Nel baricentro di ogni faccia di un tetraedro OABC agisce una forza proporzionale all'area e diretta perpendicolarmente alla faccia. Dimostrare che queste quattro forze sono in equilibrio.
Ciao!
Equilibrio!
Allora, scelto un SR (x,y,z) si verifica che la somma dei 3 componenti delle forze è =0.
Si definisce il tetraedro con questi elementi: un triangolo <ABC. un punto H interno a questo con i relativi piedi delle altezze M,N,K ed un punto D ortogonale al triangolo e giacente sulla retta passante per H.
Si trovano gli angoli alfa,beta e gamma delle facce con quella del triangolo ABC e risulta:
tg(alfa)=DH/MK---tg(beta)=DH/HT---tg(gamma)=DH/HN
trovati questi si impostano le relazioni (si userà sen(alfa) e cos(alfa) per esempio da ricavare) e semplici calcoli portano alla conclusione (in realtà ho verificato solo Sy=0)...
per ricavare che la somma dei momenti è =0 si può provare a vedere se le 4 rette si incontrano... inizialmente (prima di rileggere ora il problema
) avevo capito che le forze giacevano sulla retta che congiungeva un baricentro con il vertice opposto e, sulla falsariga della dimostrazione del punto d'incontro delle mediane in 2D, ho dimostrato che questi segmenti 4 si incontrano... ma se la forza è ortgonale la situazione è diversa...sicuramente in 2D non esiste teorema simile per le mediane ed in 3D nn vedo perchè dovrebbe valere. Forse che bisogna proprio porre nulli i valori dei momenti anche se le 4 rette non si incontrano? O il testo è errato? Per ora mi fermo qui!
------------------------
aggiunta: ho rivisto un attimo i calcoli. La prima parte dei miei calcoli sulle forze supponeva la perpendicolarità...quindi forse è questa l'interpretazione giusta... ma non ho voglia di vedere se anche con l'altro metodo risulta SF =0: aspetto una risposta di Shoma85...
Si definisce il tetraedro con questi elementi: un triangolo <ABC. un punto H interno a questo con i relativi piedi delle altezze M,N,K ed un punto D ortogonale al triangolo e giacente sulla retta passante per H.
Si trovano gli angoli alfa,beta e gamma delle facce con quella del triangolo ABC e risulta:
tg(alfa)=DH/MK---tg(beta)=DH/HT---tg(gamma)=DH/HN
trovati questi si impostano le relazioni (si userà sen(alfa) e cos(alfa) per esempio da ricavare) e semplici calcoli portano alla conclusione (in realtà ho verificato solo Sy=0)...
per ricavare che la somma dei momenti è =0 si può provare a vedere se le 4 rette si incontrano... inizialmente (prima di rileggere ora il problema
) avevo capito che le forze giacevano sulla retta che congiungeva un baricentro con il vertice opposto e, sulla falsariga della dimostrazione del punto d'incontro delle mediane in 2D, ho dimostrato che questi segmenti 4 si incontrano... ma se la forza è ortgonale la situazione è diversa...sicuramente in 2D non esiste teorema simile per le mediane ed in 3D nn vedo perchè dovrebbe valere. Forse che bisogna proprio porre nulli i valori dei momenti anche se le 4 rette non si incontrano? O il testo è errato? Per ora mi fermo qui!------------------------
aggiunta: ho rivisto un attimo i calcoli. La prima parte dei miei calcoli sulle forze supponeva la perpendicolarità...quindi forse è questa l'interpretazione giusta... ma non ho voglia di vedere se anche con l'altro metodo risulta SF =0: aspetto una risposta di Shoma85...
[OT]
Scusate l'off topic, ma in 2D quel teorema esiste eccome ... se alzi dai punti medi dei lati (i loro baricentri) le perpendicolari ai medesimi queste concorrono ... e il punto d'incontro si chiama circocentro e dovrebbe esserti almeno un poco familiare.
Detto questo ... è vero, in 3D non è detto che concorrano.
[/OT]
Un po' meno OT : Shoma, ma questo non viene da un vecchio e nero libricino che a voi dovrebbe essere ormai ben noto a memoria ?
