Re: [obm-l] Esferas e Tetraedros
on 02.10.03 01:00, Alexandre Daibert at [EMAIL PROTECTED] wrote: Pra falar a verdade o q eu queria saber mesmo eh o porque do (A + B + C + D)/4 É o baricentro? desculpe minha ignorância em geometria espacial, eh a parte q eu menos sei na matemática (acho q deu pra perceber) mas o baricentro do tetraedro regular eh igual a 1/4 da altura? Como provar isso (de preferência fora da analítica)? A definicao geral de baricentro em R^3 usa integrais triplas. O baricentro M de um solido S em R^3 cujo volume eh bem definido (isso eh um ponto mais tecnico sobre teoria da medida, mas para um tetraedro ou qualquer outro solido da geometria classica essa condicao eh sempre obedecida) eh o ponto do R^3 de coordenadas (x_M,y_M,z_M) tais que: x_M = Integral(sobre S) x*dxdydx / Volume(S) y_M = Integral(sobre S) y*dxdydx / Volume(S) z_M = Integral(sobre S) z*dxdydx / Volume(S) Um bom exercicio de integracao eh provar que, para um tetraedro regular de vertices A, B, C e D, o baricentro eh justamente o ponto M=(A+B+C+D)/4 No caso do problema das esferas associadas ao tetraedro voce estah interessado apenas em provar que existe um unico ponto que eh equidistante dos vertices, das faces e das arestas. Esse ponto eh justamente o baricentro, mas isso eh irrelevante para o problema. O que voce quer antes de mais nada eh provar que existe um ponto M que eh equidistante dos vertices. Suponha que a aresta do tetraedro regular ABCD mede a. Seja P o centro da base ABC, a qual eh um triangulo equilatero. Naturalmente PA = a*raiz(3)/3 (isso eh geometria plana, que eu estou supondo sabida). Alem disso, o lugar geometrico dos pontos que equidistam de A, B e C eh uma reta perpendicular a ABC e passando pelo seu centro P. Como DA = DB = DC = a, D pertence a essa reta == PD eh perpendicular ao plano ABC Assim, usando Pitagoras, PD = raiz(AD^2 - PA^2) = raiz(a^2 - a^2/3) = a*raiz(6)/3 = altura do tetraedro. Agora, soh precisamos escolher o ponto M de PD tal que MA = MD (= x). MA^2 = PM^2 + PA^2 e PM = PD - MD == MA^2 = (PD - MD)^2 + PA^2 == x^2 = (a*raiz(6)/3 - x)^2 + a^2/3 == (2*a*raiz(6)/3)*x = 2*a^2/3 + a^2/3 = a^2 == x = MD = 3a/(2*raiz(6)) = a*raiz(6)/4 = (3/4)*PD == PM = (1/4)*PD = (1/4)*altura. O ponto M poderia nao existir, o que faria com que a equacao acima na incognita x nao tivesse solucao. No entanto, como a equacao tem solucao, concluimos que M existe (e de fato eh unico, pois a equacao tem uma unica solucao - lembre-se: M estah na semi-reta de origem em P e que contem D) Repare que isso prova que M eh equidistante das faces (por que?). Alem disso, com mais uma aplicacao de Pitagoras, voce prova que M eh equidistante das arestas. Alem disso, se voce introduzir coordenadas, voce vai ver que M = (A+B+C+D)/4. Um abraco, Claudio. Claudio Buffara escreveu: on 01.10.03 03:46, Alexandre Daibert at [EMAIL PROTECTED] wrote: Gostaria de ajuda para a resolução de esferas inscritas e circunscritas a um tetraedro regular de lado conhecido (calcular o raio) Alexandre Daibert Tem tambem a esfera tangente as arestas... Sugestao: de coordenadas para cada um dos vertices (pondo 3 no plano x,y de preferencia) - por exemplo: A = (0,0,0), B = (a,0,0), C = (a/2,a*raiz(3)/2,0). O vertice D serah um dos dois pontos equidistantes desses 3 (um tem coordenada z positiva e o outro negativa). Facilita se voce perceber que a projecao dele sobre o plano x,y eh justamente o centro H = (A+B+C)/3 do triangulo equilatero ABC, ou seja, D = (a/2,a*raiz(3)/6,z) para algum z. Agora eh soh usar o fato de que |AD| = a. O centro das esferas eh o ponto O = (A+B+C+D)/4 (por que?) Agora fica facil: R(inscrita) = |OH| R(circunscrita) = |OA| R(tangente as arestas) = |OM|, onde M = ponto medio de AB = (A+B)/2. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Esferas e Tetraedros
