314. La mosca malefica

Messaggio da **Pigkappa** » 29 ago 2023, 18:03

Valutando un po' chi ha risolto piu' parti del problema, darei la staffetta a Tarapia Tapioco, sperando in un problema meno mortale della matita che cade

Tarapìa Tapioco · Messaggio da **Tarapìa Tapioco** » 29 ago 2023, 20:03

Ti ringrazio, pubblicherò un problema molto più facile e accessibile del precedente (di cui sto facendo, peraltro, molta fatica a scrivere la soluzione qui sul Forum, data la lunghezza dello svolgimento). Mentre pubblico il testo, però, vorrei chiariti alcuni dubbi. Avevo già steso una parziale proposta di risoluzione (parecchio lacunosa e tutt'altro che completa) al punto $3)$ , ma non l'ho pubblicata in quanto speravo che i tuoi suggerimenti andassero incontro alle mie idee (così non è stato).

Continuazione alternativa del punto $2)$ . Evitando l'integrale di linea lungo la curva, è possibile calcolare il perimetro della spirale descritta dall'insetto in maniera molto più rapida. La lunghezza $L$ del percorso tracciato dalla mosca è descritta dalla legge oraria del moto rettilineo uniforme $L = v \times t$ , dunque da:

$L = \int_{t_0}^{t}v(t)dt$ .

Al punto $1)$ , si era pervenuti all'equazione $(7)$ , descrivente la legge oraria di $r(t)$ : $\space$ $r(t) = r_0 - v \cdot \cos \alpha \cdot t$ .
Al tempo $t_0 = 0$ , la mosca si trova alla posizione iniziale $r(t) = r(0) = r_0 = D$ ; al tempo $t = T$ , la mosca giunge, dopo aver percorso un giro completo di angolo $-2\pi$ , alla posizione finale $r(t) = r(T) = R$ . L'equazione oraria di $r(t)$ può dunque essere scritta come:

$R = D - v \cdot \cos \alpha \cdot T$ . $\space$ $\space$ $\space$ Da tale equazione, è possibile ricavare la velocità $v$ :

$R = D - v \cdot \cos \alpha \cdot T$ $\Rightarrow$ $v \cdot \cos \alpha \cdot T = D -R$ $\Rightarrow$ $v = \frac{D-R}{T \cdot \cos \alpha}$ .

Si riscriva l'espressione di $L$ , ponendo come estremi di integrazione $t_0 = 0$ e $t = T$ :

$L = \int_{0}^{T}v(t)dt$ $\space$ $\space$ $\space$ Poiché la velocità $v(t) = v$ è supposta costante nel tempo, allora può essere portata fuori dall'operatore integrale:

$L = v \int_{0}^{T}dt$ $\Rightarrow$ $L = \frac{D-R}{T \cdot \cos \space\alpha} \int_{0}^{T}dt$ $= \frac{D-R}{T \cdot \cos \alpha} (T-0)$ $\Rightarrow$ $L = \frac{D-R}{\cos \alpha}$

Poiché, per il valore trovato in precedenza in $1)$ , $\alpha = \arctan \bigg[\frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}\bigg]$ , allora $\cos \alpha =$ $\cos \bigg[\arctan \bigg(\frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}\bigg)\bigg] =$ $\frac{1}{\sqrt{1+\bigg[\frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}\bigg]^2}}$ . Dunque, sostituendo $\cos \alpha$ in $L$ :

$L = \frac{D-R}{\cos \space\alpha}$ $\Rightarrow$ $L = \frac{D-R}{\frac{1}{\sqrt{1+\bigg[\frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}\bigg]^2}}}$ $\Rightarrow$ $\color{Red} \boxed{\color{Black} L = (D-R)\sqrt{1+\bigg[\frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}\bigg]^2}}$

Per il punto $3)$ , si potrebbe verificare che si ottengano esattamente i medesimi risultati di $\alpha$ e $L$ per ogni $v(t)$ positiva e non costante nel tempo se si dimostra che, per qualsiasi $v(t)$ , una rivoluzione del raggio vettore di $2\pi$ , considerando $\alpha = \arctan \bigg[\frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}\bigg] = cost$ , corrisponde anche alla fine del moto dell'insetto verso la sorgente luminosa, ovvero che:

$L = \int_{0}^{T}v(t)dt$ $\Rightarrow$ $L \times \cos \alpha = \cos \alpha \int_{0}^{T}v(t)dt$ . Poiché $L = \frac{D-R}{\cos \alpha}$ , allora $\frac{D-R}{\cos \alpha} \cos \alpha = \cos \alpha \int_{0}^{T}v(t)dt$ $\Rightarrow$ $D-R = \cos \alpha \int_{0}^{T}v(t)dt$ .

