Bilia sul biliardo - SNS 1971

[GPaolo]

Non basta spingerla contro una sponda in modo tale che, al ritorno, passa per il punto x+h con h tendente a 0?

[elios]

Non basta spingerla contro una sponda in modo tale che, al ritorno, passa per il punto x+h con h tendente a 0?

E come lo impongo?

[G.D.]

Non basta spingerla contro una sponda in modo tale che, al ritorno, passa per il punto x+h con h tendente a 0?

No, perché si suppone che il tavolo sia una superficie ideale, ragione per cui una volta messa in moto la pallina, questa non si ferma mai andando cotinuamente a cambiare direzione per mezzo degli urti.

[dissonance]

Scusate per il ritardo, XFig ha deciso di fare i cavoli suoi e mi ha fatto uscire pazzo per due disegnini.

L'idea di fondo è piuttosto brute force: troviamo, con strumenti di geometria analitica, una condizione verificata da una traiettoria che torna al punto di partenza. Quindi usiamo degli strumenti algebrici per concludere.

Supponiamo che la pallina parta da un punto $O$ interno al tavolo seguendo una traiettoria come in figura. La posizione di $O$ è individuata dalle quattro lunghezze $a, b, c, d>0$. Non lede la generalità supporre che $theta\in(0, pi/2)$.

Fig.1

La legge del moto prevede che, nell'urto contro una sponda, la traiettoria cambi come un raggio di luce riflesso in uno specchio. La posizione relativa bilia-punto di partenza è la stessa se supponiamo che la palla attraversi la sponda entrando in una copia riflessa del tavolo, come in figura 2:

Fig.2

Sempre dalla figura 2 si desume che la pallina intercetta l'asse delle $y$ nei punti di ordinata $2dtantheta, 2dtantheta+2ctantheta, ...n(2dtantheta)+m(2ctantheta),...$ [edit] corretto un errore qui. Invece le copie speculari del punto di partenza $O$ hanno ordinata $2a, 2a+2b, ...N(2a)+M(2b),...$.

Ricaviamo la seguente condizione necessaria perché la bilia torni al punto di partenza:

$2*tantheta*(nd+mc)=2*(Na+Mb)$, ovvero $tantheta=\frac{Na+Mb}{nd+mc}$ per qualche $n, m, N, M \inNN$.[1]

Qui finisce la parte geometrica e inizia quella algebrica con l'affermazione :
(A) Comunque si prendano $a, b, c, d>0$, esiste sempre un $theta\in(0, pi/2)$ tale che $tantheta!=\frac{Na+Mb}{nd+mc}$ per ogni $n, m, N, M\inNN$.

Per dimostrare questo farei un discorso di cardinalità: per continuità della funzione tangente, il primo membro $tantheta$ può assumere tutti i valori reali positivi.
Il secondo membro, invece, può assumere tutti e soli i valori contenuti nell'insieme $X={\frac{Na+Mb}{nd+mc}\ :\ n, m, N, M\inNN}$. Osserviamo che $X$ è l'immagine di una applicazione $NN^4\to(0, infty)$, quindi definita in un insieme numerabile: in particolare $X$ è al più numerabile.

Per questo motivo $X$ è una parte propria di $(0, infty)$, il che dimostra l'affermazione (A) e la tesi del problema.

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[1]Ad esempio la traiettoria nel disegno verifica questa identità con $N=1, M=0, n=1, m=1$.

[giammaria]

Affermazione : “Esistono infiniti numeri irrazionali che non sono risultato di calcoli fatti con le quattro operazioni e utilizzando numeri razionali e una quantità limitata e ben definita di irrazionali”. E' certo vera (provate a utilizzare solo le radici quadrate di 2 e di 3 per ottenere quella di 7); quanto al resto, non l'ho mai sentita enunciare esplicitamente ma mi sembra ovvia conseguenza del diverso ordine di infinito fra razionali e irrazionali. Su questa affermazione baso la mia soluzione.
Considero il tavolo rettangolare, in quanto mi piace poco basare una dimostrazione sulla razionalità o meno e poi effettuare una dilatazione, che può modificare questo dato; il rettangolo è compreso fra gli assi cartesiani e le rette $x=a$ e $y=b$; il punto di partenza è $P(u,v)$. Parto poi dall'idea di Dissonance: ad ogni urto contro una sponda parallela all'asse x si considera che la bilia prosegua diritta su un piano ribaltato. Si ribalta anche P che dopo il primo ribaltamento diventa il suo simmetrico $P_1(u, 2b-v)$. Ogni due ribaltamenti l'ordinata aumenta di $2b$, quindi avremo $P_(2n)(u, v+2nb)$ e $P_(2n+1)(u, 2b-v+2nb)$.
Consideriamo ora la traiettoria della bilia e indichiamo con $Q_h$ le sue intersezioni con x=u: dopo il primo rimbalzo avremo $Q_1(u, v+2(a-u) tg \alpha)$. Ogni due rimbalzi l'ordinata aumenta di $2a tg \alpha$, quindi $Q_(2k)(u, v+2ka tg \alpha)$ e $Q_(2k+1)(u, v+2(a-u) tg \alpha +2ka tg \alpha)$.
La bilia torna al punto di partenza se una $P_m$ coincide con una $Q_h$. Non occorre risolvere le equazioni: basta notare che sono tutte lineari in $tg \alpha$, che sarà quindi uguale ad un calcolo fatto con le infinite coppie di interi k, n ed i numeri, forse irrazionali ma in quantità limitata, a, b, u, v: ci sono quindi infiniti valori che non sono soluzioni.
Edit: studiando bene l'ultima risposta di Dissonance noto non è molto diversa dalla mia; lui però ha dimostrato la mia affermazione iniziale.

[elios]

Ho capito il tuo ragionamento..

Solo una cosa:

si desume che la pallina intercetta l'asse delle $y$ nei punti di ordinata $2dtantheta, 2d+2ctantheta, ...n(2dtantheta)+m(2ctantheta),...$.

sono i punti di ordinata $2d+2ctantheta$ o $(2d+2c)tantheta$?

[dissonance]

Ho capito il tuo ragionamento..

Solo una cosa:

si desume che la pallina intercetta l'asse delle $y$ nei punti di ordinata $2dtantheta, 2d+2ctantheta, ...n(2dtantheta)+m(2ctantheta),...$.

sono i punti di ordinata $2d+2ctantheta$ o $(2d+2c)tantheta$?

$(2d+2c)tantheta$. Un errore di trascrizione , scusami. Ho corretto.

[elios]

Tutto chiaro allora! Grazie!!
PS: quindi abbiamo due modi di risolverlo..