Puzzle Capra Gaetano

LA CAPRA NEL RECINTO Un campo ha la forma di un cerchio di raggio lungo 100 metri, delimitato da un recinto  circolare. Una capra è legata da una corda ad un paletto, in un punto fisso del recinto. Per  impedire alla capra di diventare troppo grassa, l'agricoltore vuole fare in modo che essa  possa raggiungere soltanto la metà dell’erba del campo. Quanto deve essere lunga la  corda?

Primo procedimento geometrico Ricorso alla “quadratura del cerchio”  Illustrazione 1. Si tracci il cerchio limitato dagli assi AB e CD  adottando la misura del raggio  r1  uguale a 1  metro, e non 100, per agevolare le operazioni  matematiche che verranno. Segue la prima operazione che è la tracciatura  del   quadrato   EFGH   di   perimetro   uguale   alla  circonferenza di raggio r1.  Uno   dei   semi­lati   C1F   che   ci   interessa   è,  dunque, uguale a π/4, ossia 0,785398163... Si collega poi con una linea I con D e dopo si  traccia   la   normale   ad   essa   OL.   L   individua  approssimativamente   uno   degli   estremi   della  corda NL. Di qui ND o DL non sono altro che il  raggio r2 ricercato, ovvero la corda necessaria  per la capra nel recinto. Si   elencano   di   seguito   i   risultati   delle  Illustrazione 1: Geometria primo  operazioni   di   calcolo   dei   diversi   elementi  procedimento. geometrici   che   permettono   di   giungere   alla  fine alla verifica che l’area del recinto  NDLP,  segnato   in  rosso,  sia   molto  prossimo   alla  metà   dell’area   del  cerchio   di   raggio  1   metro.  Sappiamo in partenza così che quest’area deve essere π/2 mq, ossia 1,5707966327..., che in  realtà è 100 x 100 volte più grande. Lunghezze: C1I = 0,618990892... m. C1D = 1,785398163... m. ID = 1,889655081... m. ½ ID = 094482754... m. OM = 0,327568188... m. (x) MD = 0,672431811... m. (y) DL = 1,159682552... m. (r2) che corrisponde a 115,9682552... m. ½ alfa = 70,87875929...° ½ beta = 54,56062036...° Area rif.to raggio r1=1 m.: Settore circolare OPDL: A1= 1,23706719... mq. Triangolo OPL: A2= 0,3094095445... mq.

Segmento circolare PDL: A3= A1–A2= 0,927572273... mq. Area rif.to raggio r2=1,159682552... m.: Settore circolare DPQL: A4=1,28066315... mq. Triangolo PDL: A5=0,635332094... mq. Segmento circolare POLD: A6=A4–A5=0,645331055... mq. Area segmenti circolari  assiemati POLD: A7=A3+A6=1,572903329... mq. Area ideale dei due segmenti circolari assiemati: A0=1/2π=1,570796327... mq. A7–A0=0.00210 7002... mq. in eccesso che in realtà è  210,7002... mq.  su  15707,9...mq.,  ossia il: 13,41.../1000 in eccesso.

Secondo procedimento geometrico  Ricorso alla quadratura del cerchio Illustrazione 2. Stessa   procedura   iniziale   come   per   quella  precedente per la tracciatura del cerchio e del  quadrato EFGH. Fa   seguito   l’esecuzione   della   retta   GL   che   è  tangente   al   cerchio   di   raggio  r1  in   L.   Si  congiungono poi i due estremi G ed L con il  centro   0.   Il   triangolo   OGL   che   vi   deriva   è  rettangolo.   In   più   il   punto   L   individua  approssimativamente  uno   degli  estremi   della  corda NL. Di qui ND o DL non sono altro che il  raggio r2 ricercato, ovvero la corda necessaria  per la capra nel recinto. Analogamente al caso precedente si elencano  di seguito i risultati delle operazioni di calcolo  dei   diversi   elementi   geometrici   che  permettono di giungere alla fine alla verifica  Illustrazione 2: Geometria secondo  che l’area del recinto  NDLP, segnato in rosso,  procedimento. sia   molto   prossimo   alla   metà   dell’area   del  cerchio di raggio 1 metro. Sappiamo in partenza così che quest’area deve essere  π/2 mq,   ossia 1,5707966327..., che in realtà è 100 x 100 volte più grande. Lunghezze: OG=1,110720735... m. GL=0,483425847... m. MD=0,671138681... m. OM = 0,328861319... m. (x) MD = 0,672431811... m. (y) DL = 1,159566943... m. (r2)  che corrisponde a 115,9566943... m. 

