizzanol. Un al olo
ol metodo del simplesso mi da:
=0:643255628 =0:595523920 l
min
=4:818926456:
Ampliamento della soluzione standard
Consiste nell'usodi due segmenti s onnessi alposto di uno, abbandonando
an he la simmetria. Inltre i due segmenti non sono piu radiali.
Nellase onda gurailsegmentoABevistodaOsottol'angolo ,mentreHI
e visto sotto l'angolo Æ, he puo essere diverso da . Il punto F si trova sulla
tangente a C da H, ma a distanzadal punto di ontatto G diversa da H;quindi
l'angolo sotto ui FG e visto da O puo di erire da Æ. Da F parte uno s avo
perpendi olarealla trasversale BH, he raggiunge inF 0
.
Le tangenti da B e da F s'in ontrano in D; i segmenti CD e DE, tra loro
uguali, sono visti da O sotto l'angolo . Da D parte uno s avo perpendi olare
alla trasversale BF, he raggiunge in D 0
.
Attenzione! Nella gurailpuntoD apparequasiallineato onOeD.Losarebbe
sefosse = : BDFeOBFsarebberoisos elieD 0
sarebbeilpuntomediodiBF.
Si vede dunque he i sono 4 parametri indipendenti: gli angoli , , , Æ.
La lunghezza totaledello s avoe
l=2( Æ)+tg +tgÆ+DD 0
+FF 0
e restano da al olare gli ultimi due segmenti: il al olo si trova in Appendi e.
Conle (A.4),(A.5) abbiamole espressioni er ate equindi lafunzione da usare
per la ri er a del minimo.
Un al olo ol metodo del simplesso mi da:
=0:602123129 =0:336991434 =0:520407653 Æ=0:490782127
e per la lunghezza minima
l
min
=4:799849375:
Nota1: la soluzione standarde un aso parti olare di questo ampliamento, on
=0, =Æ. Infattisi haDD 0
=0,
FF 0
=
os (tg +tg )( os os ( +2 ))
p
2 os 2
(1 2 os +2 os )
=(tg +tg )sin :
Nota3: le guresonodisegnate oivaloridegliangoli hedannoilminimoperl.
Tuttolas ia redere hela soluzionetrovatapossa esserean ora migliorata,
ma qui non andro oltre.
Appendi e
Nel triangolo OBF gli angoli sono rispettivamente:
^
O== +2 +
^
B=
^
F=
on , per ora in ogniti. Analogamente in OBH:
^
O='= +2 +2 +Æ
^
B=
^
H =
on , in ogniti.
DD 0
=BD sin(=2 )=(tg +tg ) os ( +): (A:1)
Dalteorema dei seni peril triangolo OBF si ha
os sin= os sin = os sin(+)
da ui, sviluppando e sempli ando:
tg=
os sin
os os os
: (A:2)
La (A.1)si puo s rivere
DD 0
= os os(tg +tg )(1 tg tg): (A:3)
Dalla(A.2):
1 tg tg=
os os( )
os os os
e sostituendo nella(A.3)
DD 0
= os os(tg +tg )
os os ( )
os os os :
In questa si puo eliminare os ri ordando l'identita os=1=
p
1+tg 2
:
DD 0
=
os (tg +tg )
s
1+
os 2
sin 2
( os os os) 2
os os( )
os os os
=
os (tg +tg )[ os os( )℄
p
os 2
+ os 2
2 os os os
(A:4)
In mododel tutto analogo:
FF 0
= osÆ os (tg +tgÆ)(1 tgÆ tg )
Daltriangolo OBH
os sin = osÆ sin ('+ )
tg =
osÆ sin'
os osÆ os'
e poi
FF 0
=
osÆ(tg +tgÆ)[ os os (' Æ)℄
p
os 2
+ os 2
Æ 2 os osÆ os'
: (A:5)
A A’
B B’
C C’
D
M
N O
Z
αα γ α γ α
A
B C
D
D’
F E
F’
G
H
I
O α βα γ β δγ δ
