Numero facce di un poliedro
Le facce del poliedro sono tutte o quadrati o triangoli equilateri, disposti in modo che non ci siano né spigoli comuni a due quadrati né spigoli comuni a due triangoli. Se esattamente sei delle facce sono quadrati, quanti sono i triangoli?
Risposte
"axpgn":
Mi interessa sapere tutto il ragionamento..
(6 facce del quadrato*4 num lati quadrato):3 num lati di un triangolo ?
Cordialmente, Alex
@ axpgn & LouLou
Sì, 8 triangoli.
Siccome non ci sono spigoli comuni tra due quadrati né tra due triangoli, i 6·4 = 24 spigoli dei 6 quadrati sono gli stessi 24 spigoli di tutti i triangoli che, per dare in tutto 24 spigoli, devono essere per forza 8
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Sì, 8 triangoli.
Siccome non ci sono spigoli comuni tra due quadrati né tra due triangoli, i 6·4 = 24 spigoli dei 6 quadrati sono gli stessi 24 spigoli di tutti i triangoli che, per dare in tutto 24 spigoli, devono essere per forza 8
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Anche se questo, molto probabilmente, è il ragionamento che si aspetta chi ha formulato il quesito, io penso che sia insufficiente ... nel senso che va dimostrata anche la fattibilità di una costruzione che abbia tali elementi e tali vincoli ... IMHO
Cordialmente, Alex
Cordialmente, Alex
"axpgn":Ma la "fattibilità" è implicita nel testo del problema, è data per scontata dal testo del peroblema ... e il testo non deve essere la richiesta di un assurdo!
Anche se questo, molto probabilmente, è il ragionamento che si aspetta chi ha formulato il quesito, io penso che sia insufficiente ... nel senso che va dimostrata anche la fattibilità di una costruzione che abbia tali elementi e tali vincoli
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Facevo la prima media e l'insegnante mi aveva assegnato un banale problemino sull'uso delle espressioni: un autobus parte dalla stazione con un certo numero dato di passeggeri, ad ogni fermata dava il numero di passeggeri che salivano e il numero di quelli che scendevano, e chiedeva quanti passeggeri arrivavano al capolinea. Il problema riportava anche la soluzione data dalla differenza tra tutti quelli che salivano e tutti quelli che scendevano.
C'era solo un piccolo problema, facendo le operazioni passo passo, con la differenza tra (la somma dei passeggeri e di chi saliva) meno (quelli che scendevano), ad un certo punto sull'autobus c'erano $-3$ passeggeri!?!
Anche in questo esercizio la fattibilità avrebbe dovuto essere implicita nel testo del problema.
C'era solo un piccolo problema, facendo le operazioni passo passo, con la differenza tra (la somma dei passeggeri e di chi saliva) meno (quelli che scendevano), ad un certo punto sull'autobus c'erano $-3$ passeggeri!?!
Anche in questo esercizio la fattibilità avrebbe dovuto essere implicita nel testo del problema.
@axpgn
Non capisco la tua costruzione Alex, perché non ne fai uno schizzo?
Cordialmente.
Marco
Non capisco la tua costruzione Alex, perché non ne fai uno schizzo?
Cordialmente.
Marco
@ @melia & axpgn
Notevoli le vostre osservazioni!
In effetti, anche a me a volte è capitato che un problema risultasse globalmente risolubile in teoria ma impossibile in pratica. @melia porta l'esempio di un caso in cui è dato per scontato che l'ambito è quello dei numeri naturali ma che in questo ambito non ha soluzioni. Io ricordo un problema (il cui titolo era "Linee e Fermate" ) che sostanzialmente era di topologia, in cui si chiedeva alla fine "Quante sono le linee e quante le fermate?". [Topologicamente "linea" era astrazione di linea tranviaria cittadina!]. Rispettando le condizioni imposte dal testo – mi par di ricordare, ma non sono sicuro perché son passati più di trent'anni – si perveniva facilmente a concludere che il numero di "linee" era pari al numero di "fermate" ed era un intero $n$ qualunque maggiore di 1. Ma poi – vado sempre a memoria e chissà se ricordo bene – tentando di disegnare un possibile grafico si scopriva che non ci si riusciva se non per $n=2$ e per $n=3$.
[Forse da qualche parte ho ancora il testo di quel problemino. Se lo ritrovo lo pubblico in questa sezione].
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Tornando al quiz in questione (e forse quel che sto per dire interessa a teorema55), questo solido con 6 facce quadrate e 8 facce triangolari si ottiene facilmente sia da un cubo che da un ottaedro regolare ritagliando (cioè asportando) opportune "asperità" piramidali, una per ciascun vertice.
