La saliera di RM

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panurgo
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La saliera di RM

Messaggio da panurgo » ven dic 16, 2005 9:20 am

Riporto da Rudi Mathematici, 062, 2004-03 (http://www.rudimathematici.com/)
La saliera di RM

A me piace la paprika (in dosi industriali), a Doc il pepe (nelle stesse dosi) e tenete conto del fatto che, anche se io metto poco sale, Doc e Alice salano normalmente.
A questo aggiungete il fatto che l'idea delle magliette ha avuto un notevole successo (siamo stati copiati dall'Università di Torino, che ha aperto un gadget shop rispondente all'indubbiamente fantasioso nome di UniTo).
Se a questo punto vi sembra che la frizione della logica stia slittando, tranquilli. La connessione tra questi due concetti è che abbiamo deciso di progettare "La saliera di RM", comodissima durante i Comitati di Redazione: sua caratteristica principale è di avere tre spazi (sale, pepe e paprika) delle stesse dimensioni. Ora, un rapido calcolo ["rapido"... si fa per dire. L'unico modo che ho per ricordarmi il volume del cono e passare per l'integrale di rotazione. Cosa ci fa, li, un terzo??? (RdA)] ci ha permesso di stabilire che la forma ottimale di ogni contenitore è quella conica e che dimensioni ragionevoli dovrebbero essere raggio di base pari a 1 e altezza pari a 2 (unità pepisalopaprike, non stiamo a sottilizzare), piazzati in modo da stare appoggiati sui vertici con le altezze perpendicolari al piano del tavolo e mutuamente tangenti per i cerchi di base.
Ora, un aggeggio del genere, anche se esteticamente molto valido, secondo me pecca di rovesciabilità (e se avete visto anche solo una volta le mani di Doc quando parla, capite cosa intendo dire). La mia idea, quindi, era quella di aggiungere un po» di peso da qualche parte, e mi era sembrata una buona idea piazzare una sfera al centro, lì sotto.
Poco chiaro? Sì, vero. Tant'è che (probabilmente per scoraggiarmi nell'opera), i due esimi colleghi se ne sono usciti con un "non ho capito, mi fai un disegno?".
Ma questa volta li frego.
Quello che non sanno è che ho installato POV-Ray. In soli venti minuti di programmazione (e tre ore di calcolo... trattasi della macchina di Alberto) sono riuscito quindi a fare un bellissimo disegno di cosa intendo, e ve lo rifilo qui sotto [La tovaglia la vendiamo il mese prossimo (RdA)].

Immagine

Carina, vero? Adesso dovrebbe esservi tutto più chiaro, a parte un piccolo problema. Se guardate bene nel disegno, vedete che la sfera mi è venuta amputata di una calotta (sotto), mentre la tangenza ai coni è venuta bene... Io volevo una sfera intera! Evidentemente, ho sbagliato il calcolo del raggio.
Mi date una mano, prima che quei due mi boccino il progetto? Quanto vale il raggio della sfera, per essere tangente sia tre coni che al tavolo?

Rudy d'Alembert
il panurgo

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giobimbo
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Messaggio da giobimbo » dom dic 18, 2005 5:37 pm

Le tre punte dei coni formano i vertici di un triangolo equilatero i cui lati sono lunghi 1+1=2; tale triangolo è inscritto in un cerchio di raggio R; tale cerchio è la base di un cono di altezza 2 entro cui dobbiamo mettere la sfera richiesta dal problema.
Il mio libro di geometria dice che R = lato diviso radice di 3, ovvero
R=\frac {2}{\sqr 3}
Se proiettiamo il cono lateralmente, la sfera dentro il cono diventa un cerchio dentro un triangolo: il raggio del cerchio è lo stesso della sfera ma il problema si semplifica. Il triangolo è un triangolo isoscele di base 2R e di altezza 2, da cui, usando il teorema di Pitagora ricaviamo la lunghezza dei lato inclinato li :
li=\sqr{R^2 + 2^2}=\frac {4}{\sqr 3} :!:
Il mio libro di geometria dice che il raggio r del cerchio inscritto nel triangolo si ottiene dividendo l'area del triangolo per il suo semiperimetro sp, quindi usando la formula di Erone:
r=\sqr {\frac {(sp - 2R)(sp - \frac {4}{\sqr 3})(sp - \frac {4}{\sqr 3})}{sp}

