Tre sfere nello spazio - il seguito
Questo articolo è una prosecuzione del quiz "Tre sfere nello spazio" ed è scritto in collaborazione tra Fabrizio e Sprmnt21.
Il quiz "Tre sfere nello spazio" chiedeva i raggi delle tre sfere tangenti tra loro e tangenti ciascuna con un vertice di un triangolo, dando per note le lunghezza dei lati del triangolo.
| La figura rappresenta la configurazione descritta.
Con a è indicata la lunghezza del lato più lungo del triangolo e con b e c la lunghezza degli altri due lati. I vertici opposti a ciascun lato sono indicati con la maiuscola della lettera che contraddistingue il lato (A, B, C). L, M, N indicano i centri delle sfere e le corrispondenti minuscole (l, m, n) indicano i lati opposti a ciascun vertice. |
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Risolto il quiz ci siamo domandati quale fosse l'angolo tra il piano sul quale giace il triangolo ABC ed il piano sul quale giace il triangolo LMN.
L'articolo nasce su suggerimento di Enzo per riportare in modo ordinato e, dove necessario, più esteso i ragionamenti fatti per rispondere alla nostra domanda contenuti nei commenti del quiz. |
Partiamo dall'oggetto della domanda: l'angolo tra il piano ABC ed il piano LMN.
| Un modo per definire l'angolo tra due piani è quello di considerare un punto sulla retta generata dalla intersezione dei due piani e prendere l'angolo tra le due rette passanti per il punto, perpendicolari alla intersezione e giacenti ciascuna su uno dei due piani. |  |
Un modo equivalente per definire questo angolo è quello di definirlo tramite i vettori perpendicolari ai due piani. L'angolo tra due piani è pari all'angolo tra i vettori perpendicolari a ciascuno dei piani.
La definizione appare più compatta e normalmente di più semplice applicazione. In effetti nel nostro caso sono chiari i passi da seguire, ma le espressioni che si ottengono sono state difficili da gestire algebricamente.
Si è rivelato molto più semplice trovare l'angolo partendo dalla prima definizione. Osserviamo che il triangolo ABC è la proiezione ortogonale del triangolo LMN sul piano ABC.
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Le aree delle due figure evidentemente sono legate all'angolo tra i due piani. Se i piani fossero paralleli le aree sarebbero uguali. Più cresce l'angolo più l'area della proiezione diminuisce fino ad annullarsi quando i piani sono perpendicolari. |
Quantitativamente le due aree sono in relazione tramite il coseno dell'angolo tra i piani:
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Qui di seguito do una spiegazione intuitiva di questa relazione. Una dimostrazione geometrica più precisa ottenuta da Sprmnt21 è in appendice.
| Per trovare il legame quantitativo tra le aree dei triangoli ABC ed LMN partiamo da una caso più semplice. Pensiamo alla proiezione su un piano orizzontale di un quadrato che giace su un piano obliquo con un lato parallelo alla intersezione dei due piani. Le linee tratteggiate in figura proiettano ortogonalmente i due vertici del quadrato sul piano orizzontale. |  |
I lati paralleli alla intersezione rimango della stessa lunghezza sulla proiezione. Si vede bene nella vista frontale. Sono segmenti paralleli tagliati da due linee parallele.
I lati perpendicolari alla intersezione si contraggono nella proiezione. La contrazione è maggiore, maggiore è l'angolo tra i due piani. Quantitativamente possiamo calcolarla applicando una delle relazioni di base della trigonometria, la definizione del coseno di un angolo, ottenendo: p = q cos(δ).
Quindi la proiezione sul piano orizzontale di un quadrato di lato q è un rettangolo di lati q e q cos(δ).
L'area della proiezione, AP, è pari all'area del quadrato, AQ, moltiplicata per coseno dell'angolo tra i due piani:
AP=q p=q q cos(δ)= AQ cos(δ).
Questa relazione ci permette di calcolare il coseno dell'angolo δ, e quindi l'angolo δ, facendo il rapporto tra l'area della proiezione ortogonale e l'area del quadrato proiettato:
Se il quadrato fosse spostato mantenendo un lato parallelo alla intersezione il risultato non cambierebbe.
Però nel nostro caso abbiamo un triangolo. Anche per questa figura, cosi come per ogni altra, la relazione tra le due aree rimane la stessa trovata sopra.
Possiamo pensare il triangolo, così come ogni altra figura, scomposto in quadrati per i quali vale ancora la relazione trovata sopra. Per riempire tutta la figura dobbiamo fare quadrati sempre più piccoli. Al limite di quadrati infinitesimi potremmo coprire l'intera figura. Il rapporto tra le aree dei singolo quadrati rimane quello trovato sopra. Quindi lo è anche per l'intera figura.
Questi argomenti e la dimostrazione in appendice confermano la relazione indicata sopra:
Ora occorre trovare le aree dei due triangoli. Proprio in questo calcolo sta in vantaggio di questo metodo. Conoscendo le lunghezze dei lati di entrambi i triangoli, possiamo utilizzare la famosa formula di Erone per il calcolo delle loro aree.
