Tetraedro

[axpgn]

Quante sfere sono tangenti contemporaneamente ai quattro piani contenenti le quattro facce di un tetraedro?

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

"axpgn":È finita, è finita ... ..

Visto che non sei di parola, rispondo a tono

Mah! Saranno sette o otto.

Ciao

[axpgn]

@orsoulx

"orsoulx":... Visto che non sei di parola, rispondo a tono ...

Ma non c'entra con gli altri, quello era un unico "pacchetto" che ho spezzettato "per convenienza" ... ...
Questo è diverso, quantomeno nello stile ... ... che ci posso fare se non avevo colto il nesso? Tant'è vero che io l'avevo risolto "a occhio" ... poi ho letto la soluzione "formale" ed ho capito (qualcosa in più, mica tutto eh ... )
Comunque, la tua risposta è ... come dire ... incompleta ...

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

"axpgn":Quante sfere sono tangenti contemporaneamente ai quattro piani contenenti le quattro facce di un tetraedro?

[ot]Strano che non ti abbia risposto ancora nessuno!
[Nemmeno Orsoulx che in problemi di questo tipo è infallibile!][/ot]

Io direi 5: Una inscritta nel tetraedro e poi una per ciascuna delle 4 facce tangente il piano della faccia in un punto interno al triangolo-faccia ma con il centro esterno al tetraedro.

Mi pare che si possa estendere concetti nati e sviluppati nel piano (e relativi a rette e cerchi) dalle due dimensioni del piano alle tre dello spazio per analogia.

Penso che sia utile vedere come stanno le cose nel piano, (mettendo rette al posto di piani, lati al posto di facce e cerchi al posto di sfere).

Consideriamo nel piano due rette $r$ ed $s$ incidenti in un punto A e prendiamo una semiretta di $r$ ed una semiretta di $s$ entrambe di origine A. Le due semirette sono lati di due angoli esplemengtari: uno convesso (minore di un angolo piatto) e l'altro concavo (complemento del primo all'angolo giro). Fissiamoci sull'angolo convesso.
Se prendimo poi un puntp B su una semiretta ed un punto C sull'altra, (diversi dall'origine comune A) la retta BC stacca dall'angolo  (inteso come parte di piano illimitata) il triangolo ABC. Nel triangolo ci sta un cerchietto tancente ai tre lati (appunto "inscritto" in quel triangolo). Nell'angolo ... "mozzicato" (amputato) ci sta un altro cerchio tangente ad un lato ed ai due prolungamenti degli altri lati nel semipiano opposto a quello del triangolo. Il centro di questo cerchio (che, se non ricordo male dovrebbe chiamarsi "cerchio ex-imnscritto") è l'intersezione delle bisettrici dei due angoli esterni adiacenti al lato che ritaglia il triangolo dall'angolo.
[Non sono più sicurissimo che questo cerchio si dica "ex-inscritto". Ai miei tempi queste cose si stusiavano in seconda media e poi si approfondivano in- prima superiore (per me 4ª ginnasio, a.s. 1950-51 ... 68 anni fa ... e sono ancora vivo ... Chi l'avrebbe mai detto allora?).
Per un triangolo di vertici A, B e C, dicendo:
• $a$, $b$, e $c$ le lunghezze dei lati rispettivamente opposti ai vertici $A$. $B$ e $c$;
• $p = (a+b+c)$/$2$ il semiperimetro,
• $S$ l'area del triangolo (che – ricordandomi di Erone – è $sqrt(p(p-a)(p-b)(p-c))$;
• $r$ il raggio del cechio inscritto;
• $R_a, R_b$ e $R_c$ i raggi dei cerchi "ex-inscritti" col centro interno rispettivamente all'angolo di vertice A, B e C
se non ho sbagliato i conti – fatti adesso! – risulta:
$r = S/p$; $R_a = S/(p-a)$; $R_b = S/(p-b)$; $R_c = S/(p-c)$.