• Un cubo ha 6 facce quadrate, 8 vertici e 12 spigoli (che concorrono a 3 a 3 in ciascun vertice). Si considerino i 12 punti medi degli spigoli di un cubo con spigoli di lunghezza $a$. Si possono asportare dal cubo 8 piramidine, una per vertice (ciascuna di volume $a^3$/48), segando il relativo angoloide con un piano per i tre punti medi dei tre spigoli che concorrono in quel vertice. Ogni faccia del cubo si riduce ad una "losanga" quadrata di area metà (con lato di lunghezza $sqrt2a$/2); e dove c'erano i vertici del cubo compaiono altrettante facce triangolari (equilatere).
Il volume del solido viene $5a^3$/6 che, essendo lo spigolo lungo $s = sqrt2a$/2, diventa $5sqrt2s^3$/3.
• L'ottaedro regolare è il solido "duale" del cubo (scambiando "vertici" con "facce"). Ragionando in modo analogo al precedente, si possono asportare dall'ottaedro regolare (di spigoli lunghi $a$) 6 piramidine (una per ciascuno dei 6 vertici, ciascuna di volume $sqrt2a^3$/48) riducendo ciascuna delle 8 facce triangolari a un triangolo equilatero di area 1/4 (perché di lato $a$/2). Dove c'erano i 6 vertici, compaiono altrettante facce quadrate di lato $a$/2.
Se non sbaglio, il volume del solido ricavato dall'ottaedro regolare di spgolo $a$ (con 24 spigoli di lunghezza $s =a$/2) ha volume $5sqrt2a^3$/24 = $5sqrt2s^3$/3.
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Notevoli le vostre osservazioni!
In effetti, anche a me a volte è capitato che un problema risultasse globalmente risolubile in teoria ma impossibile in pratica. @melia porta l'esempio di un caso in cui è dato per scontato che l'ambito è quello dei numeri naturali ma che in questo ambito non ha soluzioni. Io ricordo un problema (il cui titolo era "Linee e Fermate" ) che sostanzialmente era di topologia, in cui si chiedeva alla fine "Quante sono le linee e quante le fermate?". [Topologicamente "linea" era astrazione di linea tranviaria cittadina!]. Rispettando le condizioni imposte dal testo – mi par di ricordare, ma non sono sicuro perché son passati più di trent'anni – si perveniva facilmente a concludere che il numero di "linee" era pari al numero di "fermate" ed era un intero $n$ qualunque maggiore di 1. Ma poi – vado sempre a memoria e chissà se ricordo bene – tentando di disegnare un possibile grafico si scopriva che non ci si riusciva se non per $n=2$ e per $n=3$.
[Forse da qualche parte ho ancora il testo di quel problemino. Se lo ritrovo lo pubblico in questa sezione].
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Tornando al quiz in questione (e forse quel che sto per dire interessa a teorema55), questo solido con 6 facce quadrate e 8 facce triangolari si ottiene facilmente sia da un cubo che da un ottaedro regolare ritagliando (cioè asportando) opportune "asperità" piramidali, una per ciascun vertice.
• Un cubo ha 6 facce quadrate, 8 vertici e 12 spigoli (che concorrono a 3 a 3 in ciascun vertice). Si considerino i 12 punti medi degli spigoli di un cubo con spigoli di lunghezza $a$. Si possono asportare dal cubo 8 piramidine, una per vertice (ciascuna di volume $a^3$/48), segando il relativo angoloide con un piano per i tre punti medi dei tre spigoli che concorrono in quel vertice. Ogni faccia del cubo si riduce ad una "losanga" quadrata di area metà (con lato di lunghezza $sqrt2a$/2); e dove c'erano i vertici del cubo compaiono altrettante facce triangolari (equilatere).
Il volume del solido viene $5a^3$/6 che, essendo lo spigolo lungo $s = sqrt2a$/2, diventa $5sqrt2s^3$/3.
• L'ottaedro regolare è il solido "duale" del cubo (scambiando "vertici" con "facce"). Ragionando in modo analogo al precedente, si possono asportare dall'ottaedro regolare (di spigoli lunghi $a$) 6 piramidine (una per ciascuno dei 6 vertici, ciascuna di volume $sqrt2a^3$/48) riducendo ciascuna delle 8 facce triangolari a un triangolo equilatero di area 1/4 (perché di lato $a$/2). Dove c'erano i 6 vertici, compaiono altrettante facce quadrate di lato $a$/2.
Se non sbaglio, il volume del solido ricavato dall'ottaedro regolare di spgolo $a$ (con 24 spigoli di lunghezza $s =a$/2) ha volume $5sqrt2a^3$/24 = $5sqrt2s^3$/3.
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@teorema55
Non ho strumenti per disegnare in 3D (e comunque non ne sarei capace ...
) ... proverò a fare uno schizzo ma declino ogni responsabilità ... 
Cordialmente, Alex
Non ho strumenti per disegnare in 3D (e comunque non ne sarei capace ...
