Don't take life too seriously: it's just a temporary situation

Verme di Moser (costante del)

Geometria 

Indice

  1. 1. Pagina principale
  2. 2. Varianti in più dimensioni

Leo Moser propose nel 1966 il problema di trovare la minima area di una coperta necessaria per ricoprire un vermicello addormentato di lunghezza 1, vale a dire la minima figura che, opportunamente ruotata e traslata, possa contenere qualsiasi linea di lunghezza 1.

Il problema è stato risolto solo per alcune forme della coperta:

  • nel caso del cerchio la minima area è π / 4, cioè l’area di un cerchio di diametro 1;

  • nel caso del semicerchio, la minima area è π / 8, cioè l’area di un semicerchio di diametro 1 (Meir);

  • nel caso del quadrato l’area minima è 1 / 2, ossia l’area di un quadrato di lato sqrt(2) / 2, con diagonale 1 (J.P. Jones e J. Schaer, 1970);

  • nel caso del rettangolo l’area minima è quella di un rettangolo di lati β e sqrt(1 – β^2), dove Formula per la definizione di βFormula per la definizione di ψ e Formula per la definizione di α, cioè circa 0.3943847688 (J.P. Jones e J. Schaer, 1970);

  • nel caso del rombo l’area minima è quella di un rombo con diagonale maggiore 1 e diagonale minore sqrt(3) / 3, ossia sqrt(3) / 6 (George Poole e John Gerriets, 1974);

  • nel caso del triangolo equilatero A.S. Besicovitch dimostrò nel 1975 l’area deve essere almeno 7 * sqrt(3) / 27, cioè l’area di un triangolo equilatero di lato 2 * sqrt(21) / 9; P. Coulton e Y. Movshovich dimostrarono nel 2006 che tale triangolo basta a coprire tutte le curve di lunghezza 1;

  • se la linea non interseca il segmento che ha gli stessi estremi (ossia si trova tutta dalla stessa parte rispetto alla retta passante per i suoi estremi) un triangolo rettangolo isoscele con cateti sqrt(2) / 2, ipotenusa 1 e area 1 / 4 può sempre ricoprirla (John Wetzel; v. In Pólya’s Footsteps).

Non si conosce tuttavia la minima area in assoluto, detta “costante del verme di Moser”.

Qui trovate le prime 100 cifre decimali di β (Jean-François Alcover, The Online Encyclopedia of Integer Sequences http://oeis.org).

Qui trovate le prime 102 cifre decimali dell’area del minimo rettangolo (Jean-François Alcover, The Online Encyclopedia of Integer Sequences http://oeis.org).

 

George Poole e John Gerriets proposero nel 1974 un rombo con diagonale maggiore 1 e diagonale minore sqrt(3) / 3, al quale sono stati tagliati due triangoli di altezza sqrt(3) / 6 – 1 / 4, come mostrato nella figura.

 

Soluzione proposta da Poole e Gerriets

 

L’area della figura è sqrt(3) / 48 + 1 / 4.

 

Una figura che è stata ritenuta la migliore per alcuni anni è quella costituita da un sesto di cerchio di raggio 1 / 2, unito a due mezzi triangoli equilateri, mostrata nella figura seguente (Rick Norwood, George Poole e M. Laidacker, 1992).

 

Soluzione proposta da Norwood, Poole e Laidacker

 

L’area della figura è sqrt(3) / 12 + π / 24.

 

Nel caso di forme convesse si sa che un minimo deve esistere; Schaer dimostrò un limite inferiore per l’area uguale a β / 2.

Nel 2009 Tirasan Khandhawit e Sira Sriswasdi affrontarono il problema considerando un segmento di lunghezza 1, un triangolo equilatero di lato 1 / 2 (del quale il verme può occupare due lati) e un quadrato di lato 1 / 3 (del quale il verme può occupare tre lati): la soluzione del problema non può essere inferiore all’area della minima figura convessa che possa contenere queste tre figure. Questo permise di portare il limite inferiore a circa 0.227498.

Nel 2011 Tirasan Khandhawit, Dimitrios Pagonakis e Sira Sriswasdi sostituirono il quadrato con un rettangolo qualsiasi e portarono il limite inferiore a circa 0.232239.

Il miglior limite superiore noto è circa 0.2738 (George Poole e Rick Norwood, 2003), ricavato considerando la minima figura convessa capace di contenere la minima forma non convessa che risolve il problema.

 

Se si rinuncia alla convessità, il limite superiore scende a circa 0.260437 (George Poole e Rick Norwood, 2003).