Scusate l'off topic, ma in 2D quel teorema esiste eccome ... se alzi dai punti medi dei lati (i loro baricentri) le perpendicolari ai medesimi queste concorrono ... e il punto d'incontro si chiama circocentro e dovrebbe esserti almeno un poco familiare.
Detto questo ... è vero, in 3D non è detto che concorrano.
[/OT]
Un po' meno OT : Shoma, ma questo non viene da un vecchio e nero libricino che a voi dovrebbe essere ormai ben noto a memoria ?
ehm... ero "un pò stanco" e mi ero messo a fare disegnini di solidi 3D. Così quando sono tornato sul piano ho considerato le perpendicolari condotte dai punti che dividevano in rapporto 2:1 i lati... facendo dei disegnini mi pare non funzioni, ma potrei sbagliarmi... Cmq l'analogia è con gli assi ed in tal caso come hai fatto notare funzionerebbe... Cmq è un particolare un pò inutile, esattamente come la mia constatazione (spero esatta) delle concorrenza di quelle 4 rette...
I vettori? Nn sò utilizzarli... io farei per componenti come ho fatto con le forze ma mi sembra ci sia da spararsi... Se siete così gentili da scrivere delle informazioni, bene, altrimenti cedo la palla a qualcun altro
@EvaristeG: almeno un poco familiare? Nn esageriamo con la confidenza! Lo conosco solo di vista! E sinceramnete non mi fiderei di un tipo losco come quello là! Certa gente la riconosco a prima vista io...sparare a vista!
I vettori? Nn sò utilizzarli... io farei per componenti come ho fatto con le forze ma mi sembra ci sia da spararsi... Se siete così gentili da scrivere delle informazioni, bene, altrimenti cedo la palla a qualcun altro
@EvaristeG: almeno un poco familiare? Nn esageriamo con la confidenza! Lo conosco solo di vista! E sinceramnete non mi fiderei di un tipo losco come quello là! Certa gente la riconosco a prima vista io...sparare a vista!
La soluzione geometrica è troppo complicata come lo è anche quella analitica. Semplicissima la soluzione vettoriale.
Disegnate il tetraedro OABC e rendete vettori i suoi spigoli assegnando dei versi a piacere. Io ho posto il vettore OC cioè da O a C che può essere individuato con la scrittura vettoriale C-O. Analogamente B-O, A-O, B-A. Ciascuno dei triangoli che formano il tetraedro ha area absenα che può essere espresso come il modulo del vettore a^b con a, b vettori e ^ simbolo del prodotto vettore. Allora le forze esercitate sulle facce OBC, OAC, ABC, OAB, sono rispettivamente:
F1= (B-O)^(C-O)
F2= (C-O)^(A-O)
F3=(C-A)^(B-A)
F4=(A-O)^(B-O)
La risultante sarà allora
R=F1+F2+F3+F4=(B-O)^(C-O)+(C-O)^(A-O)+(C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-O)^(C-O)-( A-O)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-O-A+O)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(C-O)- (B-A)^ (C-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(C-O-C+A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(A-O)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(A-O)-(B-O)^(A-O)=(B-A-B+O)^(A-O)=
=(A-O)^(A-O)=0
Ho svolto i calcoli in modo prolisso per qualcuno poco pratico di calcolo vettoriale.
Il problema chiedeva solo l'equilibrio delle forze quindi esso è risolto.
L'eventuale calcolo dei momenti segue andamento simile.
Disegnate il tetraedro OABC e rendete vettori i suoi spigoli assegnando dei versi a piacere. Io ho posto il vettore OC cioè da O a C che può essere individuato con la scrittura vettoriale C-O. Analogamente B-O, A-O, B-A. Ciascuno dei triangoli che formano il tetraedro ha area absenα che può essere espresso come il modulo del vettore a^b con a, b vettori e ^ simbolo del prodotto vettore. Allora le forze esercitate sulle facce OBC, OAC, ABC, OAB, sono rispettivamente:
F1= (B-O)^(C-O)
F2= (C-O)^(A-O)
F3=(C-A)^(B-A)
F4=(A-O)^(B-O)
La risultante sarà allora
R=F1+F2+F3+F4=(B-O)^(C-O)+(C-O)^(A-O)+(C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-O)^(C-O)-( A-O)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-O-A+O)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(C-O)- (B-A)^ (C-A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(C-O-C+A)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(A-O)+(A-O)^(B-O)=
=(B-A)^(A-O)-(B-O)^(A-O)=(B-A-B+O)^(A-O)=
=(A-O)^(A-O)=0
Ho svolto i calcoli in modo prolisso per qualcuno poco pratico di calcolo vettoriale.