Non sono ancora riuscito a trovare una via risolutiva soddisfacente.

Per quanto riguarda la specifica classe di funzioni per la quale potrebbe sorgere un determinato problema, avevo pensato ad un procedimento (molto raffazzonato, ma non totalmente privo di fondamento) che riporto qui sotto.

Si assuma che le coordinate polari $r(t)$ e $\theta(t)$ della mosca siano funzioni del tempo, unite dalla relazione data dall'equazione della spirale logaritmica, che dalla $(8)$ del punto $1)$ risulta essere:

$\theta_0 - \theta(t) = \ln\bigg(\frac{r(t)}{k}\bigg)\cdot b$ , con $k = D$ e $b = \tan \alpha = \frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}$ $\Rightarrow$ $r(t) = k \cdot e^{\frac{1}{b} (\theta_0 - \theta(t))}$ , con $k = D$ e $b = \tan \alpha = \frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}$ . Poiché $\theta_0 = -\frac{\pi}{2}$ , allora $\frac{1}{\tan \alpha} \bigg(-\frac{\pi}{2} - \theta(t) \bigg) = \tan \alpha \cdot (\theta(t))$ . Quindi, l'equazione della spirale logaritmica sarà:

$r(t) = k \cdot e^{b (\theta(t))}$ , con $k = D$ e $b = \tan \alpha = \frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}$ .

La velocità tangenziale della mosca è legata a quella radiale da:

$v_t = r\dot{\theta} = r\bigg(\frac{1}{b}\frac{\dot{r}}{r}\bigg) = \frac{\dot{r}}{b}$ , con $b = \tan \alpha = \frac{2\pi}{\ln(\frac{D}{R})}$ .

Ponendo $v_t = f(r)$ , si giunge alla seguente equazione differenziale:

$f(r) = \frac{1}{b}\dot{r} = \frac{1}{b}\frac{dr}{dt}$ $\Rightarrow$ $bt = \int_{r_0}^{r}\frac{dr'}{f(r')}$ .

Per $v_t = f(r) \propto e^{-\beta r}r^{\alpha-1}$ , ossia per la PDF (funzione di densità di probabilità) per una distribuzione gamma, l'integrale sarà espresso in termini di una funzione gamma incompleta: insomma, non sembra probabile che esista una funzione inversa definita, ad eccezione di specifici valori dei parametri PDF.

Questo svolgimento potrebbe essere (anche se, mi rendo conto, molto forzatamente) ricondotto alla tua soluzione (cioè, quella originale)? Cosa può essere salvato - e cosa non va bene - in ciò che è scritto sopra?

Messaggio da **Pigkappa** » 30 ago 2023, 0:38

Hai visto i miei messaggi a pagina 2, il terzultimo e l'ultimo di quella pagina? Lì ho scritto una soluzione che penso sia corretta per v(t) generica, e una condizione che v(t) deve soddisfare perché il moto sia completo.

Non mi sono posto particolarmente la domanda di cosa succede se v dipende esplicitamente da r, v(r), invece di v(t)?

Tarapìa Tapioco · Messaggio da **Tarapìa Tapioco** » 30 ago 2023, 1:07

Sì, avevo visto quei messaggi, ma pensavo che mancasse ancora qualcosa. Presentando le tue risposte come soluzione ufficiale dei punti di questo problema da te inventato, ritengo chiusa la discussione. Si potrebbe analizzare il caso tridimensionale, ma per evitare il rischio di appesantire la questione direi di lasciar perdere. Cosa ne dici?

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