D.O. Davies costruì nel 1971 insiemi di punti (una sorta di coperte traforate) di misura nulla, capaci di coprire ogni poligonale di lunghezza 1. E' però stato dimostrato che un insieme di misura nulla non può ricoprire qualsiasi curva.

Anche richiedendo semplicemente che la figura sia connessa non è sicuro che un minimo esista: potrebbe esistere una sequenza infinita di figure, con un estremo inferiore, ma non un minimo, per le aree.

 

Se non si ammettono rotazioni della figura, che deve quindi mantenere il suo orientamento per qualsiasi curva, la minima figura convessa è il triangolo regolare di lato 2 * sqrt(3) / 3, altezza 1 e area sqrt(3) / 3, come dimostrato da J. Pál nel 1936.

 

La larghezza della minima striscia che ricopre qualsiasi linea di lunghezza unitaria è β; la linea che richiede una striscia della massima larghezza, cioè appunto β, comunque la si orienti è il “calibro” mostrato nella figura seguente, formato da quattro segmenti e due archi di cerchio, scoperto da V.A. Zalgaller nel 1961.

 

La curva che richiede la striscia di larghezza massima

 

 

Se la curva da ricoprire è chiusa, l’area minima è naturalmente inferiore:

  • nel caso del cerchio l’area minima è π / 16, cioè l’area di un cerchio di diametro 1 / 2;

  • nel caso del quadrato l’area minima è 1 / 8, ossia l’area di un quadrato di lato sqrt(2) / 4 e diagonale 1 / 2 (J. Schaer e J.E. Wetzel, 1971);

  • nel caso del rettangolo l’area minima è quella di un rettangolo di lati 1 / π e sqrt(π^2 - 4) / (2 * π), vale a dire sqrt(π^2 - 4) / (2 * π^2) (J. Schaer e J.E. Wetzel, 1971);

  • nel caso del triangolo, l’area minima è 3 * sqrt(3) / (4 * π^2), cioè l’area di un triangolo equilatero di lato sqrt(3) / π (J.E. Wetzel, 1970).

Anche in questo caso non si conosce la minima area in assoluto.

 

Nel caso di forme convesse si sa che la minima area è compresa tra (sqrt(π^2 – 4) + 2 * arcsin(2 / π)) / (4 * π^2) (J.E. Wetzel, 1970), e circa 0.11754, che è l’area di una sorta di rettangolo con un angolo tagliato.

Wetzel ricavò il minimo considerando la minima figura convessa che contenga una circonferenza di lunghezza 1 e un segmento di lunghezza 1 / 2, mostrata nella figura.

 

La minima figura convessa che contenga una circonferenza di lunghezza 1 e un segmento di lunghezza 1 / 2

 

 

Se non si ammettono rotazioni, i minimi possibili sono:

  • nel caso del cerchio, uno di diametro 1 / 2 e area π / 16;

  • nel caso del rettangolo, il quadrato di lato 1 / 2 e area 1 / 4;

  • nel caso del triangolo, un triangolo equilatero di lato 2 / 3 e area sqrt(3) / 9 (J.E. Wetzel, 1970).

Il minimo possibile per una qualsiasi figura convessa è ignoto, ma compreso tra circa 0.1554479088 e circa 0.16526.

 

Un’altra variante si ha considerando la copertura di curve anche aperte, ma convesse, cioè tali che se si congiungono con un segmento gli estremi, si ottiene una figura piana convessa.

Anche in questo caso il minimo è ignoto.

 

Wetzel dimostrò nel 1970 che una copertura valida si ottiene con un triangolo rettangolo isoscele con cateti lunghi sqrt(2) / 2, ipotenusa 1 e area 1 / 4.

 

Nel 2010 Wacharin Wichiramala trovò una soluzione migliore, con area circa uguale a 0.241698, mostrata nella figura.

 

Soluzione proposta da Wichiramala

 

Si tratta di un triangolo con base lunga 1, altezza 1 / 2 e angoli alla base α = 354 / 2000 * π e β = arctan(tan(α) / (2 * tan(α) – 1), al quale si taglia un triangolino in alto, in modo che a = 0.44378 e b = 0.352324.

Bibliografia

  • Honsberger, Ross;  In Pólya’s Footsteps, The Mathematical Association of America, 1997 -

    Una magnifica raccolta di problemi a sfondo matematico e geometrico di vario tipo.

Contattami

Potete contattarmi al seguente indirizzo bitman[at]bitman.name per suggerimenti o segnalazioni d'errori relativi a questo articolo.