rapporti voluminosi

Giochini matematici elementari ma non olimpici.
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ma_go
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rapporti voluminosi

Messaggio da ma_go » 12 gen 2014, 20:35

abbiamo un tetraedro $T$ e un ottaedro $O$, regolari, di lato 1.
sapete calcolare il rapporto tra i due volumi, senza scomodare pitagora, cavalieri o (orrore!) gli integrali?

maurizio43
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da maurizio43 » 13 gen 2014, 00:45

L' ottaedro ha volume quadruplo del tetraedro , giusto ?

maurizio43
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da maurizio43 » 13 gen 2014, 11:05

Però devo confessare di avere implicitamente barato sul divieto di utilizzare il teorema di Pitagora...
E' vero che ciascuna delle $4$ piramidi in cui l' ottaedro è divisibile (aventi base triangolare ottenuta dividendo il quadrato di lato $1$ con la diagonale)
ha volume identico a quello del tetraedro.
Però per verificarlo ho utilizzato le relazioni $d=l\sqrt2)$ (nel quadrato) e $h=\dfrac{\sqrt3}{2}$ (nel triangolo equilatero)...che odorano palesemente di Pitagora... :wink:

Vale lo stesso ??...

ma_go
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da ma_go » 13 gen 2014, 12:09

non capisco come dimostri che i volumi dei due tetraedri sono uguali, però, senza usare pitagora per calcolare l'altezza.

in ogni caso, non era la soluzione che avevo in mente, e per ora sospendo il giudizio.

maurizio43
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da maurizio43 » 16 gen 2014, 17:30

ma_go ha scritto:non capisco come dimostri che i volumi dei due tetraedri sono uguali, però, senza usare pitagora per calcolare l'altezza.
in ogni caso, non era la soluzione che avevo in mente, e per ora sospendo il giudizio.
Allora.
[Diamo per scontato che con l’ aiuto di Erone (non di Pitagora) sono ricavabili, nel triangolo equilatero e nel quadrato, le formule: $h=\dfrac{1}{2} \sqrt 3 l$ ,nonché : $ d=l \sqrt 2 $.
(N.B.: nel seguito ho lasciato indicato il lato dei 2 poliedri con $ "l" $ , anziché più semplicemente col suo valore $“1”$ , perché avevo già scritto tutte le formule così
e non mi andava di modificare). Comunque chiedo in anticipo scusa, perchè mi sono lasciato troppo prendere la mano da ... una overdose di logorrea... :oops: ]

Quarto di Ottaedro
------------------------
Consideriamo un ottaedro regolare di lato $ l $ e chiamiamo $ PBCD $ i suoi vertici che formano un quadrato sul piano di simmetria orizzontale . Chiamiamo poi $ V $ il vertice superiore e $ V’ $ il vertice inferiore . Notiamo che $ PC =l \sqrt 2 $ , perché diagonale del quadrato $ PBCD $.
Il piano verticale che passa per $ PC $ è piano di simmetria per l’ottaedro. I due piani di simmetria citati dividono in $ 4 $ parti uguali l’ ottaedro.
La quarta parte $ PBCV $ dell’ ottaedro ha base $ PBC $ (triangolo isoscele, rettangolo in $ B $ ) e la sua altezza è anche altezza del triangolo (verticale) $ PCV $ .
Chiamiamo $ A_o $ l’area di $ PBC$ , e $ h_o $ l’ altezza di $ PCV $ . Essendo l' area di un mezzo quadrato, è $ A_o = \dfrac{1}{2} l^2 $
Per ricavare l’altezza $ h_o $ indichiamo con $A_{PCV} $ l’area di $ PCV $ e uguagliamo la sua espressione ottenibile secondo la formula di Erone, con l'espressione usuale
del semiprodotto della base per l’altezza.
Per applicare Erone otteniamo : $ p= \dfrac{1}{2}(l+l+l\sqrt 2 )= l+ \dfrac{1}{2} l \sqrt 2 $ ; nonchè : $ p-a= p-l=\dfrac{1}{2} l \sqrt 2 $ ;
e anche : $ p-b=p-l= \dfrac{1}{2} l \sqrt 2 $ ; e infine : $ p-c= p-l\sqrt 2=l -\dfrac{1}{2} l\sqrt 2 $
Risulterà dunque $( A_{PCV})^2 = (\dfrac{l}{\sqrt 2})^2 [l^2 -(\dfrac{l}{\sqrt 2})^2] $ , cioè $ A_{PCV} = \dfrac{l^2}{2} $
E dalla uguaglianza $ \dfrac{1}{2} l^2 = \dfrac{1}{2} l \sqrt 2 h_o $ si ricava : $ h_o = \dfrac{1}{2} l \sqrt 2 $ ;
Per cui il volume di $ PBCV $ risulta : $ Vol_o= \dfrac{1}{3} A_o h_o = \dfrac{1}{12} l^3 \sqrt 2 $