Trasportiamo, per analogia, questi concetti nello spazio.
Consideriamo tre piani per uno stesso punto che si intersecano a due a due in tre rette distinte non complanari. Delle 6 emirette con l'origine comune nel punto V consideriamone tre una per ciascuna retta. Le tre copppie di queste semirette individuano tre angoli (ciascuno inteso come parte illimitata di un piano) che sono le tre faccde del "triedro" di vertice V, La semirette sono gli "spigoli" del triedro; e le tre facce racchiudono una specie di piramide triangolare illimitata .
Un quarto piano che interseca tutti tre gli spigoli stacca dal triedro un tetraedro.
Orbene: ci sta una sfera inscritta nel tetraedo. Ed un'altra dentro ul triedro "mozzicato" (amputato) tangente il triangolo di confine col tetredro e le altre tre facce ciascuna definita da un segmento (spigolo del tetraedro) e due semirette prolungamenti di due spigoli.
Insomma: come in un angolo di un triangolo ci stanno due cechI, uno inscritto e l'altro ex-inscritto, così in ciascuno dei 4 triedri (angoli solidi) del tetredro ci stanno 2 sfere: una inscritta nel tetraedro e l'altra ... oche oso chiamare "ex-inscritta" anche se questo attributo non mi ricordo d'averlo visto ancora!.

Per adesso non so scrivere il raggio delle sfere in funzione dei 6 spigoli.

Ci sono poche e fondamentali nozione di "trigonometria sferica" che, per un dato triedro, collegano gli angoli delle facce ai tre angoli diedri delle tre coppie di facce (e questi all'angolo solido del triedro). Credo che con esse si possano facilmente calcolare i raggi delle 6 sfere sfere associate ad iun tetraedro: una circoscritta, una inscritta e quattro ex-inscritte (una per faccia).
Oh: ma non chiedetemi di fare i conti qui su due piedi!

_______

[Erasmus_First]

Oops!
La solita storia!
Siccome sono lento e per giunta scrivo risposte molto lunghe (perché molto dettagliate), succede che parto a scrivere quando altri non sono ancora intervenuti ... ma quando invio sono invece intervenuti.
Dicevo (in OT): "strano che non ci siano ancora risposte, che non sia ancora intervenuto nemmeno orsoulx.
Ed ecco che, invece, orsoulx è intervenuto mentre io stavo "cucinando" il mio lungo intervento.

Ciao axpgn, ciao orsoulx!
_______

[axpgn]

@Erasmus

[ot]

"Erasmus_First":Strano che non ti abbia risposto ancora nessuno! Nemmeno Orsoulx che in problemi di questo tipo è infallibile!

Si è stufato! (Troppe palle! )
Comunque ti faccio notare che ha risposto ... ... Nel frattempo, vedo che l'hai notato anche tu (ma lascio lo stesso l'annotazione ... )[/ot]

"Erasmus_First":Io direi 5

Anche questa risposta è ... incompleta! ... per adesso dico solo questo ...

Per il resto, un po' sono riuscito a seguirti ... ma non del tutto ... ... comunque, alla fine, non si capisce (io non ho capito) quante sono, secondo te, queste sfere ...

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

"axpgn": [...] alla fine, non si capisce (io non ho capito) quante sono, secondo te, queste sfere ...

Alla fine? L'ho detto all'inizio! 5 sfere.
[E se la risposta è sbagliata ... amen!
Non ho più alcuna pretesa. Mi basta campare restando "lucido" (senza cadere nell'Alzheimer o nella famosa "demenza senile"!)]

Non capisco perché quaqlifichi "incompleta" la mia risposta. Intendi dire che le sfere sono più di 5 ?

Ciao ciao!

_______

[orsoulx]

Vabbe' integriamo anche questa.