Sem a integral pra mim ficou melhor mesmo, sou burro e ainda nem estudei essas coisas de cobrinhas estranhas de integral ainda. :-) S uma idia intuitiva, gostaria de saber se vlida. Em analtica a mdia aritmtica entre a e b = [a+b]/2 O baricentro do triangulo ABC = [a+b+c]/3 o baricentro do tetraedro ABCD=[a+b+c+d]/4 (no r3) O baricentro de um tetraedro no regular seria [a+b+c+d]/4 tambm? e o baricentro de uma pirmide de base quadrada seria [a+b+c+d+e]/5 ? e o baricentro de um cubo seria [a+b+c+d+e+f+g+h]/8? e o baricentro de um paraleleppedo seria [a+b+c+d+e+f+g+h]/8 tambm? posso falar isso? ou isso pura induo vulgar completamente errada? obs: me desculpe se estiver errado, mas eu sou realmente sem noo e ignorante. :-P abraos Alexandre Daibert Claudio Buffara escreveu: on 02.10.03 01:00, Alexandre Daibert at [EMAIL PROTECTED] wrote: Pra falar a verdade o q eu queria saber mesmo eh o porque do (A + B + C + D)/4 o baricentro? desculpe minha ignorncia em geometria espacial, eh a parte q eu menos sei na matemtica (acho q deu pra perceber) mas o baricentro do tetraedro regular eh igual a 1/4 da altura? Como provar isso (de preferncia fora da analtica)? A definicao geral de baricentro em R^3 usa integrais triplas. O baricentro M de um solido S em R^3 cujo volume eh bem definido (isso eh um ponto mais tecnico sobre teoria da medida, mas para um tetraedro ou qualquer outro solido da geometria classica essa condicao eh sempre obedecida) eh o ponto do R^3 de coordenadas (x_M,y_M,z_M) tais que: x_M = Integral(sobre S) x*dxdydx / Volume(S) y_M = Integral(sobre S) y*dxdydx / Volume(S) z_M = Integral(sobre S) z*dxdydx / Volume(S) Um bom exercicio de integracao eh provar que, para um tetraedro regular de vertices A, B, C e D, o baricentro eh justamente o ponto M=(A+B+C+D)/4 No caso do problema das esferas associadas ao tetraedro voce estah interessado apenas em provar que existe um unico ponto que eh equidistante dos vertices, das faces e das arestas. Esse ponto eh justamente o baricentro, mas isso eh irrelevante para o problema. O que voce quer antes de mais nada eh provar que existe um ponto M que eh equidistante dos vertices. Suponha que a aresta do tetraedro regular ABCD mede a. Seja P o centro da base ABC, a qual eh um triangulo equilatero. Naturalmente PA = a*raiz(3)/3 (isso eh geometria plana, que eu estou supondo sabida). Alem disso, o lugar geometrico dos pontos que equidistam de A, B e C eh uma reta perpendicular a ABC e passando pelo seu centro P. Como DA = DB = DC = a, D pertence a essa reta == PD eh perpendicular ao plano ABC Assim, usando Pitagoras, PD = raiz(AD^2 - PA^2) = raiz(a^2 - a^2/3) = a*raiz(6)/3 = altura do tetraedro. Agora, soh precisamos escolher o ponto M de PD tal que MA = MD (= x). MA^2 = PM^2 + PA^2 e PM = PD - MD == MA^2 = (PD - MD)^2 + PA^2 == x^2 = (a*raiz(6)/3 - x)^2 + a^2/3 == (2*a*raiz(6)/3)*x = 2*a^2/3 + a^2/3 = a^2 == x = MD = 3a/(2*raiz(6)) = a*raiz(6)/4 = (3/4)*PD == PM = (1/4)*PD = (1/4)*altura. O ponto M poderia nao existir, o que faria com que a equacao acima na incognita x nao tivesse solucao. No entanto, como a equacao tem solucao, concluimos que M existe (e de fato eh unico, pois a equacao tem uma unica solucao - lembre-se: M estah na semi-reta de origem em P e que contem D) Repare que isso prova que M eh equidistante das faces (por que?). Alem disso, com mais uma aplicacao de Pitagoras, voce prova que M eh equidistante das arestas. Alem disso, se voce introduzir coordenadas, voce vai ver que