Los vértices de un triángulo equilátero se están acercando entre sí

Question

Para un triángulo equilátero ABC de lado $a$, el vértice A siempre se mueve en dirección al vértice B, que siempre se mueve en dirección del vértice C, que siempre se mueve en dirección del vértice A. El módulo de su "velocidad" es constante. ¿Cuándo y dónde convergen?

Intento. Encontré el "cuándo" usando un enfoque estilo física al "fijar el marco" en uno de los vértices. (Desde este marco, los otros dos vértices se mueven hacia el origen en línea recta y los componentes de su velocidad a lo largo de esta línea se pueden usar para encontrar cuándo los tres se encuentran en el origen) Para el "dónde" es difícil usar el enfoque anterior ya que este es una especie de triángulo rotante y en contracción que es difícil de traducir.

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@all Disculpas por revivir esta pregunta. Quise dar una respuesta para la recompensa pero no me dejará hacerlo hasta las próximas 23 horas. Para que quede constancia: No estoy buscando nuevas respuestas.

Actualización: Un ejemplo genial del paquete de $\LaTeX$ PSTricks, para cualquier persona que encuentre esta pregunta más adelante.

Enlace al código (un archivo .tex)

Y utilizando Pgf/TikZ

Página Fuente

Answer 1

Aquí hay una animación que muestra el triángulo encogiendo:

Como se requiere en la declaración del problema, los lados del triángulo son tangentes en todo momento a las curvas azules.

Las curvas azules son espirales logarítmicas. La curva a la derecha tiene puntos finales $(0,0)$ y $(1,0)$, y está definida por la ecuación $$ r \;=\; \exp\left(-\sqrt{3}\;\theta\right). $$ Nota que el triángulo efectivamente experimenta un número infinito de rotaciones mientras se encoge hacia el origen.

La velocidad a la que los lados del triángulo se encogen es igual a 3/2 de la velocidad a la que los puntos se mueven. (Esto se desprende del hecho de que un extremo de cada borde tiene velocidad tangencial al borde, mientras que el otro tiene una componente de velocidad de $\sin(30^\circ)=1/2$ en la dirección del borde.) Como consecuencia, la longitud de cada curva azul es $2/3$ de la longitud de cada lado del triángulo grande.

Editar: Aquí está el código de Mathematica para la animación anterior:

PolarToRectangular[{r_, theta_}] := {r*Cos[theta], r*Sin[theta]}
tmax = 2/Sqrt[3];
PolarCurve[t_] := {1 - t/tmax, -Log[1 - t/tmax]/Sqrt[3]}
f1[t_] := PolarToRectangular[PolarCurve[t]]
f2[t_] := PolarToRectangular[PolarCurve[t] + {0, 2 Pi/3}]
f3[t_] := PolarToRectangular[PolarCurve[t] + {0, 4 Pi/3}]
spirals = ParametricPlot[{f1[t], f2[t], f3[t]}, {t, 0, tmax},
    Axes -> None, ImageSize -> 300, PlotStyle -> Darker[Blue],
    PlotRange -> {{-0.7, 1.1}, {-0.9, 0.9}}];
triangle[t_] := Graphics[{Opacity[0], EdgeForm[Black],
    Polygon[{f1[t], f2[t], f3[t]}]}]
points[t_] := Graphics[{PointSize[Large], Point/@{f1[t],f2[t],f3[t]} }]
dt = tmax/75;
myframes = Table[Show[spirals, triangle[t], points[t]], {t, 0, 75*dt, dt}];
Export["TrianguloEncogiendose.gif", myframes, 
    "DisplayDurations" -> {1}~Join~ConstantArray[0.04, 74]~Join~{1}]

Este código exporta la animación como un GIF. Si deseas ver la animación desde Mathematica, el último comando sería ListAnimate[myframes] en cambio.