Non solo sette o otto, possono anche esser solo cinque. Epperò, col percorso che ho seguito, per accorgersene bisogna essere monotoni, irrazionali e pure un po' tirchi, qualità che cerco, inutilmente, di evitare
[ot]

"Erasmus_First":...che in problemi di questo tipo è infallibile

Infallibile è solo Dio, per chi ci crede. Inoltre l'infallibilità sarebbe di una noia mortale; invece, unendo i nostri sbagli, abbiamo trovato la soluzione completa, forse.[/ot]

Ciao

[axpgn]

Questo è quello che ho pensato ...

Una sfera "all'interno" del tetraedro. Poi immagino ogni faccia (all'esterno) come il fondo di un bicchiere e gli altri tre piani come le pareti del bicchiere, quindi aggiungo altre quattro sfere. Infine se "appoggio" il tetraedero su uno spigolo, dallo spigolo opposto "escono" due piani come a formare una V, mentre gli altri due "chiudono il vaso"; a seconda di come sono messi può "starci" una sfera oppure no, e siccome in tal caso non ci sono facce "privilegiate" ci possono essere solo tre combinazioni diverse.
In totale le sfere al massimo possono essere otto (nel caso più generale) e in casi particolari sette, sei o cinque (tetraedro regolare).

Questa la soluzione "formale" (per la gioia di Erasmus ) ...

Come notato da orsoulx, il succo del problema sta nel determinare quanti punti (i centri delle sfere) sono equidistanti dalle facce (o meglio, dai piani delle facce).
Il luogo dei punti equidistanti dalle facce di un angolo diedro è il piano "bisettore" (si dice così?).
Il luogo dei punti equidistanti dalle facce di un angolo triedro è la retta dove i piani "bisettori" dei diedri si incontrano (è sempre così? come per i triangoli?): questa linea passa per il vertice $P$ del triedro.
Dato che tre piani intersecantisi in un punto $P$ formano quattro coppie di triedri, il luogo dei punti equidistanti dai tre piani consiste in quattro rette passanti per $P$.
Ora, siano $F_1, F_2, F_3, F_4$ i piani delle facce del tetraedro; per quanto detto il luogo dei punti equidistante da $F_1, F_2, F_3$ consiste in quattro rette $r_1, r_2, r_3, r_4$. Inoltre il luogo dei punti equidistanti da $F_1$ e $F_4$ consiste in due piani $B_1$ e $B_2$.
Ogni punto in cui le quattro linee $r_1, r_2, r_3, r_4$ incontrano i piani $B_1, B_2$ è il punto cercato, e sono solo questi (perché?).
Se ne deduce che al massimo le sfere in questione possono essere otto (sono meno se una qualsiasi delle rette $r$ è paralella ad uno dei piani $B$).

In aggiunta, due cose:
a)
- una delle quattro sfere è all'interno del tetraedro (OK)
- quattro all'esterno, appoggiate ad una faccia (OK)
- eventuali altre tre inscritte in un angolo diedro interno e angolo diedro esterno opposto (qui un po' meno OK ... )

b) Chiamiamo $A_1, A_2, A_3, A_4$ le aree delle quattro facce del tetraedro.
Si può dimostrare (non io ) che quando un'equazione come questa $A_1+A_2=A_3+A_4$ (delle tre possibili) è vera viene a mancare una delle otto sfere, se due sono vere mancano due sfere, se sono vere tutte e tre ne mancano tre (tetraedro regolare).

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Alex:

"axpgn":...e in casi particolari sette, sei o cinque

Se la tua fonte sostiene questo, scrivi all'autore chiedendogli un esempio del caso con sei sfere tangenti.
Vuoi mica insinuare che anche l'unione dei nostri risultati sia ancora carente??
Eppoi, mi pare che da due delle relazioni 'magiche' che hai postato discenda immediatamente la terza.
Ciao

[axpgn]

@orsoulx

"orsoulx":Se la tua fonte sostiene questo, scrivi all'autore chiedendogli un esempio del caso con sei sfere tangenti.

La vedo dura ... in calce a quest'ultimo appunto c'era una nota che così recitava "J.Hadamard - Leçons de géométrie élémentaire - Paris, 1908" ...