M = (A+B+C+D)/4. Um abraco, Claudio. Claudio Buffara escreveu: on 01.10.03 03:46, Alexandre Daibert at [EMAIL PROTECTED] wrote: Gostaria de ajuda para a resoluo de esferas inscritas e circunscritas a um tetraedro regular de lado conhecido (calcular o raio) Alexandre Daibert Tem tambem a esfera tangente as arestas... Sugestao: de coordenadas para cada um dos vertices (pondo 3 no plano x,y de preferencia) - por exemplo: A = (0,0,0), B = (a,0,0), C = (a/2,a*raiz(3)/2,0). O vertice D serah um dos dois pontos equidistantes desses 3 (um tem coordenada z positiva e o outro negativa). Facilita se voce perceber que a projecao dele sobre o plano x,y eh justamente o centro H = (A+B+C)/3 do triangulo equilatero ABC, ou seja, D = (a/2,a*raiz(3)/6,z) para algum z. Agora eh soh usar o fato de que |AD| = a. O centro das esferas eh o ponto O = (A+B+C+D)/4 (por que?) Agora fica facil: R(inscrita) = |OH| R(circunscrita) = |OA| R(tangente as arestas) = |OM|, onde M = ponto medio de AB = (A+B)/2. Um abraco, Claudio. = Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Esferas e Tetraedros
Gostaria de ajuda para a resolução de esferas inscritas e circunscritas a um tetraedro regular de lado conhecido (calcular o raio) Alexandre Daibert = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Esferas e Tetraedros
on 01.10.03 03:46, Alexandre Daibert at [EMAIL PROTECTED] wrote: Gostaria de ajuda para a resolução de esferas inscritas e circunscritas a um tetraedro regular de lado conhecido (calcular o raio) Alexandre Daibert Tem tambem a esfera tangente as arestas... Sugestao: de coordenadas para cada um dos vertices (pondo 3 no plano x,y de preferencia) - por exemplo: A = (0,0,0), B = (a,0,0), C = (a/2,a*raiz(3)/2,0). O vertice D serah um dos dois pontos equidistantes desses 3 (um tem coordenada z positiva e o outro negativa). Facilita se voce perceber que a projecao dele sobre o plano x,y eh justamente o centro H = (A+B+C)/3 do triangulo equilatero ABC, ou seja, D = (a/2,a*raiz(3)/6,z) para algum z. Agora eh soh usar o fato de que |AD| = a. O centro das esferas eh o ponto O = (A+B+C+D)/4 (por que?) Agora fica facil: R(inscrita) = |OH| R(circunscrita) = |OA| R(tangente as arestas) = |OM|, onde M = ponto medio de AB = (A+B)/2. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Esferas e Tetraedros
Pra falar a verdade o q eu queria saber mesmo eh o porque do (A + B + C + D)/4 É o baricentro? desculpe minha ignorância em geometria espacial, eh a parte q eu menos sei na matemática (acho q deu pra perceber) mas o baricentro do tetraedro regular eh igual a 1/4 da altura? Como provar isso (de preferência fora da analítica)? Claudio Buffara escreveu: on 01.10.03 03:46, Alexandre Daibert at [EMAIL PROTECTED] wrote: Gostaria de ajuda para a resolução de esferas inscritas e circunscritas a um tetraedro regular de lado conhecido (calcular o raio) Alexandre Daibert Tem tambem a esfera tangente as arestas... Sugestao: de coordenadas para cada um dos vertices (pondo 3 no plano x,y de preferencia) - por exemplo: A = (0,0,0), B = (a,0,0), C = (a/2,a*raiz(3)/2,0). O vertice D serah um dos dois pontos equidistantes desses 3 (um tem coordenada z positiva e o outro negativa). Facilita se voce perceber que a projecao dele sobre o plano x,y eh justamente o centro H = (A+B+C)/3 do triangulo equilatero ABC, ou seja, D = (a/2,a*raiz(3)/6,z) para algum z. Agora eh soh usar o fato de que |AD| = a. O centro das esferas eh o ponto O = (A+B+C+D)/4 (por que?) Agora fica facil: R(inscrita) = |OH| R(circunscrita) = |OA| R(tangente as arestas) = |OM|, onde M = ponto medio de AB = (A+B)/2. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