½ alfa = 70,80032324...° ½ beta = 54,59983837...° Area rif.to raggio r1=1 m.: Settore circolare OPDL: A1= 1,235698752... mq. Triangolo OPL: A2= 0,310569468... mq. Segmento circolare PDL: A3= A1–A2= 0,925129283... mq. Area rif.to raggio r2=1,159682552... m.: Settore circolare DPQL: A4=1,281328177... mq. Triangolo PDL: A5=0,633808756... mq. Segmento circolare POLD: A6=A4–A5=0,64751942... mq. Area segmenti circolari  assiemati POLD: A7=A3+A6=1,572648704... mq. Area ideale dei due segmenti circolari assiemati: A0=1/2π=1,570796327... mq. A7–A0=0,001852377... mq. in eccesso che in realtà è 185,2... mq. su 15707,9...mq., ossia: 11,8.../1000 in eccesso.

Terzo procedimento geometrico   x=1/3, y=2/3 Illustrazione 3. Dato   il   solito   cerchio   di   raggio  r1=1   m.,  notando nei precedenti casi che: La   retta   OM  (x)  varia   intorno   al   valore   di  0,327... a 0,328..., tendendo in questo modo a  quello   ideale   che   non   si   sa   (ma   in   modo  empirico è possibile saperlo: lo vedremo poi). Questa   cosa   suggerisce   una   terza   soluzione  attribuendo   a   OM   il   valore   di  1/3  e   per  conseguenza MD è uguale a 2/3. Di qui si procede per il calcolo degli elementi  geometrici   allo   stesso   modo   dei   casi  precedenti. Illustrazione 3: Geometria terzo   procedimento.

Per   semplificazione   si   omettono   i   suddetti  calcoli, eccetto quattro. Il   raggio  r2  che   è  1,154400538...   m.  che  corrisponde a 115,4400538... m. ;

½ alfa=70,52877937... °; ½ beta=54,73561033...°; e il risultato finale dell’area dei due segmenti circolari assiemati POLD è questo:

A7=1,561397142...mq.  che messo in rapporto all’area ideale  A0=1,570796327... mq.  dà  uno scarto in difetto di 0.009399184... mq., in realtà 93,99... mq., su 15707,96...mq., ossia: 5,98.../1000 in difetto.

Calcolo empirico di y e del raggio r2 ideali Si fa riferimento al caso precedente in cui Y=2/3 che risulta in difetto per portarsi a quello  ideale.  Ma che valore deve avere Y per approssimarsi nel migliore dei modi a quello giusto? Si   tratta   di   trovare   la   larghezza   m   della   fascia   circolare   da   aggiungere   alla   curva   APL  dell’illustr. 3. sapendo che deve avere un’area di 0.009399184... mq. La lunghezza dell’arco APL, per beta=2 x 54,73561033...°, è 2,206209226... m., quindi: m=0.009399184... mq./2,206209226... =0,00429745... m. Di conseguenza:  y=2/3 + m=0,670964116... m. circa e: r2=1,154400538... m. + m=1,15897988... m. circa che corrisponde a 115,897988... m. Ora   volendo   forzare   la   mano   per   arrivare   ad   una  formulazione   analitica  allo   scopo   di  ottenere  il  miglior   risultato,  sulla   base  dei  calcoli  or  ora   fatti, si  potrebbe  far  ricorso  a  questa formula: y=2/3 + 1/333 + 1/777 + 3/7777  In base ad essa si ottengono questi risultati: y=0,671213839... m. r2=1,158742716... m. che corrisponde a 115,8742716... m. A7=1,570797917... mq.  Scarto  con  A0   (=1,57079627...m.)   =0,000001647...mq.   che   è   in   realtà   0,01...   mq.   su  15707,96...mq., ossia:  0,00636/10^–7 in eccesso. Fatto salvo il fatto che esista la formulazione analitica (che io non conosco) con la quale si  perviene all’esatta risoluzione richiesta dal puzzle della capra in questione.   Gaetano Barbella