Tetraedro
------------
Chiamiamo $ EFGW $ i vertici del tetraedro regolare. Consideriamo orizzontale la base $ EFG $ , la cui area chiamiamo $ A_t = \dfrac{1}{2} l \dfrac{\sqrt 3}{2}l$ .
Indichiamo con $ h_t $l’altezza di $ EFGW $ rispetto a $ EFG $ , e indichiamo con $ M $ il piede della perpendicolare condotta da $ G $ su $ EF $
Essendo entrambe altezze di triangoli equilateri di lato $ l $ sarà : $MG=MW=\dfrac{1}{2} l \sqrt 3 $
Analogamente a quanto fatto per l’ottaedro, per ricavare l’altezza $ h_t $ uguagliamo l’espressione della area del triangolo $ GWM $ ottenibile dal semiprodotto
di base e altezza , con l’espressione ricavabile dalla formula di Erone .
Per applicare Erone otteniamo : $ p= \dfrac{1}{2}l \sqrt 3 + \dfrac{l}{2} $ ; nonchè : $ p-a= p- \dfrac{1}{2} l \sqrt 3 = \dfrac{l}{2} $ ;
e anche : $ p-b= p-l = \dfrac{l}{2} \sqrt 3 -\dfrac{l}{2}=$ ; e infine : $ p-c=p-\dfrac{l}{2} \sqrt 3= \dfrac{l}{2} $
E dunque risulterà $ A_{GWM} = \dfrac{l^2}{4} \sqrt 2 $
E dalla uguaglianza $ \dfrac{l^2}{4}\sqrt 2 = \dfrac{1}{2} h_t \dfrac{l}{2} \sqrt 3 $ si ricava : $ h_t = l \dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3} $
E in definitiva il volume del tetraedro risulta $ Vol_t= \dfrac{1}{3} A_t h_t = \dfrac{l^3}{12} \sqrt 2 $

Resta quindi (pallosamente) dimostrato che il tetraedro regolare ha volume pari alla quarta parte dell’ ottaedro regolare
( Senza ricorrere all’aiuto degli integrali,di Cavalieri, o di Pitagora . Giusto ? :wink: )

ma_go
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da ma_go » 16 gen 2014, 17:54

ok, però usi erone una seconda volta (per calcolare l'altezza del tetraedro). è vero che non era esplicitamente escluso, ma --come dici tu stesso-- è piuttosto palloso.
se tolgo anche erone?

Half95
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da Half95 » 16 gen 2014, 19:04

Non sono sicuro... ma può essere che un ottaedro regolare ($ V_o $) unito a 4 tetraedri regolari ($ V_t $) formino un tetraedro regolare ($ V_p $) di lato 2?
In caso diciamo che:
$ V_p=4V_t+V_o $

Chiamiamo $ h $ l' altezza del tetraedro, e $ b $ la base... allora $ V_p=(\frac{1}{3})4b2h $

Riscrivendo:

$ (\frac{1}{3})8bh=(\frac{1}{3})4bh+V_o $

$ 4V_t=V_o $

Il rapporto sarà quindi 4???

ma_go
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da ma_go » 16 gen 2014, 20:58

yep, era quello a cui pensavo. dualmente, anche un ottaedro di lato 2 è ottenuto unendo 6 ottaedri e 8 tetraedri.
prima di convincervi (e convincermi!) che le due decomposizioni esistono per davvero, vi faccio osservare che questo dimostra che tetraedri e ottaedri tassellano lo spazio :)

per inciso, puoi dire direttamente che se raddoppi i lati di un tetraedro, il volume viene moltiplicato per 8 (senza passare per la dimostrazione, come hai fatto -- che non è sbagliato, eh).

Half95
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Re: rapporti voluminosi

Messaggio da Half95 » 16 gen 2014, 21:09

ma_go ha scritto:yep, era quello a cui pensavo. dualmente, anche un ottaedro di lato 2 è ottenuto unendo 6 ottaedri e 8 tetraedri.
prima di convincervi (e convincermi!) che le due decomposizioni esistono per davvero, vi faccio osservare che questo dimostra che tetraedri e ottaedri tassellano lo spazio :)

per inciso, puoi dire direttamente che se raddoppi i lati di un tetraedro, il volume viene moltiplicato per 8 (senza passare per la dimostrazione, come hai fatto -- che non è sbagliato, eh).
In effetti non so perchè non l ho fatto :roll:

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