) ... proverò a fare uno schizzo ma declino ogni responsabilità ... Cordialmente, Alex
Questa è la metà "di sotto", una specie di scodella ... 
... il triangolo nero è la base su cui si appoggia, il resto sono le pareti ... ne prendi un'altra uguale e gliela appoggi sopra, come un coperchio, ma ruotata di un ottavo di giro ... tutti i lati sono da intendersi uguali ...
Cordialmente, Alex
... il triangolo nero è la base su cui si appoggia, il resto sono le pareti ... ne prendi un'altra uguale e gliela appoggi sopra, come un coperchio, ma ruotata di un ottavo di giro ... tutti i lati sono da intendersi uguali ...
Cordialmente, Alex
Magari si potrebbe vederla in un altro modo
Si parte da un cubo, e si "molano via" gli otto vertici, ottenendo, al posto di ogni vertice un triangolo equilatero. Inizialmente le facce quadrate diventano ottagonali, ma quando i vertici dei triangoli vengono a contatto - nel punto medio degli spigoli del quadrato originale - le facce tornano ad essere quadrate: sono 6, e i triangoli 8
Si parte da un cubo, e si "molano via" gli otto vertici, ottenendo, al posto di ogni vertice un triangolo equilatero. Inizialmente le facce quadrate diventano ottagonali, ma quando i vertici dei triangoli vengono a contatto - nel punto medio degli spigoli del quadrato originale - le facce tornano ad essere quadrate: sono 6, e i triangoli 8
Ehi, che brain storm.................grazie a tutti
Ecco il nostro "tetradecaedro" con 6 facce quadrate ed 8 facce triangolari, 12 vertici e 24 spigoli
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In un epoca in cui si ricicla tutto e non si butta via niente, siete degli "spreconi" assoluti ... in pratica, abbattete un albero per fare uno stuzzicadenti ...
Cordialmente, Alex
P.S.: Fantastico il tuo "disegno", con che cosa lo hai realizzato?
Cordialmente, Alex
P.S.: Fantastico il tuo "disegno", con che cosa lo hai realizzato?
"axpgn":
In un epoca in cui si ricicla tutto e non si butta via niente, siete degli "spreconi" assoluti ... in pratica, abbattete un albero per fare uno stuzzicadenti ...
Non l'ho capita...
P.S. Forse perchè limiamo via delle belle fette del cubo, invece di costruire il poliedro ex novo?
P-P-S. Dopo tutto, la limatura è solo circa il 31% del cubo (se non ho sbagliato il conti), non uno spreco colossale
No, dai ...
Io ho "costruito" usando solo le facce (quindi pure vuoto dentro) mentre voi avete preso un "blocco" pieno e buttato via quello che avanza ... era una battuta, niente di serio ...
Io ho "costruito" usando solo le facce (quindi pure vuoto dentro) mentre voi avete preso un "blocco" pieno e buttato via quello che avanza ... era una battuta, niente di serio ...
"axpgn":
... era una battuta, niente di serio ...
Chiaro...
"mgrau":No. Molto di meno. [Quasi metà di quel che dici]. Esattamente 1/6.
[...] la limatura è solo circa il 31% del cubo [...]
Detto $a$ lo spigolo del cubo, ognuna delle 8 "punte" asportate ha volume:
$((1/2(a/2)^2)(a/2))/3=a^3/48$, qindi in tutto $a^3/6$.
La parte asportata è molto di più se si ricava il nostro poliedro da un ottoedro regolare. In questo caso si asportano 6 punte ognuna della quali è 1/8 di mezzo ottaedro (avendo questo lo spigolo doppio di quello delle piramidine asportate).
In tutto, dunque, si asportano sei sedicesimi, ossia 3/8; alias 9/24 (partendo dall'ottaedro) contro i 4/24 partendo dal cubo.
Ma poi ... io non ho "limato", bensì "segato" ricavando, oltre al solido in questione, 8 bei tetraedrini da regalare ad Alex!
Lui (Alex), incollandone due alla volta sulle facce equilatere, può farne 4 bellissimi esaedri irregolari "pieni". Oppure, visto che gl piacciono di più i poliedri internamente "cavi" (come le uova pasquali di cioccolato), può farsene 2 cubetti contenenti ciascuno una "cavità" a forma di tetraedro regolare.
Insmma: due "complementi al cubo circoscritto" di qesto tetraedro qui:
"axpgn":Oh, Grazie!
P.S.: Fantastico il tuo "disegno", con che cosa lo hai realizzato?
Per le figure us l'editor di "Grafica" del computer vecchio (un Macintosh G5 in OS X del 2007, ancora con l'hardware della Motorola)
Pensa che questi disegni li ho fatti ... stimolato dalla "schifezza" del disegno della tua "scodella" (mezza superficie del poliedro in qustione).
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