Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: [MA] 4 antenne nello spazio

Voglio disporre 4 antenne (leggasi 4 semirette nello spazio
che partono dallo stesso punto) in modo che ciascuno
formi lo stesso angolo con le altre 3.
Quanto vale 'sto angolo?
Ve lo chiedo perché è una vita che penso che valga un tot
e ora mi accorgo che non è vero. (s.e.&.o.)
Ciao!

Quanto vale 'sto angolo?
Per ogni coppia sempre 120 gradi.. pero` controlla neh,
che non c'ho pensato piu` di tanto;-)
-- 
Ciao,		|   Attenzione! campo "Reply-To:"  alterato	|
Remigio Zedda	|   posta: ti.ilacsit@zoigimer  <-- dx/sn  ;^)	|
	-- GNU/Linux 2.4.25 su Slackware 9.1

che non c'ho pensato piu` di tanto;-)
Per fare 120 gradi le rette 2,3,4 dovrebbero essere complanari, e
quindi la retta 1 farebbe 90 gradi con le altre.
Dovresti partire dal centro di un tetraedro regolare e puntare verso i
quattro vertici.
Con un po' di passaggi (pitagora, trigonometria ecc.), e salvo errori
(probabili), mi viene 2.6431 radianti (circa 151 gradi).
Un calcolo precedente mi aveva dato un risultato poco diverso, ma che
mi ha fatto un po' pensare: infatti era circa 2.71=e  radianti :o)
Un'altra possibile soluzione: quattro semirette coincidenti, tutti gli
angoli uguali a zero :-)))
ciao
paolo

 mi ha fatto un po' pensare: infatti era circa 2.71=e  radianti :o)
Francamente mi sembrano alti. Se 120 era troppo e 90 troppo
poco, il risultato non sarà compreso tra questi?
Ciao!!!  :o)

angoli uguali a zero :-)))
Cavoli l'hai fatto analiticamente! be' interessante
senz'altro:-))



confermo
pi/2+arctan(sqrt(1/8))
ciao
paolo

 ha scritto nel messaggio
news:7r3381pdl1p1isp06...@4ax.com...

Anch'io, ma l'ho ottenuto con 2*arctan(sqrt(2)).
Bye
Raf

 pi/2+arctan(sqrt(1/8))
Ok, per me era 109.471+° ottenuto come soluzione numerica
all'equazione (non avevo pensato al tetraedro):
Alfa = 2*arcsin(cos(Alfa-90)*cos(30))
L'angolo che avevo sempre pensato era 108°, quello formato da
3 spigoli di un dodecaedro. Pensavo cioè che anche l'angolo
formato da questi spigoli con il raggio uscente e passante per
il vertice fosse di 108°, in modo da poter incollare 4 dodecaedri
insieme con un unico vertice in comune. Ora so che non è vero,
almeno... è vero solo se si usa molta colla.  :o)
Ciao ad entrambi

Anch'io, ma l'ho ottenuto con 2*arctan(sqrt(2)).
Che palle.. a ognuno un risultato +o-= ma con partenze
diverse:-((
Da me nasce da: 180 - 2*arcsen[sqrt(1/3)].


 Da me nasce da: 180 - 2*arcsen[sqrt(1/3)].
... e a me viene 2*arcsin(sqrt(2/3))! :-)
In realtà i risultati non sono +o-= ma proprio uguali,
infatti per ogni x si ha
2*arctan(x)=2*arcsin(x/sqrt(x^2+1)) (Rafunk = ticonzero)
e per ogni x positiva si ha:
2*arctan(x)=pi/2+arctan((x^2-1)/(2*x)) (Rafunk = Paolo Licheri)
2*arctan(x)=pi-2*arcsin(1/sqrt(x^2+1)) (Rafunk = rez)
Mi sembra carino il fatto che abbiamo trovato il risultato con 4 metodi 
diversi.
ciao!
PS
Mi pare di ricordare di aver già incontrato questo angolo a scuola,
probabilmente in chimica, forse parlando del metano e dell'ibridizzazione 
sp^3. 

sp^3. 
Sicuramente, perche' anch'io avevo pensato di cercare
conti fatti o in quel campo o in geometria solida, ma
con carta e penna ho visto che veniva subito: i triangoli
si risolvevano tutti al volo, in un solo angolo incognito.


 Che palle..
A questo punto, per togliersi dalla banalità, verrebbe la
tentazione di generalizzare. Se cerco, come ho definito
all'inizio, N semirette che formino lo stesso angolo con
ciascuna delle altre N-1, trovo:
N/Alfa
2 qualunque
3 qualunque
4 109.471+
Per N=5 mi pare che non ci sia soluzione, mentre per N=6
verrebbe la tentazione di rispondere 90, i semiassi delle
coordinate cartesiane. Ma non è vero, perchè una delle
altre è a 180. Quindi, per quella definizione, sembra che
N=4 sia il massimo possibile ed unico con soluzione
unica (zero di Paolo escluso). E quindi, con quella domanda,
il dato N=4 è ridondante. Avrei potuto formulare:
"Ho una raggiera di semirette nello spazio dove ciascuna
forma lo stesso angolo con ogni altra e quell'angolo non
potrebbe essere che quello (o nullo, ma non sarebbe una
raggiera  :o)). Quanto vale?"
Eppure... eppure hanno pur qualche cosa in comune le
4 semirette in oggetto con le 6 cartesiane, con le 8 che
passano per i vertici di un cubo, con le 12 che passano
per i vertici di un icosaedro e le 20 che passano per i
vertici di un dodecaedro.
Tutte hanno a che vedere con tutti, e soltanto, i 5 solidi
platonici. Ma senza i solidi platonici, come potremmo
definirle? E ce ne sono delle altre con la stessa proprietà,
ammesso di capire quale sia 'sta proprietà?  :o)
Ciao a tutti

3 qualunque
Questo per 3 non lo capisco.. se 1-2 e` di 1 grado ed
invece 1-3 di 90 gradi ad esempio?
Il seguito, cioe` la generalizzazione e poi quel che
dici sui solidi platonici, e` interessantissimo, pero`
rinuncio ad addentrarmici: in questi giorni c'ho
pochissimo tempo:-(


 invece 1-3 di 90 gradi ad esempio?
vuol solo dire che un qualunque angolo può soddisfare
la suddetta richiesta: se 1-2 è di un grado, posso imporre
anche 1-3 e 2-3 di un grado.
Ciao!!!  :o)

anche 1-3 e 2-3 di un grado.
Certo, che sciocchezza! per 2 l'avevo pure capito:-(
E' il colpo dell'effetto castello al contrario.
