lunedì 10 maggio 2021

Parabole e papere ‒ atto I: Alla stessa altezza

Il titolo del post sarebbe stato più convenientemente Parabole, catenarie e spezzate, ma mi piaceva troppo l’idea di un titolo parodiante, “alla Elio”.
Tutto parte dalla domanda: Se prendo una corda omogenea e la fisso a due punti, che forma assumerà la corda a causa della gravità? Ovvero quale sarà la forma che minimizza l’energia potenziale gravitazionale? Della questione si occupò Galileo, che nel 1638 pubblicò “Discorsi e dimostrazioni intorno a due nuove scienze” dove, nella seconda giornata sembra intendere, erroneamente, che la forma di una fune appesa per i suoi estremi e sotto la forza di gravità, sia una parabola. Ma nella quarta giornata dello stesso dialogo, egli chiarisce inequivocabilmente che la distinzione tra la forma assunta dalla corda e la parabola gli era chiara:
La corda così tesa, e poco o molto tirata, si piega in linee, le quali assai si avvicinano alle paraboliche: e la similitudine è tanta, che se voi segnerete in una superficie piana ed eretta all’orizonte una linea parabolica, e tenendola inversa, cioè col vertice in giù e con la base parallela all’orizonte, facendo pendere una catenella sostenuta nelle estremità della base della segnata parabola, vedrete, allentando più o meno la detta catenuzza, incurvarsi e adattarsi alla medesima parabola, e tale adattamento tanto più esser preciso, quanto la segnata parabola sarà men curva, cioè più distesa; sì che nelle parabole descritte con elevazioni sotto a i gr. 45, la catenella camina quasi ad unguem sopra la parabola.
Nel 1691, Huygens, Leibniz e i fratelli Bernoulli dimostrarono che questa curva era una curva non algebrica, che Huygens chiamò “catenaria”.
Formalmente le due curve hanno espressione molto diversa: mentre infatti l’equazione di una parabola con asse verticale (qui supporremo sempre vera questa condizione) è $y=y_0+a(x-x_0)^2$, l’equazione di una catenaria è $y=y_0+\dfrac{\cosh[a(x-x_0)]}{a}$. La funzione coseno iperbolico è così definita: $\cosh x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$.
Mi sono chiesto: ma, in pratica, le due curve sono poi così diverse?

mercoledì 21 aprile 2021

Il teorema di Morley

Molte proprietà geometriche fondamentali dei triangoli sono state scoperte nell’antichità e nei secoli passati, ma una particolare proprietà dei triangoli è stata scoperta solo relativamente di recente, se pensiamo alla storia più che bimillenaria della geometria.
figura 1
Nel 1899, infatti, il matematico anglo-statunitense Frank Morley (1860-1937) dimostrò che le trisettrici degli angoli interni di un qualsiasi triangolo si incontrano in tre punti che individuano un triangolo equilatero. Tale teorema, chiamato anche  “miracolo di Morley”, prende in considerazione ben 18 triangoli equilateri e il triangolo che qui consideriamo, quello mostrato in figura 1, è detto “primo triangolo di Morley” (per una visualizzazione dinamica cliccate qui). Qualcuno ha ipotizzato che questo teorema sia “sfuggito” agli antichi greci in quanto la trisezione di un angolo, come è stato dimostrato nel 1837 da Pierre-Laurent Wantzel, non è effettuabile con riga e compasso. La dimostrazione originale di Morley utilizza le proprietà delle curve algebriche tangenti ad un certo numero di rette e, in particolare, i lati dei triangoli equilateri sono i luoghi geometrici dei centri delle cardioidi inscritte nel triangolo di partenza.
I matematici si sono sbizzarriti a trovare dimostrazioni del teorema con gli approcci più diversi (utilizzando i numeri complessi, la trigonometria ed altro, basta fare una ricerca in rete per rendersene conto) ma esiste una dimostrazione del teorema svolta con la “classica” geometria euclidea e che quindi anche gli antichi greci avrebbero potuto elaborare. Quella che riporto qui sotto è la dimostrazione pubblicata da Nancy Walls nel 1944 (qui il suo articolo) con qualche precisazione e spiegazione in più. La dimostrazione è in un certo senso “a ritroso”.

venerdì 16 aprile 2021

L’orso di Coriolis

Mi sono imbattuto in questo indovinello: «Un orso lancia un sasso verso l’alto, ed esso ricade esattamente nel punto da cui è stato lanciato: di che colore è l’orso?». La risposta è che l’orso è bianco in quanto solo ai poli la traiettoria è perfettamente rettilinea. Questo perché, essendo la terra in rotazione rispetto a un sistema inerziale, entrano in gioco le forze “apparenti”: la forza centrifuga e la forza di Coriolis (n.b. si pronuncia coriolìs /kɔrjɔ'lis/).
Gaspard-Gustave de Coriolis (1792-1843)

La forza centrifuga si “mescola” naturalmente con la forza dovuta alla gravitazione terrestre e non devìa il moto dalla verticale, mentre quella di Coriolis sì.
L’espressione per la forza di Coriolis è $ \overrightarrow{{F}_{Co}}=-2m\overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v} $ dove $\overrightarrow{\omega}$ è il vettore che esprime la velocità angolare terrestre (ed è parallelo all’asse terrestre, orientato da sud a nord), $\overrightarrow v$ è il vettore velocità e $\times$ rappresenta il prodotto vettoriale. La forza di Coriolis è nulla quando i vettori $\overrightarrow{\omega}$ e $\overrightarrow{v}$ sono paralleli, il che, per un lancio verticale, avviene solo ai poli.
E se non siamo in uno dei poli dove ricadrà il sasso? Possiamo rispondere a questa domanda con un approccio perturbativo al prim’ordine in $\omega\ $: supponiamo che il moto verticale resti imperturbato e calcoliamo l’accelerazione aggiuntiva dovuta alla forza di Coriolis. Prendendo un sistema di riferimento con l’asse x rivolto verso ovest, l’asse y rivolto verso sud e l’asse z verticale rivolto verso l’alto, essa risulta avere componente x pari a $a_x=2\omega v_z\cos \lambda$ ($\lambda$ è la latitudine). Chiamando $v_0$ il modulo della velocità iniziale, la legge della componente verticale della velocità è $v_z=v_0-gt$ e quindi si ha $a_x=2\omega (v_0-gt) \cos \lambda$. Integrando otteniamo che $v_x=2\omega(v_0t-\tfrac{1}{2}gt^2)\cos \lambda$ e quindi $x=2\omega(\tfrac{1}{2}v_0t^2-\tfrac{1}{6}gt^3) \cos \lambda$. Sostituendo a $t$ il valore del tempo di volo $t_v=2\dfrac{v_0}{g}$ otteniamo che il sasso arriva al suolo a una distanza $$\Delta x=\dfrac{4 v_0^3}{3g^2}\omega \cos \lambda$$ dal punto di lancio, verso ovest.