OliForum Matematico

Dimostrare in modo elementare (senza ricorrere a integrali) che il baricentro di un tetraedro regolare di densità uniforme dista da ogni faccia $ h/4 $ essendo $ h $ la distanza di un vertice dalla base opposta.
Indicare possibili modi di asportare materia dal tetraedro che mantengano invariata la posizione del baricentro.

Poniamo un vertice nell'origine di un sistema di assi cartesiani, e un altro vertice in (l,0,0) dove l è la misura di un lato. Mettiamo il terzo in $ \displaystyle (\frac{l}{2},\frac{\sqrt3 \cdot l}2,0) $, poichè la base è un triangolo equilatero: in tal modo il quarto ha coordinate $ \displaystyle (\frac{l}{2},\frac{\sqrt3 \cdot l}{6},h)} $ dove h è ovviamente l'altezza, e le altre sono state ottenute considerando la sua proiezione sulla base, che coincide con i centri del triangolo di base.
In tal modo il baricentro risulta dalla solita formula (media delle coordinate) $ \displaystyle G: (\frac{l}{2},\frac{\sqrt3 \cdot l}{2},\frac{h}{4}) $, il che ci dice che, essendo l'altezza perpendicolare alla faccia, il baricentro dista proprio h/4.
Stesso discorso per tutte le facce, però mi sembra troppo facile...

Ciao!!

Sia $ x\, $ la distanza del baricentro da ciascuna delle facce e sia $ H\, $ l'altezza di una faccia del tetraedro (a forma di triangolo equilatero). Siano inoltre:
-$ G\, $ il baricentro del tetraedro
-$ O\, $ e $ O'\, $ i centri di due facce del tetraedro (aventi in comune lo spigolo $ AB\, $)
-$ C\, $ il piede dell'altezza relativa ad $ AB\, $ della faccia $ O\, $
-$ D\, $ il vertice della faccia $ O'\, $ opposto ad $ AB\, $
Consideriamo i triangoli simili $ COD $ e $ GO'D $: è noto che
-$ OG=O'G=x $ (per una questione di simmetria)
-$ CD=H $
-$ OC=H/3 $
-$ OD=h $
Applicando la similitudine $ \frac{CD}{OC}=\frac{GD}{O'G} $ si ottiene:
$ \frac{H}{H/3}=\frac{h-x}{x} $
Da cui $ 3x=h-x $ e quindi $ x=h/4 $

Per asportare massa dal tetraedro (di lato $ L\, $) lasciando il baricentro invariato: sia $ M\, $ la massa del tetraedro e $ m\, $ la massa da asportare. La massa da asportare deve essere anch'essa un tetraedro regolare di lato $ L'=L\sqrt[3]{\frac{m}{M}} $ con il baricentro nel baricentro $ G\, $ del tetraedro. Si dimostra in questo caso che la quota $ z_G $ del baricentro rimane invariata: dalla definizione fisica di baricentro si ha che
$ z'_G=\frac{Mz_G-mz_G}{M-m}=z_G $

@darkcrystal

mi sembra che tu abbia calcolato il baricentro di quattro punti con la spessa massa posti ai vertici del tetraedro e non del solido di densità uniforme: il risultato è lo stesso ma è ovviamente un caso.

ciao

@Tuvoc

se non ho capito male, sfrutti la proprietà di simmetria del baricentro e quindi la sua equidistanza dalle faccie.
Penso che ci sia un modo ancora più semplice di trovare la formula.

Per quanto riguarda il resto, non condivido la tua soluzione: vi sono molti più modi per alleggerire il tetraedro mantenendo la posizione del baricentro.

ciao

Ehm .... visto che il thread sta in geometria, non mi sembra che ci si possa lamentare del fatto che i solutori usino la definizione geometrica di baricentro, che in fisica corrisponde al baricentro di punti materiali posti nei vertici del poliedro o, equivalentemente (a posteriori), al baricentro di un solido di densità uniforme.

Inoltre, faccio notare che la definizione fisica del baricentro di un tetraedro uniforme è data tramite gli integrali e quindi è abbastanza impensabile di trarre, partendo da questa, dimostrazioni elementari, a meno di non usare proprietà di formulazione elementare che caratterizzano il baricentro, le quali però vanno ricavate dalla "definizione non elementare" di partenza.

Per la cronaca : il baricentro di un tetraedro è il punto di incontro delle 4 rette che collegano un vertice al baricentro della faccia opposta; questa è la definizione geometrica.
Il baricentro di una faccia, essendo questa triangolare, è definito a sua volta come punto di incontro delle mediane.

Scusa Evariste,

potevo effettivamente postare a Fisica, tuttavia il problema è prevalentemente geometrico se consideri il tetraedro come un solido composto da tutti i punti interni alla sua superficie.
Se consideriamo la densità uniforme, le proprietà del baricentro sono indipendenti dalla natura fisica dei punti che lo compongono.

Per quanto riguarda la definizione, concordo che in generale è il risultato di una integrazione, ma allora lo è anche l'area o il volume e quindi, con questa logica, anche tali proprietà sono solo determinabili come risultati dell'Analsi Matematica? Come per aree e volumi, molte proprietà geometriche delle figure semplici (comprese quelle del baricentro) possono essere dedotte con metodi elementari, ed è questo lo spirito della domanda.

La domanda aveva proprio lo scopo di trovare un metodo molto semplice per localizzare il baricentro (senza analisi, geometria analitica, sistemi, vettori, ecc..). Questo metodo si adatta anche alla tua definizione puramente geometrica del baricentro la quale sfrutta le proprietà di simmetria della figura solida e il fatto che il baricentro appartiene a ogni eventuale piano di simmetria.

ciao


PS
Se lo ritieni opportuno spostalo.

Per quanto riguarda il resto, non condivido la tua soluzione: vi sono molti più modi per alleggerire il tetraedro mantenendo la posizione del baricentro.

In effetti è anche possibile tagliare il tetraedro con piani paralleli a una delle facce in modo da trasformarlo in un tronco di piramide... E' richiesta una soluzione con o senza integrali?

Senza integrali... lo spirito è che deve essere tutto semplice...

Si questa è un'altra possibilità di alleggerimento, ma dovresti indicare come scegli le posizioni dei piani ...

Soluzione elementare:
chiamata $ x $ la distanza del baricentro $ G $ da ognuna delle facce, consideriamo i 4 tetraedri uguali (non regolari) che hanno vertice comune in $ G $ e base su ognuna delle facce del tetraedro di partenza. Basta considerare il volume ($ S $ area di base) :

$ 4Sx/3=Sh/3 $

Bellissima soluzione!
Vorrei solo farti notare - anche se non si tratta di una questione matematica - che facce si scrive senza i!

Ciao!
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L'amante dell'italiano

'peto veniam erroris atque mendum scripturae tollo'


C'è sempre la seconda parte del problema ......