20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

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ma_go
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20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da ma_go » 31 gen 2014, 20:16

l'icosaedro regolare di lato 1 è inscritto in una sfera. calcolatene il raggio.
il dodecaedro regolare di lato 1 non è da meno, ed è inscritto in un'altra sfera. usando il conto precedente (o altrimenti), calcolare il raggio di quest'altra sfera.

se lo/li risolvete e lo/li trovate troppo facile, non postate la risposta. :roll:

maurizio43
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da maurizio43 » 31 gen 2014, 23:50

Scusa, non mi sono mai sognato -prima d'ora- di evocare alla mia mente un icosaedro ,
che, dal titolo, presumo essere fatto di 20 triangoli equilateri .
E' giusto pensare che la figura sia costituita da due coperchi ( rovesciati l'uno rispetto all'altro )
ciascuno a forma di piramide, con basi pentagonali parallele tra loro,
e ruotate fra loro di $ \dfrac{1}{10} $ di angolo giro.
Il tutto raccordato con una fascia laterale chiusa, costituita da $ 10 $ triangoli equilateri,
alternati tra loro con base in basso e base in alto ? :?

ma_go
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da ma_go » 01 feb 2014, 01:40

sì.

maurizio43
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da maurizio43 » 01 feb 2014, 11:30

Una volta messa a fuoco la figura, ci si può arrivare ; facile o difficile è un po' troppo soggettivo il giudizio :oops:

maurizio43
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da maurizio43 » 13 feb 2014, 11:19

Per ma_go :
Vista la mancanza di post da altri, mi è venuto il dubbio di essermi mosso contro le tue raccomandazioni, e di aver provocato, col mio post,
(benchè contenesse solo un accenno iniziale alla strada per la risposta) un disinteresse altrui verso la soluzione del problema.
Pensi che in un caso analogo, in futuro, sia meglio che mi astenga ?
(Non vorrei fare il rompiscatole) :oops:

maurizio43
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da maurizio43 » 25 feb 2014, 11:25

Visto che è già passato quasi un mese (magari forse anche per colpa dei miei precedenti interventi intempestivi ? ), senza che nessuno posti una soluzione, tanto vale che vi posti la mia :

Consideriamo la piramide retta a base pentagonale che costituisce "il coperchio superiore" dell' icosaedro.
La sua altezza $ h_p $ è il cateto di un triangolo rettangolo che ha l' ipotenusa data dall' altezza di una faccia triangolare equilatera della piramide e l' altro cateto dato dalla apotema $ a $ del pentagono di base .
Chiamando $ 2 \alpha $ l' angolo interno del pentagono ( cioè $ \alpha= \frac{3 \pi}{10} $ ) si può scrivere :
(1) $ h_p^2 = (l \frac {\sqrt 3}{2})^2 + (\frac{l}{2}\tan \alpha)^2 = \frac {l^2}{4} ( 3 + \tan^2 \alpha ) $
L' altezza del "coperchio inferiore" è ovviamente identica .
L' altezza $ h_b $ della banda laterale si ricava tenendo presente che i vari triangoli equilateri che la costituiscono hanno per base un lato del pentagono, e hanno il vertice opposto che (in pianta) sporge, rispetto alla base, di una entità pari a $ r-a $ (differenza tra il raggio $ r $ della crf. circoscritta al pentagono e l' apotema del pentagono stesso) .
Considerando il triangolo rettangolo che ha per cateti $h_b $ e $ r-a $ e per ipotenusa l' altezza della faccia laterale si ha :
(2) $ h_b^2 = (l \frac {\sqrt 3}{2})^2 - (r-a)^2 ) = (l \frac {\sqrt 3}{2})^2 - (\frac {l}{2 \cos \alpha}-\frac{l}{2}\tan \alpha)^2 = \frac{l^2}{4}[3-(\frac{1- \sin \alpha}{\cos \alpha})^2]$

