Dati A,B,C,D,X cinque punti nello spazio.
Sappiamo che AB,BC,CD,DA sono visti da X sotto un'angolo acuto $ \alpha $.
Determinare in funzione di $ \alpha $ il massimo valore (e anche il minimo) di $ \widehat{AXC}+\widehat{BXD} $ e trovare una configurazione di A,B,C,D,X che realizzi questo valore.
Buon lavoro!
Angoli da massimizzare!
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enomis_costa88
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Angoli da massimizzare!
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si è la configurazione a cui avevo pensato anche io. invece se l'angolo $ \alpha $ potesse essere anche $ \pi/2 $ il massimo sarebbe $ 2\pi $ se metti x come punto d'incontro di due diagonali perpendicolari e i quattro segmenti i lati di un quadrilatero con quelle diagonali con a e c opposti e b e d opposti rispetto a x.Zok ha scritto:Il massimo valore credo sia $ $ 2\alpha $ e una configurazione che lo realizza è la seguente: A,C su una stessa semiretta, B e D su due semirette distinte da parti opposte rispetto alla semiretta AC e tali da formare entrambe una angolo $ $ \alpha $ con la semiretta AC
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enomis_costa88
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Può capitare che C sia su XA o D su XB; se capitano entrambe le cose la figura si riduce ad un unico angolo $ \alpha $ e la funzione vale sempre zero. Se ne capita una sola, la figura è formata da due angoli $ \alpha $ uniti per un lato comune e apribili a libro, mentre la funzione è l’angolo fra gli altri due lati: può quindi variare da 0 (a libro chiuso) a 2 $ \alpha $ (libro aperto).
Più complesso è il caso di punti non allineati, in cui la figura è un angoloide con quattro facce uguali. E’ intuitivo che vi è un asse di simmetria e che intersecando l’angoloide con un piano perpendicolare all’asse si ottiene un rombo; preferisco però dimostrare ogni affermazione anche se ovviamente questo allunga la soluzione. Su XA e XC prendo i punti $ A_1 $ e $ C_1 $ tali che sia $ XA_1=XC_1 $; sia O il loro punto medio. Poiché $ XA_1C_1 $ è isoscele, $ A_1C_1 $ è perpendicolare a XO e quindi sta sul piano perpendicolare a XO in O; siano $ B_1 $ e $ D_1 $ le intersezioni di questo piano con XB e XD. I triangoli $ XA_1B_1 $ e $ XC_1B_1 $ sono uguali, quindi $ A_1B_1= C_1B_1 $ ed è isoscele anche il triangolo $ A_1C_1B_1 $: ne consegue $ OB_1 \perp A_1C_1 $. Analogo discorso per $ D_1 $, quindi le rette per O sono mutuamente perpendicolari.
Traccio $ OH \perp XB_1 $: per il teorema delle tre perpendicolari è anche $ A_1H \perp XB_1 $; dal triangolo $ A_1XH $ ricavo quindi $ XH=XA_1 \cos \alpha $. Posto ora $ A_1 \hat X O= \gamma $ e$ B_1 \hat X O= \beta $, dai triangoli XOH e $ XOA_1 $ ricavo $ XH=XO \cos \beta=XA_1 \cos \gamma \cos \beta $; confrontando i due risultati si ha
$ \cos \alpha =\cos \beta \cos \gamma $
Lo stesso ragionamento si può fare per $ D_1 $ giungendo alla stessa equazione; poiché, dati $ \alpha $ e $ \gamma $, essa fornisce un unico valore per $ \beta $, anche $ OD_1 $ è visto da X sotto lo stesso angolo.
Con le formule di Werner si ottiene $ \cos(\beta+\gamma)+\cos(\beta-\gamma)=2 \cos \alpha $ cioè, posto per brevità $ y=\beta+\gamma $ e $ x=\beta-\gamma $ (i due angoli sono intercambiabili, quindi posso supporre che $ \beta $ sia il maggiore)
$ \cos y=2 \cos \alpha-\cos x $
e devo trovare i massimi e minimi di 2y al variare di x. Dalla formula è evidente che all’aumentare di x diminuisce y (la somma dei loro coseni è costante e nell’intervallo che ci interessa i coseni sono decrescenti); massimo e minimo sono perciò agli estremi del campo di studio, che ora cerchiamo con le seguenti tre considerazioni:
1) x è acuto, quindi $ 0 < \cos x \le 1 $
2) essendo $ \gamma \ge 0 $ , è $ y \ge x \Longrightarrow \cos y \le \cos x $ $ \Longrightarrow 2 \cos \alpha -\cos x \le \cos x $ $ \Longrightarrow \cos \alpha \le \cos x $
3) y varia da 0° a 180°, quindi $ -1 \le \cos y \le 1 $ $ \Longrightarrow -1 \le 2 \cos \alpha - \cos x \le 1 $ $ \Longrightarrow 2 \cos \alpha-1 \le \cos x \le 2 \cos \alpha +1 $. Entrambe queste limitazioni sono già contenute dalle precedenti: la prima perché il primo membro è minore di $ \cos \alpha $ e la seconda perché l’ultimo membro è maggiore di 1.
