Tetraedro pentagonale
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Tetraedro pentagonale
Lo sviluppo su un piano della superficie totale di un tetraedro irregolare è un pentagono regolare di lato 1.
Trovare il volume del tetraedro (senza ricorrere al determinante di Cayley-Menger).
Trovare il volume del tetraedro (senza ricorrere al determinante di Cayley-Menger).
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Re: Tetraedro pentagonale
Confesso la mia crassa ignoranza: se non lo scrivevi non ci sarei mai ricorso perché non lo conoscevo. Ma ora che l'hai scritto, mi viene la tentazione...Maurizio59 ha scritto: ↑lun gen 08, 2024 3:24 pm...senza ricorrere al determinante di Cayley-Menger
Mi scuso per la grammatica della frase precedente.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Tetraedro pentagonale
Intanto ecco lo sviluppo sul piano
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
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Re: Tetraedro pentagonale
Uso il disegno di Panurgo.
Il piano ABC dovrebbe essere perpendicolare al piano del pentagono.
Quindi AE dovrebbe essere l'altezza della piramide ABCE di base ABC.
Con un po' di calcoli si può trovare l'area di ABC.
Infine, il volume del tetraedro dovrebbe essere doppio di quello della piramide ABCE.
Il piano ABC dovrebbe essere perpendicolare al piano del pentagono.
Quindi AE dovrebbe essere l'altezza della piramide ABCE di base ABC.
Con un po' di calcoli si può trovare l'area di ABC.
Infine, il volume del tetraedro dovrebbe essere doppio di quello della piramide ABCE.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Tetraedro pentagonale
Uso anche io il disegno di Guido
Per calcolare l'altezza, servono le misure di AE (facile, usando il teorema dei seni sul triangolo ABC) e di EV.
Su quest'ultimo "dettaglio" mi sono fermato, almeno per ora ..
Il vertice del tetraedro si trova sulla verticale passante per V che graficamente si trova disegnando AV perpendicolare a BC.Per calcolare l'altezza, servono le misure di AE (facile, usando il teorema dei seni sul triangolo ABC) e di EV.
Su quest'ultimo "dettaglio" mi sono fermato, almeno per ora ..
Franco
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Re: Tetraedro pentagonale
Un po' di calcoli in pausa pranzo ...
Ho messo i valori numerici per evitare di trascinarmi dietro formule piene di radici e frazioni, ma volendo è possibile usare le formule esatte in quanto 108° è un "angolo notevole". Spero di non aver fatto qualche errore ...
Ho messo i valori numerici per evitare di trascinarmi dietro formule piene di radici e frazioni, ma volendo è possibile usare le formule esatte in quanto 108° è un "angolo notevole". Spero di non aver fatto qualche errore ...
Franco
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Re: Tetraedro pentagonale
Me ne ero appena accorto ![Embarassed :oops:](./images/smilies/icon_redface.gif)
Però l'importante è aver trovato la strada
Adesso però ci devi raccontare qualcosa su quel determinante mai sentito ...
![Embarassed :oops:](./images/smilies/icon_redface.gif)
Però l'importante è aver trovato la strada
![Wink :wink:](./images/smilies/icon_wink.gif)
Franco
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Re: Tetraedro pentagonale
Bene, Franco!
Propongo la mia soluzione usando solo la matematica di terza media = Pitagora, numero fisso, Erone.
Come già detto prima, il volume del tetraedro è il doppio del volume della piramide ABCE di base ABC e altezza AE.
Per ragioni di simmetria, il piano ABC è perpendicolare al piano del pentagono e l'altezza AE della piramide ABCE coincide con uno spigolo. Fatti i calcoli, risulta:
V tetraedro = 0.0674...
Come a Franco.
Propongo la mia soluzione usando solo la matematica di terza media = Pitagora, numero fisso, Erone.