Il raggio della sfera dunque deve essere:
r=\sqr {\frac {(sp - \frac {4}{\sqr 3} )^3 }{sp}
=\frac 23

panurgo
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Messaggio da panurgo » dom dic 18, 2005 6:03 pm

\frac 2 3? Chi offre di più?
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Ospite

Messaggio da Ospite » dom dic 18, 2005 9:31 pm

Credo che la soluzione riportata da RM sia sbagliata.
Penso che la soluzione corretta sia R = (sqrt5 - 1)/sqrt3. = 0,7136...

panurgo
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Messaggio da panurgo » dom dic 18, 2005 11:33 pm

La saliera di RM (soluzione)

In riferimento alla proiezione orizzontale della saliera, il triangolo equilatero {\rm ABC} che unisce i vertici dei tre coni ha lato pari a 2 e quindi \overline {\rm OC} = \frac 2 {\sqrt 3}.
Il punto {\rm O} è la proiezione dell’asse della saliera che è un asse ternario di rotazione. Una sfera il cui centro giace su tale asse interagisce nello stesso modo con tutti e tre i coni: è sufficiente quindi studiare la sfera in relazione ad un cono singolo (in figura, la proiezione laterale)

Immagine

Il raggio della sfera è

r = \overline {\rm JK} =\overline {\rm IJ}\; \tan {\frac {\beta} 2}

ma

\tan \frac{\beta }{2} = \frac{{\sin \beta }}{{1 + \cos \beta }} = \frac{{\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right)}}{{1 + \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right)}} = \frac{{\cos \alpha }}{{1 + \sin \alpha }}

e

\cos \alpha  = \frac{{\overline {{\rm ID}} }}{{\overline {{\rm IH}} }} = \frac{{\rm 2}}{{\sqrt 5 }}\quad \quad \sin \alpha  = \frac{{\overline {{\rm DH}} }}{{\overline {{\rm IH}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}

quindi

r = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\;\frac{{\frac{2}{{\sqrt 5 }}}}{{1 + \frac{1}{{\sqrt 5 }}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}} \right)^{ - 1}  = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{{\sqrt 3 }}

Mi sembra comunque interessante il metodo di Giobimbo: inserendo la proiezione del suo cono, riveduto e corretto, nel mio disegno risulta

Immagine

quindi

a = \overline {{\rm II’}}  = 2\frac{2}{{\sqrt 3 }}\quad \quad b = c = \overline {{\rm IO’}}  = \sqrt 5 \frac{2}{{\sqrt 3 }}\quad \quad s = \left( {\sqrt 5  + 1} \right)\frac{2}{{\sqrt 3 }}

e

r = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\frac{{\sqrt {\left( {\sqrt 5  + 1} \right) \times \left( {\sqrt 5  - 1} \right) \times 1 \times 1} }}{{\sqrt 5  + 1}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\frac{2}{{\sqrt 5  + 1}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\frac{{\sqrt 5  - 1}}{2} = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{{\sqrt 3 }}

P.S.: la soluzione corretta è stata pubblicata sul numero 64 di RM
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Messaggio da giobimbo » lun dic 19, 2005 1:29 pm

Ecco dove ho sbagliato: il cono vuoto in cui inserire la sfera è alto più di 2, il suo vertice deve salire fino a che tale cono sia tangente alle tre basi circolari degli altri coni.
:(

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Messaggio da panurgo » lun dic 19, 2005 1:41 pm

Comunque il tuo suggerimento ingloba automaticamente le considerazioni sulla simmetria del problema e consente di evitare l'uso della trigonometria :)
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