Facciamo il punto sul tetraedro

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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Bruno
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Facciamo il punto sul tetraedro

Messaggio da Bruno »

...

Abbiamo una piramide a base triangolare.
Dobbiamo individuare un punto, all'interno di questo solido, per il quale sia
minima la somma dei quadrati delle sue distanze dai vertici.
(Bruno)

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Invisibile un vento
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Pasquale
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Messaggio da Pasquale »

Se si trattasse di un tetraedro regolare, Immaginedovrebbe essere il centro della sfera circoscritta.
_________________

$\text { }$ciao Immagine ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)

Ospite

Messaggio da Ospite »

Uso la geometria analitica:
Siano $P_{1}(x_{1},y_{1},z_{1}) \ P_{2}(x_{2},y_{2},z_{2})\ P_{3}(x_{3},y_{3},z_{3}) \ P_{4}(x_{4},y_{4},z_{4})$
i quattro vertici del tetraedro;

sia $Q(x_{0},y_{0},z_{0})$ il punto incognito.

Indico con sqd la somma dei quadrati delle distanze dai vertici:
$\overline{P_{1}Q}^2=(x_{0}-x_{1})^2+(y_{0}-y_{1})^2+(z_{0}-z_{1})^2 \\ \overline{P_{2}Q}^2=(x_{0}-x_{2})^2+(y_{0}-y_{2})^2+(z_{0}-z_{2})^2 \\ \overline{P_{3}Q}^2=(x_{0}-x_{3})^2+(y_{0}-y_{3})^2+(z_{0}-z_{3})^2 \\ \overline{P_{4}Q}^2=(x_{0}-x_{4})^2+(y_{0}-y_{4})^2+(z_{0}-z_{4})^2 \\sqd=\overline{P_{1}Q}^2+\overline{P_{2}Q}^2+\overline{P_{3}Q}^2+\overline{P_{4}Q}^2 \\sqd=4(x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2)-2x_{0}(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})-2y_{0}(y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4})-2z_{0}(z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4})$

Fissati i 4 vertici, sqd è funzione delle coordinate di Q:
$sqd = sqd(x_{0},y_{0},z_{0})$

Per trovare la minima distanza è sufficiente trovare il minimo della suddetta funzione di più variabili.

Calcolo le tre derivate parziali prime:

$\frac{\partial sqd}{\partial x_{0}}=8x_{0}-2x_{0}(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}) \\ \frac{\partial sqd}{\partial y_{0}}=8y_{0}-2y_{0}(y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}) \\ \frac{\partial sqd}{\partial z_{0}}=8z_{0}-2z_{0}(z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4})$

Le deriate parziali seconde pure sono:
$\frac{\partial^2 sqd}{\partial x_{0}^2}=8 \\ \frac{\partial^2 sqd}{\partial y_{0}^2}=8 \\ \frac{\partial^2 sqd}{\partial z_{0}^2}=8$

Le deriate parziali seconde miste sono invece tutte nulle.

Le derivate prime si annullano in corrispondenza del punto stazionario (candidato minimo o massimo):
$Q_{min}=(x_{min},y_{min},z_{min})\\ dove:\\ x_{min}=\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}{4}\\ y_{min}=\frac{y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}}{4}\\ z_{min}=\frac{z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4}}{4}$

La matrice Hessiana è triangolare e il suo determinante è pari a 256:

$H(x_{0},y_{0})=256 > 0$

Le condizioni esposte sono sufficienti perché il punto $Q_{min}$ sia di minimo.
Tale punto non è altro che il Baricentro dei quattro vertici del tetraedro.

Il problema posto da Bruno è una generalizzazione del problema più semplice:
"Trovare il punto all'interno di un triangolo per il quale risulti minima
la somma dei quadrati delle distanze dai vertici".
Anche in tal caso la soluzione coincide con il baricentro del triangolo.

antonio
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Messaggio da antonio »

Aveovo dimenticato di "loggarmi", poiché rispondo solo raramente ai messaggi:
l'ospite di questa volta sono io. :D :roll:
Ogni limite ha una pazienza! (Totò)

Bruno
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Messaggio da Bruno »

...

