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Titolo: [Grafica] centro di rotazione

Salve a tutti.
Prendiamo due figure uguali qualsiasi e le disponiamo su un piano in modo
casuale.
La domanda è:
Esiste sempre un centro di rotazione sul quale poterne girare una e che
consente di sovrapporla all'altra senza ulteriori traslazioni?
Come si individua?
Escludiamo i casi nei quali le figure sono parallele (con raggio di
rotazione infinito).
Ciao
*frankyz

 consente di sovrapporla all'altra senza ulteriori traslazioni?
Sara' che non sono molto bravo a visualizzare, ma a me sembra che a
parte casi molto particolari, NON esista un centro di rotazione 
siffatto. Se non ho capito male il concetto di centro di rotazione,
mi sembra che se fissi due punti che devono corrispondere nelle due
figure, allora i due punti si devono trovare un un arco di circonferenza
che ha come centro il centro di rotazione che cerchi. Allora basta
unire i due punti e tracciare l'asse del segmento ottenuto, per 
individuare la retta sulla quale deve giacere il centro di rotazione
cercato. Se riesci a fare quasta operazione per tutti i punti che
devono corrispondere nelle due figure, e se tutte le rette cosi' 
ottenute si incontrano in un punto, allora va bene, altrimenti il
centro non esiste.
Ciao,
Giovanni.

 rotazione infinito).
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Si, esiste sempre.
Supponiamo che le figure siano disposte nel piano senza essere rovesciate,
cioe' tralasciamo le riflessioni.
Fissato un sistema cartesiano Oxy nel piano, abbiamo che una generica
simmetria (isometria) S che trasforma una figura nell'altra e' data dalla
composizione di una rotazione di un angolo t e centro l'origine, R(0,0,t),
e di una traslazione lungo il vettore (a,b), T(a,b), cioe' S = T(a,b) * R(0,0,t).
Vogliamo dimostrare che esiste una rotazione di angolo f e centro (c,d),
R(c,d,f), tale che S = R(c,d,f).
Utilizzando l'uguaglianza R(c,d,f) = T(c,d)*R(0,0,f)*T(-c,-d),
dobbiamo quindi dimostrare che per ogni a, b,  t, esistono c, d, f, tali che
T(a,b)*R(0,0,t) = T(c,d)*R(0,0,f)*T(-c,-d), applicando gli operatori ai
due membri dell'equazione ad un generico vettore del piano (x,y) otteniamo:
[R(0,0,t)-R(0,0,f)](x,y) = (c-a, d-b) - R(0,0,f)(c,d), che da' luogo al
sistema di due equazioni:
(cos(t)-cos(f))*x +(sen(t)-sen(f))*y = c - a - cos(f)*c - sen(f)*d
(sen(f)-sen(t))*x + (cos(t)-cos(f))*y = d - b + sen(f)*c - cos(f)*d.
Perche' il sistema abbia soluzione per ogni x e y si deve annullare
il determinante dei coefficienti, cioe' deve essere t = f, nel qual caso
si ottengono le due equazioni nelle incognite c e d:
(1-cos(f))*c - sen(f)*d = a
sen(f)*c + (1-cos(f))*d = b,
se (a, b) e' diverso da (0,0), si vede facilmente che si ha una soluzione
se e solo se f e' diverso da 0, cioe' se le figure non sono parallele, e ricavando
c e d da quest'ultimo sistema si ha la tesi.
Ciao
-- 
Giorgio Bibbiani
Per rispondere togliere la h nell'indirizzo e-mail.

 rotazione infinito).
Oh che bel problemino!
Ti
daro'
una
risposta
semplice
ed
intuitiva
S.E.&.O.
Segnamo i baricentri delle due figure. Perche' la seconda
si sovrapponga alla prima, essa deve fare un movimento
che sia la sommatoria di questi due:
- rotazione di un angolo ALFA, per diventare parallela alla prima.
- traslazione della distanza D dei due baricentri, per andare a sovrapporsi.
Questo si ottiene tracciando un cerchio dove la distanza D
tra i due baricentri sia la corda sottesa dall'angolo ALFA.
Il raggio di questo centro sara':  R=(D/2)/sin(ALFA/2)     (!)
Ovviamente, il centro di rotazione si trovera' a distanza R
dai due baricentri.
Ciao a tutti!!!   ((^__^))'
Livio


...cut...
La tua considerazione è ovvieamente esatta.
Il centro di rotazione è individuabile in questo modo.
Su una figura prendiamo 2 punti qualsiasi. colleghiamoli con i rispettivi
omologhi dell'altra figura. Avremo 2 segmenti di uguale lunghezza (le famose
corde). Ora tracciamo le rette perpendicolari a questi segmenti nel loro
punto medio. La loro intersezione è il centro di rotazione.
Praticamente è la stessa cosa che tu mi hai riportato per i baricentri.
Soltanto che deve essere fatta su 2 punti distinti e tutti i punti sono
validi, non solo i baricentri.
Ciao
*frankyz

 ha scritto nel messaggio
news:ae75rj$i1o$1...@serv1.albacom.net...

E' vero, ma questa costruzione e' poco intuitiva, giusto?
Invece noto che la formuletta R=(D/2)/sin(ALFA/2) e' anche
facilmente verificabile nei due casi estremi:
ALFA=0 -> il raggio diventa infinito
ALFA=PI -> le due figure sono schiena-schiena e R=D/2
Quello meno intuitivo e' che non occorre il baricentro, basta un
punto qualunque, anche esterno alla figura.
Provare per credere.  :o)))
Ciao!!!
Livio