O triângulo de Sierpinski e as Torres de Hanói Reformatar


Como escolher as massas?

No caso das massas que puseram problemas, bastaria ter escolhido a massa maior ligeiramente superior à soma das outras duas, para o modelo passar a ser "bom" no sentido atrás referido. Mais geralmente, para uma distribuição de \(n\) discos com massa total \(M\), se o maior, de massa \(m\), estiver numa haste, podemos afirmar2 que o baricentro estará no triângulo homotético, com centro de homotetia nessa haste e razão de homotetia \(\frac{(M-m)}{M}\), do triângulo inicial de vértices nas três hastes (ver figura 5 para vários valores de \(\frac{m}{M}\)).

Fig. 5

Para estarmos certos de que a posição do baricentro das massas determina a haste em que está o maior disco, bastará3 que os três triângulos homotéticos correspondentes às três hastes não se intersectem. Ora isto sucede se e só se \(\frac{(M-m)}{M}<\frac{1}{2}\), o que equivale a \(\frac{m}{M}>\frac{1}{2}\) ou \(m>(M-m)\), por outras palavras, se e só se o disco maior tiver massa superior à soma das massas dos discos mais pequenos do que ele. Esta condição, satisfeita na figura 5 apenas para o primeiro caso, é suficiente para garantir que, dadas duas distribuições de massas pelas hastes, em que o disco maior não esteja na mesma haste, elas conduzam necessariamente a baricentros diferentes. Mas isto não exclui que os baricentros possam coincidir para duas distribuições que só difiram nas massas de discos mais pequenos. Uma extensão do raciocínio anterior permite no entanto garantir que, se a massa de cada disco for maior do que a soma das massas dos discos mais pequenos do que ele, então a representação por baricentros é boa no sentido acima descrito: uma tal representação por pontos no plano caracteriza completamente a distribuição dos discos pelas hastes (e até as razões entre as diferentes massas).

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2 Bastará observar que um tal baricentro tem como coordenada baricêntrica relativamente ao vértice da haste que contém o maior disco, precisamente o número \(\frac{m}{M}\). O leitor não familiar com geometria afim poderá provar directamente a afirmação em \(\mathbb{R}^{2}\). Poderá começar por verificar que, se \(a, b, c\) são três números reais de soma \(1\) e \(A, B, C\) três pontos não colineares do plano, e se para um ponto \(O\) qualquer do plano,\(v_{O}\) designar a soma dos vectores \(a\cdot(A-O), b\cdot(B-O)\) e \(c\cdot(C-O)\), o ponto \(G\), definido por \(G=O+v_{O}\) não depende da escolha de \(O\). Os números \(a,b,c\) dizem-se as coordenadas baricêntricas de \(G\) relativas a \(A, B\) e \(C\). Os pontos do triângulo \(A,B,C\) (incluindo o interior) são os que têm todas as coordenadas baricêntricas maiores ou iguais a zero. Um vértice do triângulo tem a respectiva coordenada baricêntrica \(1\) e as restantes nulas. E a coordenada \(a\) é nula se e só se o ponto \(G\) estiver no lado oposto a \(A\). Para um valor de \(a\) tal que \(0<a<1\), os pontos que o têm como primeira coordenada baricêntrica são precisamente os do segmento paralelo a \(BC\) de extremos em \(AB\) e \(AC\) e tal que \(a\) seja a razão das distâncias a \(BC\) desse segmento e do ponto \(A\). Analogamente para \(B, b\) e \(C, c\).

3 Note-se que não estamos a afirmar que esta condição é necessária.