Un problema posto da DD nel vecchio forum:
Esiste un tetraedro tale che ogni suo spigolo è adiacente ad almeno un angolo ottuso di una delle facce?
Tetraedro iper-ottuso
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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partendo dalla base si dovrebbe procedere così:
1) con la base un triangolo acutangolo ABC bisognerebbe construire tre facce laterali con tre triangoli ottisangoli che però non devono avere i lati dell'angolo ottuso in comune (perchè gli spigoli sono 6 e gli angoli ottusi al massimo 3). Quindi l'angolo ottuso deve essere adiacente al triangolo di base e non odiacente a uno ottuso. Quindi wlog prendiamo DAB ottuso, allora se chiamiamo $ \alpha $ il piano perpendicolare ad AB nel punto A, D vovra stare nel semispazio $ \alpha' $ delimitato da $ \alpha $ dalla parte non contenente ABC. Ma fissato DAB ottuso sappiamo anche che ACD e CBD devono essere ottusi. Quindi preso il piano $ \beta $ perpendicolare alla retta AC in C, D starà nel semispazio $ \beta' $ delimitato da $ \beta $ e dalla parte che non contiene ABC e ugualmente starà nel semispazio $ \gamma' $ delimitato dal piano $ \gamma $ perpendicolare a CB in B. Ma quindi è chiaramente impossibile perchè prendiamo wlog che stia in $ \alpha' $ allora potrà mai stare in $ \beta' $ e $ \gamma' $ contemporaneamente poiche i semipiani sono tutti e tre perpendicolari a quello di base e $ \beta $ e $ \gamma $ si intersecano in una retta non all'interno di $ \alpha' $.
Quindi siccome le basi si possono invertire tutte le facce devono essere triangoli ottusangoli.
2)
a)possiamo disporre gli angoli ottusi in 4 vertici differenti?
wlog ABC ottuso e wlog BDA ottuso, quindi necessariamente DCB ottuso e DAC ottuso. Ma allora come prima il punto D dovra stare nell'intersezione dei due semispazi delimitati dai piani perpendicolari a BC in C $ \alpha $ e quello delimitato dal piano perpendiacolare a AC in A $ \beta $. Ma allora è possibile ottenere l'angolo in D ottuso con queste restrizioni? Chiamiamo E l'intersesione di $ \alpha $, $ \beta $ e il piano di base. Chiaramente il valore massimo di ADB è con D coincidente con E perchè altrimenti nel triangolo ADB si allungano AB e BD e quindi aumentano di dimensione gli angoli opposti e diminuisce ADB. Ma AEB è acuto perchè è una parte dell'angolo AEC che è acuto perche uguale a ACB. Quindi è impossibile
b) quindi proviamo a disporre 2 angoli ottisi in uno stesso spigolo.
wlog ABC ottuso wlog ABD ottuso e wlog BCD ottuso (infatti la scielta è indifferente perchè possiamo eventialmente cambiare il triangolo di base) CDA ottuso non può essere sennò AC non è adiacente a un'angolo ottuso, quindi DAC ottuso ma allora per il solito motivo dei semispazi delimitati da piani perpendicolari non può esistere D.
b) il caso con tre angoli ottusi in un vertice è velocemente escludibile, infatti i tre angoli soddisfano tre spigoli e comunque si piazzi il quarto in tutto saranno soddisfatti al massimo 5 spigoli su sei.
d) ci sono anche altri casi ma ovviamente non validi come due angoli ottusi un un vertice e altri due in un'altro e anche in questo caso un lato rimane fuori.
conclusione: è impossibile
1) con la base un triangolo acutangolo ABC bisognerebbe construire tre facce laterali con tre triangoli ottisangoli che però non devono avere i lati dell'angolo ottuso in comune (perchè gli spigoli sono 6 e gli angoli ottusi al massimo 3). Quindi l'angolo ottuso deve essere adiacente al triangolo di base e non odiacente a uno ottuso. Quindi wlog prendiamo DAB ottuso, allora se chiamiamo $ \alpha $ il piano perpendicolare ad AB nel punto A, D vovra stare nel semispazio $ \alpha' $ delimitato da $ \alpha $ dalla parte non contenente ABC. Ma fissato DAB ottuso sappiamo anche che ACD e CBD devono essere ottusi. Quindi preso il piano $ \beta $ perpendicolare alla retta AC in C, D starà nel semispazio $ \beta' $ delimitato da $ \beta $ e dalla parte che non contiene ABC e ugualmente starà nel semispazio $ \gamma' $ delimitato dal piano $ \gamma $ perpendicolare a CB in B. Ma quindi è chiaramente impossibile perchè prendiamo wlog che stia in $ \alpha' $ allora potrà mai stare in $ \beta' $ e $ \gamma' $ contemporaneamente poiche i semipiani sono tutti e tre perpendicolari a quello di base e $ \beta $ e $ \gamma $ si intersecano in una retta non all'interno di $ \alpha' $.
Quindi siccome le basi si possono invertire tutte le facce devono essere triangoli ottusangoli.
2)
a)possiamo disporre gli angoli ottusi in 4 vertici differenti?
wlog ABC ottuso e wlog BDA ottuso, quindi necessariamente DCB ottuso e DAC ottuso. Ma allora come prima il punto D dovra stare nell'intersezione dei due semispazi delimitati dai piani perpendicolari a BC in C $ \alpha $ e quello delimitato dal piano perpendiacolare a AC in A $ \beta $. Ma allora è possibile ottenere l'angolo in D ottuso con queste restrizioni? Chiamiamo E l'intersesione di $ \alpha $, $ \beta $ e il piano di base. Chiaramente il valore massimo di ADB è con D coincidente con E perchè altrimenti nel triangolo ADB si allungano AB e BD e quindi aumentano di dimensione gli angoli opposti e diminuisce ADB. Ma AEB è acuto perchè è una parte dell'angolo AEC che è acuto perche uguale a ACB. Quindi è impossibile
b) quindi proviamo a disporre 2 angoli ottisi in uno stesso spigolo.
wlog ABC ottuso wlog ABD ottuso e wlog BCD ottuso (infatti la scielta è indifferente perchè possiamo eventialmente cambiare il triangolo di base) CDA ottuso non può essere sennò AC non è adiacente a un'angolo ottuso, quindi DAC ottuso ma allora per il solito motivo dei semispazi delimitati da piani perpendicolari non può esistere D.
b) il caso con tre angoli ottusi in un vertice è velocemente escludibile, infatti i tre angoli soddisfano tre spigoli e comunque si piazzi il quarto in tutto saranno soddisfatti al massimo 5 spigoli su sei.
d) ci sono anche altri casi ma ovviamente non validi come due angoli ottusi un un vertice e altri due in un'altro e anche in questo caso un lato rimane fuori.
conclusione: è impossibile
Per evitare di considerare troppi casi si può ricorrere al principio del massimo.
Prendo il lato di lunghezza massima e considero una qualsiasi delle 2 facce adiacenti. Se ha un angolo ottuso uno dei cui lati è il lato di lunghezza massima, allora il lato opposto all'angolo è ancora più grande, assurdo.
Prendo il lato di lunghezza massima e considero una qualsiasi delle 2 facce adiacenti. Se ha un angolo ottuso uno dei cui lati è il lato di lunghezza massima, allora il lato opposto all'angolo è ancora più grande, assurdo.