Tetraedro pentagonale

[Maurizio59]

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).

[Gianfranco]

...senza ricorrere al determinante di Cayley-Menger

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...
Mi scuso per la grammatica della frase precedente.

[panurgo]

Intanto ecco lo sviluppo sul piano

TetraedroPentagonale.01.700x700.png (55.58 KiB) Visto 83530 volte

[Gianfranco]

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.

tetra_penta.png (58.68 KiB) Visto 83521 volte

[franco]

Uso anche io il disegno di Guido

tetraedro1.PNG (99.44 KiB) Visto 83509 volte

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]

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".

tetraedro2.PNG (80.17 KiB) Visto 83505 volte

Spero di non aver fatto qualche errore ...

[Maurizio59]

...
Spero di non aver fatto qualche errore ...

Ti sei dimenticato di dividere per 3.

[franco]

Me ne ero appena accorto
Però l'importante è aver trovato la strada

tetraedro3.PNG (80.64 KiB) Visto 83494 volte

Adesso però ci devi raccontare qualcosa su quel determinante mai sentito ...

[Gianfranco]

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.

tetra_pent.png (134.76 KiB) Visto 83491 volte

Fatti i calcoli, risulta:
V tetraedro = 0.0674...
Come a Franco.

[Gianfranco]

Per curiosità, wxMaxima mi ha dato il seguente risultato esatto.
$\frac{\left( \sqrt{5}+1\right) \sqrt{-\sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \sqrt{5}+1\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{10}} \sqrt{\sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \sqrt{5}+1\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{10}} \sqrt{-\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( 2 \sqrt{10}-\sqrt{2} \sqrt{5}-\sqrt{2}\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{2} \sqrt{10} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+\sqrt{2} \sqrt{10}} \sqrt{-\sqrt{5-\sqrt{5}} \left( \left( \sqrt{2} \sqrt{5}+\sqrt{2}\right) \sqrt{10}-20\right) \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }+5 {{2}^{\frac{3}{2}}} \tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }-5 {{2}^{\frac{3}{2}}}}}{192 \sqrt{5} {{10}^{\frac{3}{4}}} {{\tan{\left( \frac{{\pi} }{5}\right) }}^{2}}}$

[Maurizio59]

Soluzioni corrette, però il risultato esatto è:
$$V =\large \frac {1+\sqrt5}{48}=\large 0.067418...$$

[Gianfranco]

...il risultato esatto è: ...

Interessante.
Potresti spiegarci come si ottiene?
Basta qualche cenno.

[panurgo]

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

$\displaystyle V=\sqrt{ \frac{3+\sqrt{5}}{1152}}=\frac{\sqrt{5}+1}{48}$

[Maurizio59]

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.

[Gianfranco]

Con il determinante di Cayley-Menger: abbiamo che il volume di un tetraedro è collegato al determinante in questo modo

Grazie Panurgo!