Wow... il baricentro, proprio così!
Notevole intervento, Antonio!
Certo hai usato degli strumenti importanti, ma anche la geometria
elementare può permettere di trovare il tuo risultato :wink:
(Bruno)

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leandro
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Messaggio da leandro »

Esiste nel piano un problema simile .Precisamente se ABC ,G e P sono
rispettivamente un triangolo qualsiasi,il suo baricentro ed un punto
variabile del piano del triangolo si ha:
$PA^2+PB^2+PC^2=[GA^2+GB^2+GC^2]+3.PG^2$
Tale formula si dimostra (in maniera abbastanza lunga ! ) col teorema di
Stewart .Poiche' la parte in parentesi quadra non dipende da P,da essa si ricava
che il minimo di $PA^2+PB^2+PC^2$ lo si ottiene quando e' minimo
$PG^2$ ovvero quando $P \equiv G$
A questo punto mi sono chiesto se non fosse possibile scrivere per il tetraedro
una formula analoga :
$PA^2+PB^2+PC^2+PD^2=[GA^2+GB^2+GC^2+GD^2]+k.PG^2$
con k numero opportuno (per es. k=4):in tal caso la conclusione
sarebbe la medesima ed il minimo lo si otterrebbe anche in questo caso
quando P cade in G.
Non sono pero' riuscito ad raggiungere lo scopo:forse Bruno potra'
illuminarmi.
Leandro.

Bruno
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Messaggio da Bruno »

Leandro ha scritto:A questo punto mi sono chiesto se non fosse possibile scrivere per il tetraedro una formula analoga (...)
in tal caso la conclusione sarebbe la medesima ed il minimo lo si otterrebbe anche in questo caso quando
P cade in G.
...grande Leandro! :D
Se non ti ho capito male, credo proprio che la tua intuizione sia giusta!

Utilizzando i mezzi della geometria elementare, potremmo anche ragionare così.

Premessa n. 1

Immagine

La lunghezza della mediana $\, m_a \,$, che biseca il lato $\, a \,$ e parte dal vertice $A$,
è data dalla nota formula:

$m_a = \frac{1}{2}\cdot \sqrt{2\cdot \(b^2+c^2\)-a^2}$

da cui si ricava:

$2\cdot \(b^2+c^2\) = 4\cdot m_a^2+a^2$,

che ci servirà nei prossimi passaggi.

Premessa n. 2

Immagine

Il baricentro di un tetraedro ($G$) coincide con il punto di intersezione dei tre
segmenti congiungenti i punti medi di due spigoli opposti.
Il baricentro stesso coincide con il punto medio di ciascuno di tali segmenti.

^^^^^^

Chiamiamo $\, P \,$ un punto qualunque dello spazio.
Detto questo, possiamo considerare i triangoli $\triangle PA_{1}A_{2}$, $\triangle PA_{3}A_{4}$
e $\triangle PM_{12}M_{34}$, le cui mediane sono $\overline {PM_{12}}$, $\overline {PM_{34}}$ e $\overline {PG}$.
Applicando la proprietà della prima premessa, possiamo allora scrivere:

$2\cdot \(\overline{PA_1}^2+ \overline{PA_2}^2\) = 4\cdot \overline{PM_{12}}^2+\overline{A_1A_2}^2 \\ 2\cdot \(\overline{PA_3}^2+ \overline{PA_4}^2\) = 4\cdot \overline{PM_{34}}^2+\overline{A_3A_4}^2 \\ 2\cdot \(\overline{PM_{12}}^2+\overline{PM_{34}}^2\) = 4\cdot \overline{PG}^2+\overline{M_{12}M_{34}}^2.$

Sommando le prime due relazioni, pertanto, otteniamo:

$2\cdot \(\overline{PA_1}^2+ \overline{PA_2}^2 + \overline{PA_3}^2+ \overline{PA_4}^2\) = 4\cdot \(\overline{PM_{12}}^2+\overline{PM_{34}}^2)+\overline{A_1A_2}^2 +\overline{A_3A_4}^2$

ossia, tenendo conto anche della terza relazione:

$2\cdot \(\overline{PA_1}^2+ \overline{PA_2}^2 + \overline{PA_3}^2+\overline{PA_4}^2\) = 2\cdot (4\cdot \overline{PG}^2+\overline{M_{12}M_{34}}^2)+\overline{A_1A_2}^2 +\overline{A_3A_4}^2.$

In un tetraedro dato, l'unico termine variabile del membro destro di questa
uguaglianza è $\, \overline{PG}^2 \,$, tutti gli altri sono determinati e costanti, per cui il primo
membro è minimo quando $\, \overline{PG}=0 \,$, cioè $\, P \equiv G$.

Ecco, questa è la dimostrazione che conoscevo io.
Spero di essere stato chiaro e (soprattutto) di non aver tirato su qualche
strafalcione.

:wink:
(Bruno)

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leandro
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Messaggio da leandro »

Avrei trovato una dimostrazione puramente vettoriale.
Premetto che indico con $\overline{XY}$ il vettore orientato
da X verso Y mentre con XY indico l'ordinario segmento.
Il baricentro G di n punti materiali$A_i$ di massa $m_i$
per definizione e' dato da:
$\overline{OG}=\frac{\sum{m_i \cdot \overline{OA_i}}}{\sum m_i}$ con i da 1 ad n,essendo O un'origine arbitraria.
Nel caso che le masse siano in numero di 4 (come per il tetraedro)
e risultino tutte eguali si avra':
(1) $\overline{OG}=\frac{\sum{\overline{OA_i}}}{4}$ con i da 1 a 4
Ora,detto P un punto generico dello spazio, per la regola del parallelogramma
di due vettori, risulta:
$\overline{A_iP} =\overline{GP}-\overline{GA_i}$
Elevando al quadrato e sommando su i da 1 a 4 si ottiene ("°"=prodotto scalare di vettori):
$\sum A_iP^2=4GP^2+\sum GA_i^2-2\overline{GP}\circ \sum\overline{GA_i}$
Ma se O e' la generica origine si ha pure:
$\overline{GA_i}=\overline{OA_i}-\overline{OG}$
e dunque la precedente sommatoria diventa:
$\sum A_iP^2=4GP^2+\sum GA_i^2-2\overline{GP}\circ \sum(\overline{OA_i}-\overline{OG})$
Ovvero:
$\sum A_iP^2=4GP^2+\sum GA_i^2-2\overline{GP}\circ (\sum\overline{OA_i}-4\overline{OG})$
Ora per la (1) l'ultima sommatoria e' nulla e quindi in definitiva si ottiene:
$\sum A_iP^2=4GP^2+\sum GA_i^2$
da cui si deduce appunto che il minimo richiesto lo si ha quando P coincide con G.
Leandro

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

è solo una prova per vedere se riesco a inviare messaggi; da ieri mi viene detto che non ho selezionato il metodo... ???...
se questo messaggio appare, significa che il problema è scomparso.
Enrico

Bruno
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Messaggio da Bruno »

...

Ciao Enrico :D

Anche a me ieri sono capitate cosine strane: per esempio, non riuscivo a fare
più il log in... Vabbé! (Pietro saprà eventualmente darci notizie nelle sezioni
che ha aperto su Rallentamenti & C.)

Per rientrare nel topic, approfitto di una parola che hai appena usato per dire
a Leandro che il suo metodo dimostrativo mi piace :wink:

A presto!
(Bruno)

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Pasquale
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Messaggio da Pasquale »

Anch'io ieri non ho potuto rispondere a topic o aprire nuovi topic. Stasera non mi si aprono le immagini, comprese le formule TEX, se non dopo aver cliccato su proprietà-mostra immagine.
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$\text { }$ciao Immagine ciao
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