Come già detto prima, il volume del tetraedro è il doppio del volume della piramide ABCE di base ABC e altezza AE.
Per ragioni di simmetria, il piano ABC è perpendicolare al piano del pentagono e l'altezza AE della piramide ABCE coincide con uno spigolo. Fatti i calcoli, risulta:
V tetraedro = 0.0674...
Come a Franco.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Tetraedro pentagonale
Per curiosità, wxMaxima mi ha dato il seguente risultato esatto.
$\frac{\left( \sqrt{5}+1\right) \sqrt{-\sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \sqrt{5}+1\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{10}} \sqrt{\sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \sqrt{5}+1\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{10}} \sqrt{-\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( 2 \sqrt{10}-\sqrt{2} \sqrt{5}-\sqrt{2}\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{2} \sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{2} \sqrt{10}} \sqrt{-\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \left( \sqrt{2} \sqrt{5}+\sqrt{2}\right) \sqrt{10}-20\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+5 {{2}^{\frac{3}{2}}} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }-5 {{2}^{\frac{3}{2}}}}}{192 \sqrt{5} {{10}^{\frac{3}{4}}} {{\tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }}^{2}}}$
$\frac{\left( \sqrt{5}+1\right) \sqrt{-\sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \sqrt{5}+1\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{10}} \sqrt{\sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \sqrt{5}+1\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{10}} \sqrt{-\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( 2 \sqrt{10}-\sqrt{2} \sqrt{5}-\sqrt{2}\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{2} \sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{2} \sqrt{10}} \sqrt{-\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \left( \sqrt{2} \sqrt{5}+\sqrt{2}\right) \sqrt{10}-20\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+5 {{2}^{\frac{3}{2}}} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }-5 {{2}^{\frac{3}{2}}}}}{192 \sqrt{5} {{10}^{\frac{3}{4}}} {{\tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }}^{2}}}$
Pace e bene a tutti.
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Re: Tetraedro pentagonale
Soluzioni corrette, però il risultato esatto è:
$$V =\large \frac {1+\sqrt5}{48}=\large 0.067418...$$
$$V =\large \frac {1+\sqrt5}{48}=\large 0.067418...$$
Ultima modifica di Maurizio59 il mer gen 10, 2024 3:57 pm, modificato 1 volta in totale.
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Re: Tetraedro pentagonale
Interessante.
Potresti spiegarci come si ottiene?
Basta qualche cenno.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Tetraedro pentagonale
Con il determinante di Cayley-Menger: abbiamo che il volume di un tetraedro è collegato al determinante in questo modo
$288V^2=\begin{vmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 0 & d_{12}^2 & d_{13}^2 & d_{14}^2\\
1 & d_{21}^2 & 0 & d_{23}^2 & d_{24}^2\\
1 & d_{31}^2 & d_{32}^2 & 0 & d_{34}^2\\
1 & d_{41}^2 & d_{42}^2 & d_{43}^2 & 0
\end{vmatrix}$
dove $d_{ij}$ è la distanza tra i veritici $i$ e $j$:
$d_{12}=1\quad d_{13}=\displaystyle\frac12 \quad d_{14}=1 \quad d_{23}=\displaystyle\frac{\sqrt{4+\sqrt{5}}}2 \quad d_{24}=\displaystyle\frac{\sqrt{5}+1}2 \quad d_{34}=\displaystyle\frac{\sqrt{4+\sqrt{5}}}2$
per cui
$288V^2=\begin{vmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 0 & 1 & \displaystyle\frac14 & 1\\
1 & 1 & 0 & \displaystyle\frac{4\sqrt{5}}4 & \displaystyle\frac{3+\sqrt{5}}2 \\
1 & \displaystyle\frac14 & \displaystyle\frac{4+\sqrt{5}}4 & 0 & \displaystyle\frac{4+\sqrt{5}}4 \\
1 & 1 & \displaystyle\frac{3+\sqrt{5}}2 & \displaystyle\frac{4+\sqrt{5}}4 & 0
\end{vmatrix}$
Chiediamo aiuto a WolframAlpha ottenendo $\frac{3+\sqrt(5)}4$ ovvero
$\displaystyle V=\sqrt{ \frac{3+\sqrt{5}}{1152}}=\frac{\sqrt{5}+1}{48}$
$288V^2=\begin{vmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 0 & d_{12}^2 & d_{13}^2 & d_{14}^2\\
1 & d_{21}^2 & 0 & d_{23}^2 & d_{24}^2\\
1 & d_{31}^2 & d_{32}^2 & 0 & d_{34}^2\\
1 & d_{41}^2 & d_{42}^2 & d_{43}^2 & 0
\end{vmatrix}$
dove $d_{ij}$ è la distanza tra i veritici $i$ e $j$:
$d_{12}=1\quad d_{13}=\displaystyle\frac12 \quad d_{14}=1 \quad d_{23}=\displaystyle\frac{\sqrt{4+\sqrt{5}}}2 \quad d_{24}=\displaystyle\frac{\sqrt{5}+1}2 \quad d_{34}=\displaystyle\frac{\sqrt{4+\sqrt{5}}}2$
per cui
$288V^2=\begin{vmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 0 & 1 & \displaystyle\frac14 & 1\\
1 & 1 & 0 & \displaystyle\frac{4\sqrt{5}}4 & \displaystyle\frac{3+\sqrt{5}}2 \\
1 & \displaystyle\frac14 & \displaystyle\frac{4+\sqrt{5}}4 & 0 & \displaystyle\frac{4+\sqrt{5}}4 \\
1 & 1 & \displaystyle\frac{3+\sqrt{5}}2 & \displaystyle\frac{4+\sqrt{5}}4 & 0
\end{vmatrix}$
Chiediamo aiuto a WolframAlpha ottenendo $\frac{3+\sqrt(5)}4$ ovvero
$\displaystyle V=\sqrt{ \frac{3+\sqrt{5}}{1152}}=\frac{\sqrt{5}+1}{48}$
Ultima modifica di panurgo il mer gen 10, 2024 4:22 pm, modificato 1 volta in totale.
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
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Re: Tetraedro pentagonale
Grazie panurgo per la bella spiegazione.
Io, per evitare i laboriosi calcoli algebrici impliciti nelle vostre soluzioni, ho utilizzato la seguente formula:
$$V=\large \frac{abc}{6}(1-\cos\theta)\sqrt{1+2\cos\theta}$$ Essa esprime il volume di un tetraedro in funzione della lunghezza di tre spigoli (a, b, c,) uscenti da un vertice e dei tre angoli uguali $\theta$ che essi formano tra loro.
Nel nostro caso si ha: a = 1, b = 1, c = 1/2 e $\theta=\frac 3 5 \pi$.
Però la formula va dimostrata.![Wink :wink:](./images/smilies/icon_wink.gif)
Io, per evitare i laboriosi calcoli algebrici impliciti nelle vostre soluzioni, ho utilizzato la seguente formula:
$$V=\large \frac{abc}{6}(1-\cos\theta)\sqrt{1+2\cos\theta}$$ Essa esprime il volume di un tetraedro in funzione della lunghezza di tre spigoli (a, b, c,) uscenti da un vertice e dei tre angoli uguali $\theta$ che essi formano tra loro.
Nel nostro caso si ha: a = 1, b = 1, c = 1/2 e $\theta=\frac 3 5 \pi$.
Però la formula va dimostrata.
![Wink :wink:](./images/smilies/icon_wink.gif)
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Re: Tetraedro pentagonale
Grazie Panurgo!panurgo ha scritto: ↑mer gen 10, 2024 4:11 pmCon il determinante di Cayley-Menger: abbiamo che il volume di un tetraedro è collegato al determinante in questo modo
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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