Il problema chiedeva solo l'equilibrio delle forze quindi esso è risolto.
L'eventuale calcolo dei momenti segue andamento simile.
Huxeley ha scritto:La soluzione geometrica è troppo complicata come lo è anche quella analitica. Semplicissima la soluzione vettoriale.
Disegnate il tetraedro OABC e rendete vettori i suoi spigoli assegnando dei versi a piacere. Io ho posto il vettore OC cioè da O a C che può essere individuato con la scrittura vettoriale C-O. Analogamente B-O, A-O, B-A. Ciascuno dei triangoli che formano il tetraedro ha area absenα che può essere espresso come il modulo del vettore a^b con a, b vettori e ^ simbolo del prodotto vettore. Allora, detta k la costante di proporzionalità, le forze esercitate sulle facce OBC, OAC, ABC, OAB, sono rispettivamente:
F1= k(B-O)^(C-O)
F2= k(C-O)^(A-O)
F3=k(C-A)^(B-A)
F4=k(A-O)^(B-O)
La risultante sarà allora
R=F1+F2+F3+F4=k[(B-O)^(C-O)+(C-O)^(A-O)+(C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-O)^(C-O)-( A-O)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-O-A+O)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-A)^(C-O)+ (C-A)^(B-A)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-A)^(C-O)- (B-A)^ (C-A)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-A)^(C-O-C+A)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-A)^(A-O)+(A-O)^(B-O)]=
=k[(B-A)^(A-O)-(B-O)^(A-O)=(B-A-B+O)^(A-O)]=
=k[(A-O)^(A-O)]=0
Ho svolto i calcoli in modo prolisso per qualcuno poco pratico di calcolo vettoriale.
Il problema chiedeva solo l'equilibrio delle forze quindi esso è risolto.
L'eventuale calcolo dei momenti segue andamento simile.
L’equazione vettoriale della retta che contiene F1 passante per il baricentro G1 di OBC si può subito ricavare, detto p il punto generico su tale retta,
(P-G1)=tF1 con t parametro (al variare di t si hanno tutti i punti della retta)
Analogamente si ricavano le altre rette.
Si ha allora il sistema
(P-G1)=tF1
(P-G2)=tF2
(P-G3)=tF3
(P-G4)=tF4
Se esiste un punto P comune fra le rette esso sarà la soluzione del sistema precedente.
Sommando le equazioni si ha
4P-G1-G2-G3-G4=t(F1+F2+F3+F4)=0
Da cui P=(G1+G2+G3+G4)/4
Ma è G1=(O+B+C)/3 G2=(A+O+C)/3 G3=(A+B+C)/3 G4=(A+B+O)/3
Onde è
P=(A+B+C+O)/4
Che penso sia il baricentro del tetraedro
Poiché le rette passano tutte per lo stesso punto il loro momento rispetto a questo punto è nullo.
Essendo nulla anche la risultante, il momento è nullo rispetto a qualsiasi polo.
(P-G1)=tF1 con t parametro (al variare di t si hanno tutti i punti della retta)
Analogamente si ricavano le altre rette.
Si ha allora il sistema
(P-G1)=tF1
(P-G2)=tF2
(P-G3)=tF3
(P-G4)=tF4
Se esiste un punto P comune fra le rette esso sarà la soluzione del sistema precedente.
Sommando le equazioni si ha
4P-G1-G2-G3-G4=t(F1+F2+F3+F4)=0
Da cui P=(G1+G2+G3+G4)/4
Ma è G1=(O+B+C)/3 G2=(A+O+C)/3 G3=(A+B+C)/3 G4=(A+B+O)/3
Onde è
P=(A+B+C+O)/4
Che penso sia il baricentro del tetraedro
Poiché le rette passano tutte per lo stesso punto il loro momento rispetto a questo punto è nullo.
Essendo nulla anche la risultante, il momento è nullo rispetto a qualsiasi polo.