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Vista la recente popolarità della geometria solida da gara a squadre, ne ripropongo un altro:

E' dato un dodecaedro regolare, i cui spigoli vengono prolungati fino ad intersecarsi. Le intersezioni sono vertici di un icosaedro regolare. Gli spigoli dell'icosaedro vengono a loro volta prolungati fino ad intersecarsi, e le intersezioni sono vertici di un nuovo dodecaedro regolare.
Qual è il rapporto tra i volumi dei due dodecaedri?

provo a rispondere prima che finisca nel dimenticatoio...
ma non assicuro niente.. xD

allora partendo dalla fine si avrebbe il dodecaedro regolare maggiore, e per ottenere il suo duale, l'icosaedro, si dovrebbe considerare come vertici i punti medi delle facce e congiungerli tra di loro

e si fa la stessa cosa con l'icosaedrp, ottenendo così il dodecaedro minore..


ho trovato su wikipedia alcune formule e ho deciso di utilizzarle (ma non svolgo i calcoli.. )

pongo lo spigolo del dodecaedro maggiore = 1
so che il raggio della sfera inscritta è uguale a quella circoscritta nell'icosaedro..
quindi

$ \frac1{20} $$ \sqrt{(10(25+11\sqrt{5}))}= $$ \frac1{4} $$ \sqrt{(10+2\sqrt{5})}d $

quindi lo spigolo dell'icosaedro è

$ d=\frac1{5} $$ \frac{\sqrt{(10(25+11\sqrt{5}))}}{\sqrt{(10+2\sqrt{5})}} $

poi so che il raggio della sfera inscritta all'icosaedro è uguale a quella circoscritta circoscritta del dodecaedro..

$ \frac{\sqrt{3}}{12} $$ {(3+\sqrt{5})} $$ \frac1{5} $$ \frac{\sqrt{(10(25+11\sqrt{5}))}}{\sqrt{(10+2\sqrt{5})}}= $$ \frac{\sqrt{3}}{4} $$ {(1+\sqrt{5})} d^(del dodecaedro minore) $

quindi lo spigolo del dodecaedro minore, e il rapporto tra i due solidi simili è

$ d=\frac1{3} $$ {(3+\sqrt{5})} $$ \frac1{5} $$ \frac{\sqrt{(10(25+11\sqrt{5}))}}{\sqrt{(10+2\sqrt{5})(1+\sqrt{5})}} $

spero sia giusto (anche se ho qualche dubbio..) e mi scuso un po' col LaTeX..

mi ci devo esercitare...

Grazie per aver ravvivato il thread!

I solidi che consideri sono i "duali" ottenuti ponendo i vertici nei centri delle facce. Ma la costruzione del problema è un'altra: prolunghi gli spigoli finché non si intersecano, e questi sono i nuovi vertici. Poi non è detto che i centri delle nuove facce coincidano con i vecchi vertici, e in effetti non coincidono. Perciò le proporzioni che determini non sono quelle chieste dal problema...

Comunque bell'approccio, hai colto lo spirito del problema, anche se hai cannato la costruzione. Fra l'altro, i numeri che vengono fuori nella soluzione corretta sono molto più "bellini".

mmmm.....

Vediamo se riesco a rifarmi della figuraccia dell'altra volta anche se è solo un pezzettino quello che scrivo...

Allora, io ho notato che il lato dell'icosaedro è pari alla lunghezza della base del triangolo iscoscele costruito congiungendo i veritici dei due triangoli isosceli ( aventi lati obliqui pari a k) formati prolungando i lati di un pentagono regolare. Detto quindi $ a $ il lato del pentagono, si ha che, essendo 72° la misura dell'angolo esterno di un pentagono $ ksen(72°) = \frac{a}{2} $ e quindi$ k=\frac{a}{2sen(72°)} $

Devo ora ottenere la "lunghezza della base del triangolo iscoscele costruito congiungendo i veritici dei due triangoli isosceli ( aventi lati obliqui pari a k) formati prolungando i lati di un pentagono regolare" (scusate, ma senza figura è difficile...). Applico quindi pitagora sapendo che l'angolo al verticce del nostro triangolo isoscele di base incognita $ b $ misura $ 108° $:
$ b=\sqrt{(ksen(108°))^2 +(k-kcos(108°))}= k\sqrt{2-2cos(108°)} $ e quindi $ b =\frac{a\sqrt{2-2cos(108°)}}{2sen(72°)} $ che è il lato dell'icosaedro...

Ok...

Da qui ho quindi ottenuto un nuovo pentagono di lato b !!! E siccome in un icosaedro c'è il pentagono( si presenta cammuffato come base di alcune piramidi particolarmente spappolate che formano il tutto), devo trovare la base del triangolo isoscele costruito congiungendo i vertici di due triangoli isosceli costruiti prolungando i lati di questo nuovo pentagono di lato b ! si ah che i lati obliqui w dei due triangoli isosceli misurano ciascuno $ w= \frac{b}{2sen(72°)} $ e si ah che il lato c del dodecaedro finale è quindi $ c=w\sqrt{2-2cos(108°)} $

Effettuando le opportune sostituzioni si ha che
$ c= \frac{a(2-2cos(108°)}{4sen^2(72°)} $ Dove a è il lato del dodecaedro iniziale e c quello del dodecaedro finale... I conti del volume non ce la faccio a farli ora, quindi la faccio fare al computer... salvo errori di impostazione, il rapporto è$ \frac{\sqrt{5} +3}{10} $

Giusto ? almeno i concetti dovrebbero esserlo... Si valuti che i calcoli li sto facendo alle 5 di mattina dopo una notte in bianco ( per vari motivi) e può quidi darsi che sia sbagliato qualcosa....