Le lunghezze (a, b, c) dei lati del triangolo ABC sono proprio i dati dati per noti nel problema.
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Le lunghezze dei lati del triangolo LMN sono ciascuna la somma dei raggi delle sfere con centro gli estremi del lato. Le due sfere sono tangenti. I raggi che uniscono i centri delle due sfere con il punto di tangenza sono entrambi perpendicolari al piano tangente, quindi sono allineati tra loro e costituiscono uno dei lati del triangolo.
Quindi i lati del triangolo LMN sono: l=rC+rB, m=rC+rA, n=rA+rB. Le espressioni dei raggi le abbiamo trovate nel quiz:
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Possiamo quindi applicare la formula di Erone.
Queste espressioni possono essere trattate algebricamente arrivando ad una espressione compatta del coseno dell'angolo tra i due piani che esplicita la sua dipendenza dalle lunghezza dei lati del triangolo ABC.
Questa è l'espressione del coseno dell'angolo tra i due piani che evidenza come dipenda dai tre lati del triangolo ABC tangente alle tre sfere.
APPENDICE
Dimostrazione geometrica del rapporto tra l'area del triangolo ABC e l'area del triangolo LMN
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Vogliamo dimostrare che il rapporto tra l'area del triangolo ABC e l'area del triangolo LMN è pari al coseno dell'angolo δ tra i piani che contengono i due triangoli.
Siano A', B' e C' le proiezioni ortogonali di L, M, N su un piano parallelo al piano ABC e passante per L. Quindi L≡A'. L'area di A'B'C' è uguale all'area di ABC. |
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Consideriamo la retta intersezione tra il piano LMN ed il piano A'B'C'.
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Per individuare tale retta occorre trovare 2 punti comuni ai due piani. Un punto è L≡A'. Un altro punto si trova alla intersezione tra i prolungamenti di B'C' e di MN. I due segmenti sono complanari per costruzione e i loro prolungamenti si incontrano in un punto che chiamiamo O. |
La retta che passa per LO è l'intersezione tra i due piani.
| Notiamo che la superficie del triangolo LMN è totalmente contenuta nel triangolo OLM ed è l'intersezione tra la superficie del triangolo OLM e quella del triangolo OLN. Quindi l'area del triangolo LMN è la differenza tra quella di OLM e quella di OLN:
ALMN=AOLM-AOLN |
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Con considerazioni analoghe possiamo stabilire che l'area del triangolo LB'C' (ricordiamo che L≡A') è la differenza tra quella di OLB' e quella di OLC': AA'B'C'=AOA'B'-AOA'C'
Nella figura questi ultimi triangoli sono riprodotti anche in basso per renderli visibili.
Il vantaggio di queste uguaglianze sta nel fatto che le aree dei triangoli a destra delle uguaglianze si possono più facilmente comparare tra loro.
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I triangoli che appaiono a destra delle uguaglianze hanno la base OL in comune.
Per quanto riguarda le altezze, consideriamo il piano ortogonale alla retta LO che contiene i punti M e B'. Sia K il punto in cui taglia LO. Quindi H è il piede delle distanze di LO da B' e da M, vale a dire che KB' e KM sono le altezze rispettivamente dei triangoli OLB' e OLM. |
Essendo le due altezze ortogonali alla retta LO comune ai piani LMN e A'B'C', l’angolo δ tra queste due altezze è, per definizione, l’angolo fra i due piani.
Notate che queste due altezza sono ipotenusa (KM) e cateto (KB') del triangolo rettangolo KB'M. In particolare KB' è il cateto adiacente all'angolo δ. Quindi, per la definizione del coseno, risulta che:
In modo del tutto analogo si può trovare la relazione tra le altre due altezze. Indicando con H il piede di queste altre due altezze (HN e HC'), abbiamo che:
Avendo individuato base e altezza dei 4 triangoli possiamo calcolare le loro aree:
Quindi il rapporto tra le aree dei triangoli ABC e LMN sarà:
Che è quello che si voleva dimostrare:
8 commenti
Articolo chiaro e completo, ottimo il supporto visivo delle immagini.
Se si volesse trovare l'angolo di inclinazione direttamente in funzione della misura dei raggi delle tre sfere,
detti i tre raggi :
dopo alcune semplificazioni si ottiene:
La formula fornisce un'informazione utile:
dato che il radicando è formato da una differenza di valori, significa che la frazione sotto radice deve essere minore o uguale a 4 perché la radice possa restituire valori reali;
cioè se avessimo la facoltà di sceglire arbitrariamente tre sfere a caso, le misure dei loro raggi devono rispettare determinati vincoli affinché le condizioni di tangenza tra di esse e con il piano avvengano contemporaneamente.
Una piccola curiosità:
se le tre sfere del caso in oggetto possiedono una un raggio (che funge da riferimento) di una certa misura, una seconda con il raggio doppio ed una terza con il raggio quadruplo, il piano passante per i tre centri sarà inclinato esattamente di 45° rispetto al piano dove sono "poggiate" le tre sfere.
