SNS 2009/2010. n°3.

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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jordan
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SNS 2009/2010. n°3.

Messaggio da jordan » 27 ago 2009, 22:28

Un cubo di lato unitario è posto sopra un piano orizzontale, in modo che una delle sue diagonali maggiori sia perpendicolare ad esso. Il sole (che si suppone a distanza infinita) è in posiziona tale da illuminare tutte e tre le facce del cubo rivolte verso l'alto. Si dimostri che l'area dell'ombra proiettata dal cubo sul piano non dipende dalla posizione del sole e calcolarne il valore.
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 28 ago 2009, 08:23

chiamiamo H il vertice in alto, A,B,C,D,E,F i vertici dell'esagono che si vede guardando il cubo dall'alto perpendicolarmente al suolo ordinati in senso orario in modo che A sia più in alto di B rispetto al suolo. Allora è evidente che con raggi paralleli i triangoli equilateri ACE e BDF verranno proiettati tali e quali sul suolo.
Ora avendo un triangolo equilatero T (di lato $ \sqrt{2} $) e un punto interno P in esso chiamiamo T' il simmetrico di T rispetto a P. Ora ci basta dimostrare che l'esagono che unisce i vertici dei 2 triangolo ha area $ \sqrt{3} $ comunque preso P, il che è abbastanza facile e lo lascio a voi... :D

andrea91
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Messaggio da andrea91 » 28 ago 2009, 14:45

se si riesce a dimostrare che l'area non dipende dalla posizione del sole, allora per calcolare tale area basta considerare l'area che forma nella posizione limite in cui il sole copre solo una faccia, che è l'area della proiezione della faccia di lato unitario sul piano. Con le notazioni di Gabriel e chiamando Q il punto opposto ad H, si ha QH=$ \sqrt{3} $, HB=$ \sqrt{2} $, QB=1. Sia I il punto ottenenuto dalla proiezione di H sul piano. il rapporto tra BH e IB è lo stesso del raporto tra QB e BI dunque BI=2 e HI=$ \sqrt{6} $, tutto questo perchè QHI è rettangolo. La proiezione della faccia allora sarà un rombo con una diagonale (QI) di lunghezza $ \sqrt{6} $ e l'altra di lunghezza $ \sqrt{2} $ (perchè è parallelo al piano) e la sua area allora è $ \sqrt{6}*\sqrt{2}*0.5=\sqrt{3} $

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 28 ago 2009, 22:55

andrea91 ha scritto:se si riesce a dimostrare che l'area non dipende dalla posizione del sole, allora per calcolare tale area basta considerare l'area che forma nella posizione limite in cui il sole copre solo una faccia
grazie, il roblema sta solo lì :?

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 28 ago 2009, 22:57

Si può usare un utile lemma, valido per le proiezioni con i raggi paralleli:
figure complanari ed equivalenti vengono proiettate in figure equivalenti.
(equivalenti = aventi la stessa area)

Per costruzione, ogni raggio di sole entra nel cubo da una delle 3 facce superiori, ed esce da una delle 3 facce inferiori. Quindi possiamo far finta che le 3 facce inferiori (o, equivalentemente, le 3 facce superiori) non esistano, poiché sono ridondanti nella creazione dell'ombra.

Ciascuna delle 3 facce rimaste può essere scomposta in 2 triangoli uguali, di cui uno contiene il vertice superiore del cubo, e uno non lo contiene. Per il lemma, possiamo eliminare i 3 triangolini che non contengono il vertice, restando con un tetraedro a base equilatera. Possiamo anche far finta che la base sia complanare al terreno, poiché traslare il terreno non fa variare l'area dell'ombra. Per costruzione, il vertice del tetraedro viene proiettato internamente alla base, quindi l'ombra del tetraedro coincide sempre con la sua base, ed ha evidentemente area costante.

L'intera ombra ha area doppia, e quindi costante anche lei.
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ma_go
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Messaggio da ma_go » 28 ago 2009, 23:45

in realtà basta usare cavalieri: prendiamo il nostro cubo e "tratteggiamo" (= riempiamo con qualche materiale) l'area ombreggiata (senza il cubo). ne facciamo una copia, e incolliamo le due copie sul cubo, in modo da ottenere un prisma le cui basi giacciono sui due piani perpendicolari ad una diagonale massima del cubo e passanti per i due suoi estremi. il volume di questo cubo non dipende dall'inclinazione dei lati del prisma se e solo se la sua area di base non dipende dall'inclinazione, ma la sua area di base è, per quanto detto sia da tibor sia da gabriel (più velatamente) il doppio dell'area del triangolo equilatero avente tre vertici sul cubo.