Answer 2

Esto es más fácil que un caso general sin simetrías. Fija el origen como el centro del triángulo. Define un campo vectorial en todo $\mathbb R^2$ tal que, en cada punto $p,$ el vector apunte a la rotación de $p$ exactamente por 120 grados, tomando una dirección de rotación consistente, digamos en sentido antihorario. La longitud del vector más fácil también parecería ser la longitud del borde que se está copiando, que luego es un múltiplo constante de la distancia de $p$ al origen. Finalmente, encuentra la curva integral a través de tu vértice favorito en el triángulo original.

EDICIÓN: $$ \left( \begin{array}{c} \dot{x} \\ \dot{y} \end{array} \right) \; = \; \left( \begin{array}{cc} \frac{-3}{2} & \frac{-\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-3}{2} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) $$

Con valores propios $\frac{-3}{2} \pm \frac{i \sqrt 3}{2},$ lo que hacemos es diagonalizar (o, si es necesario, la forma normal de Jordan), en este punto la exponencial de la matriz multiplicada por la variable $t$ es evidente. Luego cambia de nuevo, el resultado se llama la matriz fundamental. A menudo llamada $\Phi,$ resuelve $\Phi' = A \Phi,$ donde, en este caso, $$ A \; = \; \left( \begin{array}{cc} \frac{-3}{2} & \frac{-\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-3}{2} \end{array} \right) $$

Obtengo la matriz fundamental como

$$ \Phi(t) \; = \; e^{-3t/2} \left( \begin{array}{cc} \cos \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \; t\right) & - \sin \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \; t\right) \\ \sin \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \; t\right) & \cos \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \; t\right) \end{array} \right) , $$

Cualquier solución del sistema se encuentra comenzando con un vector columna constante, y la curva es $\Phi$ multiplicada por ese vector columna, y pasa por eso en $t=0.$

Para aquellos que no han tomado un curso de ecuaciones diferenciales, tenemos la ecuación
$$ \Phi(t) = e^{tA}= I + t A + \frac{t^2 A^2}{2} + \frac{t^3 A^3}{6} + \cdots$$

Como puedes ver, de hecho, ninguna de esas curvas nunca alcanza el origen, y envuelve el origen infinitamente muchas veces. Estoy empezando a pensar que esto es igual que la respuesta de la espiral logarítmica, en cuyo caso te he mostrado los rudimentos para resolver el sistema de EDO relevante.

Answer 3

He visto esto en los problemas de física de IE Irodov. Mi opinión sobre el problema fue que conocemos el vector de velocidad inicial en la dirección del centro desde el vértice de inicio es $V \cos 30$. A medida que se mueve hacia el centro, el vector de velocidad alcanza la velocidad real V. Sabemos la distancia recorrida como $a/\sqrt{3}$. Por lo tanto, usando las ecuaciones de movimiento, se llegó a $4\frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3} \times \frac{a}{v}$. Aparentemente, la solución es aún más simple: $\frac{2}{3} \times \frac{a}{v}$. http://exir.ru/1/resh/1_12.htm

Answer 4

Los siguientes son los cambios requeridos para la solución de Will Jagy para responder la pregunta (declaración original del problema). $$ \begin{pmatrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{pmatrix} = \frac{v}{2 s} \begin{bmatrix} -3 & -\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -3 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{v}{2 \sqrt{3}\sqrt{x^2+y^{2}}} \begin{bmatrix} -3 & -\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -3 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}. $$ Aquí $s = \sqrt{3}\sqrt{x^{2} + y^{2}}$ es la longitud del borde del triángulo equilátero en el tiempo $t$. Tenga en cuenta que el vector de velocidad tiene una magnitud $v.

Ahora, los vértices del triángulo se acercan entre sí con velocidad $v - v\cos(120^{\circ})$. Entonces, la longitud del borde en el tiempo $t$ está dada por $$ s = l - \int^{t}_{0} \frac{3}{2}v(\tau) \;\text{d}\tau. $$ donde $l$ es la longitud del borde inicial del triángulo equilátero. Si la velocidad $v$ permanece constante, entonces $s = l - (3/2)vt$.