Andy, interessanti considerazioni.
La condizione che hai indicato affinché la radice sia reale potrebbe avere a che fare con quella di esistenza dei triangoli LMN e ABC? (a<b+c, b<a+c, c<b+a e l<m+n, m<l+n, n<l+m)
Proprio così.
Prendendo tre sfere qualsiasi tangenti ad un piano comune, selezionandole a due a due di certo saranno contemporaneamente tangenti tra loro e al piano comune, e sicuramente un triangolo avente per vertici i centri delle suddette sfere esisterà nello spazio tridimensionale.
Però se i raggi non stanno tra loro secondo certi rapporti, le proiezioni dei lati del triangolo sul piano comune avranno dimensioni tali da non riuscire a chiudere un triangolo sul piano di tangenza comune.
Questo perché il triangolo rettangolo giacente sul piano ortogonale a quello di tangenza comune, avente per cateti rispettivamente la distanza tra due centri e la differenza tra raggi, e come ipotenusa la somma dei raggi, per due sfere “separate” l'ipotenusa di questo triangolo non sarà più la somma dei raggi ma la somma più una certa quantità dovuta alla “separazione”.
Come esempio visivo, se si considerano tre sfere delle quali
- una di raggio unitario;
- la seconda di raggio triplo rispetto alla prima;
- la terza di raggio triplo rispetto alla seconda;
(in sintesi 1, 3, 9) comunque si facciano “orbitare” tangenzialmente tra loro, il vincolo del rispetto delle condizioni di tangenza reciproca e contemporaneamente con il piano comune, viene spezzato:
Per concludere, se le tre sfere sono una di raggio unitario e le altre due uguali tra loro e di raggio quadruplo rispetto alla prima, il piano di giacenza del triangolo con vertici i centri delle sfere sarà ortogonale al piano di tangenza comune alle sfere ( cos(δ) = 0).
Praticamente la sfera più piccola si "incastra" perfettamente tra le altre due e il piano passante per i centri divide le tre sfere esattamente a metà.
E per concludere definitivamente (ma stavolta sul serio…
) ho provato a “smanettare” con la formula dipendente dalla misura dei raggi, per abbassare il grado della frazione polinomiale:
se p è la somma dei tre raggi (cioè il perimetro del triangolo con vertici i centri delle tre sfere),
l’angolo di inclinazione sarà dato da:
Correzione concettuale per l'ultima formula:
p indica la somma dei raggi e basta...
Ottima idea quella di investigare il problema inverso, cioè a a partire dai raggi delle sfere.
@Andy
"La condizione che hai indicato affinché la radice sia reale potrebbe avere a che fare con quella di esistenza dei triangoli LMN e ABC? (a<b+c, b<a+c, c<b+a e l<m+n, m<l+n, n<l+m)"
Assolutamente sì e con un pò di pazienza è possibile provarlo.
Nel dettaglio della figura sono rimasti in secondo piano i passi per ottenere geometricamente secondo i classici requisiti la circonferenza S_3, tangente ad S_1, S_2 e alla tangente comune.
Il problema che è sorto incidentalmente nel corso della preparazione di questo commento.
Se di interesse posso postare un commento specifico con i dettagli del caso.
Più in generale nella configurazione dei due cerchi tangenti e della tangente comune si individuano una "cofanata" di fatti notevoli che sarebbe, secondo me, interessante mostrare.
Interessante la dimostrazione che porta alla formuletta del valore dell’angolo in funzione dei raggi, partendo dalla relazione fondamentale tra i lati di un triangolo.
Il perché del mio intervento nasceva da una situazione “ad hoc”:
cioè che avessimo noi facoltà di scelta di tre sfere selezionate a caso, perché nell'articolo oggetto di questa pagina si presume che, note le proiezioni del triangolo che congiunge i centri delle sfere, si possa risalire correttamente alle misure dei singoli raggi delle stesse, ovvero che le tre sfere sono sia tangenti tra esse (3 punti di contatto) sia tangenti tutte tre allo stesso piano comune di tangenza.
In maniera più sbrigativa, nel caso arbitrario che contempli i “selezionatori di sfere”,
noti due raggi di due sfere scelte casualmente, il raggio della terza deve sottostare al vincolo algebrico della formula.
Un esempio in numeri:
se scelgo due sfere, una di raggio 1 unità e l'altra di raggio 2 unità, so che la terza sfera deve avere un raggio tale da soddisfare la disequazione
cioè il radicando dell’ultima formuletta semplificata.
Risparmiandovi i vari passaggi, gli intervalli utili sono:
−3 < R3 < 0 (da scartare perché la misura del raggio è una quantità positiva)
6 – 4√2 ≤ R3 ≤ 6 + 4√2 → ≈0,344 ≤ R3 ≤ ≈11,65
che mi dicono che, con un raggio fuori dall'ultimo intervallo, la terza sfera non potrà essere tangente nello stesso istante e nello stessa posizione alle altre due.