Sempre per la gioia di Erasmus, riporto il testo originale ...

Let $A_1, A_2, A_3, A_4$ be the areas of the four faces of the tetrahedron T.
It can be shown that if one of the three equations

(1) $A_1+A_2=A_3+A_4$
(2) $A_1+A_3=A_2+A_4$
(3) $A_1+A_4=A_2+A_3$

holds, then there is no sphere inscribed in the interior dihedral angle formed by the planes on one side of the equation and the exterior dihedral angle formed by those on the other side.
Conversely if the equation does not hold, then there will be such a sphere.
Therefore:
1. If none of the equations (1), (2), or (3) holds, there are eight spheres tangent to all teh faces.
2. If one of the equations holds there are only seven tangent spheres.
3. If two of the equations hold, there are only six tangent spheres. In this case the faces are equal in pairs: for example, if (2) and (3) hold, then $A_1=A_2$ and $A_3=A_4$.
4. If (1), (2), and (3) all hold (in which case $A_1=A_2=A_3=A_4$), there are only five tangent spheres.

Dall'uguaglianza di due su tre non discende la terza e questo tetraedro riesco pure a immaginarlo ... (per esempio, due facce uguali da uno spigolo e due facce uguali dallo spigolo opposto ma più lungo) ... dove stia la sesta sfera però ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@Alex
Eh Si! La tua fonte ha più che ragione Bella muccata algebrica! Domani vedo se riesco a far fare il disegno a GeoGebra.
Ciao

[axpgn]

Penso di aver trovato il tetraedro con sei sfere ...

Prendiamo due triangoli isosceli con i lati obliqui da $10$ e la base da $2$, questa è il lato comune e fa da "cerniera" che possiamo "aprire" quanto vogliamo; scegliamo un angolo tale che le due "punte" dei triangoli isosceli distino $6$, perciò le altre due facce del tetraedro avranno i lati obliqui da $10$ e la base lunga $6$.
Questo tetraedro soddisfa due delle equazioni ma non la terza.
Per trovare la sesta sfera mettiamoci dalla parte dello spigolo "corto", quello da due; i piani delle facce grandi sono il diedro "interno" mentre quelle delle facce piccole sono il diedro "esterno"; i piani delle facce grandi "partono" dallo spigolo già distanziate di $2$ però si "allargano" lentamente ($1/5$ in larghezza per ogni $1$ in altezza) mentre i piani delle facce piccole "partono attaccati" dallo spigolo corto ma si allargano più velocemente ($3/5$ credo ...) quindi ad un certo punto la sezione sarà quadrata ed ecco la sfera (dallo spigolo opposto il comportamento è simile ma invertendosi le "pendenze" avremo solo sezioni rettangolari quindi niente sfere ...) ... IMHO

Dopo questa "dimostrazione" mi sento molto curie88 e un pochino Erasmus ...

"orsoulx":... Domani vedo se riesco a far fare il disegno a GeoGebra.

Sarebbe molto bello ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Il disegno si può ruotare con il mouse, zoomare con la rotellina, spostare premendo contemporaneamente il tasto Shift.
Per tornare alla posizione originale usare l'icona in alto a destra.

[ggb]https://www.geogebra.org/m/XcGSf4c6[/ggb]

Ciao

[axpgn]

[orsoulx]

Esagerato!! L'eventuale merito è tutto di GeoGebra (che non vuoi deciderti ad usare). Per me $1/10 $ della giusta punizione spettante per essere riuscito ad immaginare che:
$ ((A_1+A_2=A_3+A_4) ^^ (A_1+A_3=A_2+A_4)) rightarrow (A_1+A_4=A_2+A_3) $
Ciao

[spugna2]

Comunque quelle condizioni sulle aree delle facce saltano fuori in un attimo se si usano le coordinate baricentriche!

[axpgn]

È roba da superiori?

[spugna2]

Beh, direi da olimpiadi della matematica, quindi in un certo senso sì..!