La limitazione finale è quindi $ \cos \alpha \le \cos x \le 1 $ $ \Longrightarrow 0 \le x \le \alpha $. Ne consegue che massimo e minimo (che valgono 2y) si hanno per:
-massimo: x=0 (cioè $ \beta= \gamma $, cioè il rombo diventa un quadrato) e $ \cos y=2 \cos \alpha -1 $.
-minimo: $ x= \alpha $ e $ y= \alpha $ : quindi $ \gamma=0 $ e si ottiene la figura “a libro aperto” di cui si è parlato all’inizio.
Puff, pant: ce l’ho fatta, ma che fatica!
Più complesso è il caso di punti non allineati, in cui la figura è un angoloide con quattro facce uguali. E’ intuitivo che vi è un asse di simmetria e che intersecando l’angoloide con un piano perpendicolare all’asse si ottiene un rombo; preferisco però dimostrare ogni affermazione anche se ovviamente questo allunga la soluzione. Su XA e XC prendo i punti $ A_1 $ e $ C_1 $ tali che sia $ XA_1=XC_1 $; sia O il loro punto medio. Poiché $ XA_1C_1 $ è isoscele, $ A_1C_1 $ è perpendicolare a XO e quindi sta sul piano perpendicolare a XO in O; siano $ B_1 $ e $ D_1 $ le intersezioni di questo piano con XB e XD. I triangoli $ XA_1B_1 $ e $ XC_1B_1 $ sono uguali, quindi $ A_1B_1= C_1B_1 $ ed è isoscele anche il triangolo $ A_1C_1B_1 $: ne consegue $ OB_1 \perp A_1C_1 $. Analogo discorso per $ D_1 $, quindi le rette per O sono mutuamente perpendicolari.
Traccio $ OH \perp XB_1 $: per il teorema delle tre perpendicolari è anche $ A_1H \perp XB_1 $; dal triangolo $ A_1XH $ ricavo quindi $ XH=XA_1 \cos \alpha $. Posto ora $ A_1 \hat X O= \gamma $ e$ B_1 \hat X O= \beta $, dai triangoli XOH e $ XOA_1 $ ricavo $ XH=XO \cos \beta=XA_1 \cos \gamma \cos \beta $; confrontando i due risultati si ha
$ \cos \alpha =\cos \beta \cos \gamma $
Lo stesso ragionamento si può fare per $ D_1 $ giungendo alla stessa equazione; poiché, dati $ \alpha $ e $ \gamma $, essa fornisce un unico valore per $ \beta $, anche $ OD_1 $ è visto da X sotto lo stesso angolo.
Con le formule di Werner si ottiene $ \cos(\beta+\gamma)+\cos(\beta-\gamma)=2 \cos \alpha $ cioè, posto per brevità $ y=\beta+\gamma $ e $ x=\beta-\gamma $ (i due angoli sono intercambiabili, quindi posso supporre che $ \beta $ sia il maggiore)
$ \cos y=2 \cos \alpha-\cos x $
e devo trovare i massimi e minimi di 2y al variare di x. Dalla formula è evidente che all’aumentare di x diminuisce y (la somma dei loro coseni è costante e nell’intervallo che ci interessa i coseni sono decrescenti); massimo e minimo sono perciò agli estremi del campo di studio, che ora cerchiamo con le seguenti tre considerazioni:
1) x è acuto, quindi $ 0 < \cos x \le 1 $
2) essendo $ \gamma \ge 0 $ , è $ y \ge x \Longrightarrow \cos y \le \cos x $ $ \Longrightarrow 2 \cos \alpha -\cos x \le \cos x $ $ \Longrightarrow \cos \alpha \le \cos x $
3) y varia da 0° a 180°, quindi $ -1 \le \cos y \le 1 $ $ \Longrightarrow -1 \le 2 \cos \alpha - \cos x \le 1 $ $ \Longrightarrow 2 \cos \alpha-1 \le \cos x \le 2 \cos \alpha +1 $. Entrambe queste limitazioni sono già contenute dalle precedenti: la prima perché il primo membro è minore di $ \cos \alpha $ e la seconda perché l’ultimo membro è maggiore di 1.
La limitazione finale è quindi $ \cos \alpha \le \cos x \le 1 $ $ \Longrightarrow 0 \le x \le \alpha $. Ne consegue che massimo e minimo (che valgono 2y) si hanno per:
-massimo: x=0 (cioè $ \beta= \gamma $, cioè il rombo diventa un quadrato) e $ \cos y=2 \cos \alpha -1 $.
-minimo: $ x= \alpha $ e $ y= \alpha $ : quindi $ \gamma=0 $ e si ottiene la figura “a libro aperto” di cui si è parlato all’inizio.
Puff, pant: ce l’ho fatta, ma che fatica!