Il diametro della sfera circoscritta all' icosaedro ha come estremi i vertici delle piramidi, i quali distano fra loro :
(3) $ d = 2 h_p + h_b = \frac {l}{\cos \alpha} \sqrt (3 \cos^2 \alpha + \sin ^2 \alpha ) + \frac {l}{2 \cos \alpha} (\sqrt (3\cos^2 \alpha -1 - \sin^2 \alpha + 2 \sin \alpha) $ ovvero anche :
(4) $ d = \frac {l}{\cos \alpha} \sqrt ( 1+ 2\cos^2 \alpha ) + \frac {l}{2 \cos \alpha} \sqrt 2 (\sqrt (\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha + \sin \alpha) $

Ci si può sbizzarrire ulteriormente con qualche trasformazione trigonometrica sulle formule, ma comunque inserendo, nella (4), i valori $ l=1 $ e $ \alpha=\frac{3 \pi}{10} $
, si può pervenire infine al valore del diametro della sfera circoscritta .

Qualcuno potrebbe poi trattare il caso del dodecaedro, magari vedendo anche questo come due coperchi uniti tra loro(stavolta con facce pentagonali e senza banda laterale).

ma_go
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da ma_go » 26 feb 2014, 15:21

l'idea dovrebbe funzionare.. non è la soluzione che avevo in mente io, in ogni caso.
altre idee?

Half95
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da Half95 » 26 feb 2014, 17:58

mi scuso in anticipo se non si capirà nulla di ciò che scriverò riguardo alla figura. La mia idea si basa sul fatto che possiamo individuare tre rettangoli identici all' interno dell' icosaedro. i tre rettangoli hanno due lati coincidenti con lati opposti dell' icosaedro. i tre rettangoli sono posizionati su tre piani distinti perpendicolari sempre a due a due. Partiamo analizzando due di questi tre rettangoli. chiamiamo $a$ il lato di cui non conosciamo la lunghezza l' altro lato sarà 1 (lato dell' icosaedro regolare). come detto in precedenza questi due rettangoli sono giacciono su due piani perpendicolari e hanno le diagonali che si incrociano nello stesso punto. poniamo che uno dei triangoli che costituiscono la superficie dei triangoli abbia come lati il lato breve di un rettangolo e i due segmenti che collegano rispettivamente i due vertici (del segmento preso in considerazione) ad un vertice dell' altro rettangolo. Possiamo calcolarci la lunghezza di questi segmenti con il teorema di pitagora:

$\sqrt{(\frac{a}{2})^2+(\frac{1}{2})^2+(\frac{a-1}{2})^2}$

affinché si tratti di un triangolo equilatero il lato deve essere uguale a 1 per cui:

$\sqrt{(\frac{a}{2})^2+(\frac{1}{2})^2+(\frac{a-1}{2})^2}=1$

risolviamo e otteniamo due valori di $a$ uno dei quali negativo per cui lo escludiamo l' altro è: $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

ci accorgiamo che $\frac{a}{1}=\frac{1}{a-1}$

in altre parole si dovrebbe trattare di un rettangolo aureo:)

in ogni caso il diametro equivale alla diagonale del rettangolo ovvero il raggio equivale a metà diagonale.

Quindi:

$r=\frac{1}{2}\sqrt{(\frac{1+\sqrt5}{2})+1}$

Poi per quanto riguarda il dodecaedro "basta" ricordarsi che è il poliedro duale dell' icosaedro. :D

ma_go
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da ma_go » 26 feb 2014, 18:57

ok, questa è decisamente più simile alla mia.. non capisco a cosa ti servano i tre rettangoli (né li vedo), ma... se torna, torna :)
io ne uso solo uno, di quei tre, e osservo che in realtà ne conosco anche il lato incognito (perché?).

quello che credo che tu abbia fatto sia calcolare quella lunghezza in modo tridimensionale, mentre io lo farei nel piano.. curioso.

Half95
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Re: 20 piccoli triangoli e 12 (meno) piccoli pentagoni

Messaggio da Half95 » 26 feb 2014, 19:24

ok immaginavo che la prima parte non si sarebbe capita. Se ha qualcuno interessa visualizzarla aggiungo questo link http://www2.dm.unito.it/paginepersonali ... saedro.pdf dove c' è un' immagine che può aiutare :D

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