Perdindirindina!

Ho veramente troppi commenti da fare sul tuo messaggio.
Mi limito a farne qualcuno.

Primo fatto, che speravo fosse noto: il rapporto tra la diagonale ed il lato di un pentagono regolare è il rapporto aureo, che chiameremo $ $\varphi $, e vale $ $\frac{1+\sqrt 5}{2} $.

Secondo fatto: come hai giustamente osservato, lo spigolo dell'icosaedro si trova risolvendo un problema bidimensionale, rappresentato in figura.



Il pentagono nero è una faccia del dodecaedro, mentre il segmento rosso è uno spigolo dell'icosaedro. Per un semplice fatto di angoli e similitudini, i segmenti blu sono lunghi $ $\varphi $ e il segmento rosso è lungo $ $\varphi^2 $.

Terzo fatto: hai giustamente osservato che alcuni spigoli dell'icosaedro formano un pentagono regolare. Ma poi sbagli nell'individuare lo spigolo del dodecaedro grande. I due punti che trovi rifacendo il giochetto di prima sono effettivamente vertici del dodecaedro grande, ma il segmento che li congiunge non è un suo spigolo. Quindi su questa parte devi ancora lavorare un po'.

Quarto fatto: quando hai calcolato il rapporto tra gli spigoli dei due dodecaedri, non serve ammazzarsi di conti per trovare il rapporto tra i volumi! Entrambi i dodecaedri sono regolari, e quindi simili. Perciò il rapporto dei loro volumi è il cubo del rapporto dei loro spigoli.

interessante però, mi era sfuggita quella relazione diagonale/lato, non avevo visto la similitudine ... ma i miei calcoli con la trigonometria sono sbagliati allora ? perchè ? mi sembrano giusti concettualmente almeno.... perdona la cecità.

mmmmhhh

I due punti che trovi rifacendo il giochetto di prima sono effettivamente vertici del dodecaedro grande, ma il segmento che li congiunge non è un suo spigolo. Quindi su questa parte devi ancora lavorare un po'.

il segmento che li congiunge non è forse la diagonale di una faccia del dodecaedro grande ??? a questo punto mi sembra che il lato del dodecaedro grande esca, seguendo i tuoi calcoli con la sezione aurea, per una serie di similitudini $ \varphi^3 $ e che quindi il rapporto tra i volumi è $ \frac{1}{\varphi^6} $ il che spiegherebbe la tua affermazione sul rapporto "bellino"...

mi spieghi però, se quello che ho fatto sopra è corretto, perchè ho sbagliato con la trigonometria ?

P.S. come si fa ad inserire le immagini come fate voi ???

minima.distanza ha scritto:il segmento che li congiunge non è forse la diagonale di una faccia del dodecaedro grande ??? a questo punto mi sembra che il lato del dodecaedro grande esca, seguendo i tuoi calcoli con la sezione aurea, per una serie di similitudini $ \varphi^3 $ e che quindi il rapporto tra i volumi è $ \frac{1}{\varphi^6} $ il che spiegherebbe la tua affermazione sul rapporto "bellino"...

Ecco, tutto esatto tranne quel (*sigh*) $ $\frac{1}{\varphi^6} $.
Dunque complimenti, direi che te li meriti per aver buttato dentro la maggior parte delle idee fondamentali per la soluzione!

minima.distanza ha scritto:mi spieghi però, se quello che ho fatto sopra è corretto, perchè ho sbagliato con la trigonometria ?

Scusa ma non contemplo l'uso della trigonometria in relazione a questo problema, quindi non intendo valutare i tuoi conti. Sono evidentemente errati perché giungi al risultato errato, ma lascio volentieri a te il compito di trovare gli errori.

Fra l'altro, una volta ottenuto il rapporto dei volumi come potenza di $ $\varphi $, lo si può esplicitare numericamente in modo molto veloce usando l'identità $ $\varphi^n = \varphi^{n-1}+\varphi^{n-2} $ (ricordiamo che è un problema da gara a squadre...). Il risultato finale è $ $38+18\sqrt 5 $, che è poco più di 76.

minima.distanza ha scritto:P.S. come si fa ad inserire le immagini come fate voi ???

E' una buona domanda da fare qui.

$ \frac{1}{\varphi^9} $

Il mio intento ultimo è portare la mia squadra a cesenatico...

i conti li controllo stasera, magari trovo l'errore....

grazie mille per il bel problema, veramente !

minima.distanza ha scritto:grazie mille per il bel problema, veramente !

Ah ok, grazie a te per il complimento.