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 29 ago 2009, 01:23

Non capisco perché il passaggio al prisma. Per dimostrare che anche il volume in ombra è costante?
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Messaggio da ma_go » 29 ago 2009, 01:37

:oops: ho letto/capito "volume ombreggiato" o qualcosa di analogo.. mumble.
tanto per dire qualcosa di sensato, credo che venisse anche con un po' di analitica sempliciotta. tanto ci sono in gioco un piano facile, 7 punti facili (e ne bastano 4, forse 3) e tre parallelogrammi...

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 29 ago 2009, 10:37

Forse invece di "calcolarne il valore" hai letto "calcolarne il volume"! Comunque non tutto il male vien per nuocere, perché secondo me è molto interessante anche la cosa coi volumi. :o
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Ippo_
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Messaggio da Ippo_ » 29 ago 2009, 10:59

* soluzione per sporchi fisici digiuni di geometria *

piazziamo una terna di assi cartesiani con l'origine sul vertice a terra e i tre assi paralleli ai tre spigoli che convergono nell'origine. Se le facce esposte al sole hanno area $ \vec{S}_x $, $ \vec{S}_y $ e $ \vec{S}_z $ (vettori di norma unitaria paralleli a x, y o z a seconda della faccia) si ha che il flusso luminoso intercettato, che corrisponde all'area dell'ombra su un piano di giacitura $ \vec{v} $, è $ A_v=\vec{v}\cdot (\vec{S_x}+\vec{S_y}+\vec{S_z})=\sqrt3 \vec{v}\cdot \vec{w} $ (se $ \vec{v} $ è il vettore di norma unitaria che rappresenta i raggi del sole e $ \vec{w} $ è il vettore di norma unitaria e direzione verticale - la direzione perpendicolare al terreno rispetto agli assi è (1,1,1), quella della diagonale maggiore). Questa quantità rappresenta l'ombra su di un piano ortogonale a $ \vec{v} $; la si trasforma nell'ombra sul pavimento dividendo per il coseno dell'angolo tra la verticale $ \vec{w} $ e i raggi del sole $ \vec{v} $, che coincide con il solo prodotto scalare in quanto le norme di v e w sono 1.
Quindi la superficie in ombra sul pavimento alla fine vale $ \displaystyle A_w={A_v \over \vec{v} \cdot \vec{w}}=\sqrt3 {\vec{v} \cdot \vec{w} \over \vec{v} \cdot \vec{w}}=\sqrt3 $ indipendentemente dalla particolare scelta di v, ovviamente a condizione che le facce esposte siano solo quelle tre.
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g(n)
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Messaggio da g(n) » 29 ago 2009, 12:31

Grande Ippo! Anch'io ho fatto così! :D

Evidentemente la mia componente di fisico che non si è manifestata durante la prova di fisica è emersa durante matematica...

andrea91
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Messaggio da andrea91 » 30 ago 2009, 00:49

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:
andrea91 ha scritto:se si riesce a dimostrare che l'area non dipende dalla posizione del sole, allora per calcolare tale area basta considerare l'area che forma nella posizione limite in cui il sole copre solo una faccia
grazie, il roblema sta solo lì :?
più che altro mi piaceva l'idea che tale area si potesse calcolare in una posizione limite che non apparteneva alla posizioni consentite dall'ipotesi del problema....

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Ippo_
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Messaggio da Ippo_ » 30 ago 2009, 09:44

g(n) ha scritto:Grande Ippo! Anch'io ho fatto così! :D
il problema è che io non l'ho fatto così - non l'ho proprio fatto, questa storia dei vettori mi è venuta in mente a 2 minuti dalla fine (che in una prova di sei ore è proprio sfiga eh xD), credo di essere riuscito a scrivere i primi passaggi in maniera suina senza comunque concludere niente, dopo aver esaminato male un caso particolare da cui deducevo che il rapporto è 2, lol.
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Reginald
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Messaggio da Reginald » 01 set 2009, 18:42

Tibor Gallai ha scritto: [..] Possiamo anche far finta che la base sia complanare al terreno, poiché traslare il terreno non fa variare l'area dell'ombra[..]
.. :?: .. forse ho capito male, ma la base secondo me E' complanare al terreno...per un discorso di simmetria....

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