Si $(x_{0}, y_{0})$ es la posición inicial de $(x, y)$, entonces la solución al sistema de ecuaciones es $$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \exp\left(A \int_{0}^{t} \frac{v}{s} \;\text{d}\tau\right) \begin{pmatrix} x_{0} \\ y_{0} \end{pmatrix}, \quad A := \frac{1}{2} \begin{bmatrix} -3 & -\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -3 \end{bmatrix}. $$

Observe que la forma de la curva trazada por $(x,y)$ en el plano 2D es la misma independientemente de la integral de tiempo dentro del exponencial. Esta integral es un parámetro que solo afecta dónde en la curva fija estará el punto en el tiempo $t$. Esto confirma la afirmación de Steven Stadnicki: "Creo que esto no cambia la curva de solución, pero definitivamente cambia su parametrización...".

Al establecer $s = 0$ obtenemos el momento en que los puntos se encuentran. En otras palabras, tenemos que resolver para $t$ en la ecuación $$ \int^{t}_{0} \frac{3}{2}v(\tau) \;\text{d}\tau = l. $$ Si la velocidad $v$ es constante, entonces el triángulo equilátero colapsará en $2l/3v$ segundos. Esta es la pregunta planteada en el libro de I.E. Irodov ("Problemas en Física General", problema 1.12, página 13, editores MIR, Moscú) como señaló Deepak. Siguiendo esta línea, tenemos \begin{gather} s(t) = l - \frac{3}{2}vt,\quad t_{\text{c}} := \frac{2l}{3v},\quad A \int^{t}_{0} \frac{v}{s} \;\text{d}\tau = -\frac{1}{3}\log\left(1-\frac{t}{t_{\text{c}}}\right) \begin{bmatrix} -3 & -\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -3 \end{bmatrix}, \\ \theta(t) := \frac{\log(1-t)}{\sqrt{3}},\quad P(t) := (1-t) \begin{bmatrix} \cos \theta(t) & \sin \theta(t) \\ -\sin \theta(t) & \cos \theta(t) \end{bmatrix}, \\ \exp\left(A \int_{0}^{t} \frac{v}{s} \;\text{d}\tau\right) = P\left(\frac{t}{t_{\text{c}}}\right),\quad \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = P\left(\frac{t}{t_{\text{c}}}\right) \begin{pmatrix} x_{0} \\ y_{0} \end{pmatrix}. \end{gather}

Dado que $\cos$ y $\sin$ son funciones acotadas, los elementos de $P(t/t_{\text{c}}) \to 0$ cuando $t \to t_{\text{c}}$. Entonces, los puntos chocarán en el origen (centroide) en el tiempo $t_{\text{c}}. Tenga en cuenta que $\theta(t/t_{\text{c}}) \to -\infty$ cuando $t \to t_{\text{c}}$, lo que significa que antes de que los puntos colisionen, habrán circulado infinitamente alrededor del origen.

En la ecuación de Will Jagy $v = \sqrt{3}\sqrt{x^2+y^{2}}. Los vértices trazan la misma curva pero nunca se encontrarán en un tiempo finito, ya que la velocidad tiende a cero cuando los vértices están cerca de la colisión.

Por cierto, este problema fue planteado por primera vez por Édouard Lucas (el problema de tres perros persiguiéndose). Pregunta 251, Nouvelle correspondance mathématique 3, 175--176, 1877. y la solución fue dada por Henri BROCARD y M. Laisant que se puede encontrar en la página 280 de la misma revista (todo esto está en francés).

Answer 5

En el tiempo $0$, la posición de los cuerpos son respectivamente $A,B,C$, Después de un tiempo infinitesimal $dt$, $A',B',C'$ son las posiciones respectivas tales que $AA',BB',CC'$ todos son iguales a $dx$, debido a que la velocidad es la misma para todos.

El desplazamiento relativo de $B$ con respecto a $A$ es,

$dx'=L-\sqrt{((L-dx)^2+dx^2+2(L-dx)\cos(120^\circ))}$

Resolviendo al ignorar potencias más altas de $dx$ y $dx'$, obtenemos que, $dx'=1.5dx$

Así, $v'=1.5v$

El tiempo total es $= \dfrac{L}{v'} = \dfrac{0.667L}v$

Además, la distancia total cubierta por la trayectoria espiral es $0.667L$.