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...
]
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 ?
)