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Titolo: Geomag problem - TORO

Visto l'invito per il 7/8 maggio, provo un gemellaggio. In
effetti questi giochi sono un po' a cavallo tra i due ng.
Ragazzi, io ci verrei al vostro raduno, sono solo un po'
spaventato dal vostro linguaggio iniziatico su certi giochi
che non conosco!  :o)
                                .oOo.
Un toro (il più piccolo?) può essere formato esattamente
da 10 piramidi equilatere a base quadrata. Confermate?
Le piramidi sono congiunte per una faccia triangolare in
modo che le basi quadrate si tocchino solo per un vertice.
Il bordo esterno del toro è decagonale, quello interno
pentagonale.
Ciao a tutti!!!

A parte la questione del toro (non ho il Geomag sottomano, purtroppo), mi
chiedo quali potrebbero essere i giochi da tavolo piu' interessanti per un
appassionato di enigmi.
Cosi', a occhio, direi Puerto Rico e St. Petersburg: due giochi senza
conflitto diretto, con molte opzioni ad ogni mossa e risorse scarse da
mettere in funzione in modo ottimale.
Qualche altro consiglio da IHG a IHE?
bye,
G.
--
---
Il lavoratore ha diritto ad una retribuzione proporzionata alla quantita' e
qualita' del suo lavoro e in ogni caso sufficiente ad assicurare a se' e
alla famiglia un'esistenza libera e dignitosa (Art. 36 Cost.)
"Che nickname ha costui?"  ha scritto:


 Qualche altro consiglio da IHG a IHE?
Rasende Roboter?
Ciao,
-- 
/\/and
http://www.eventiludici.it/ihg/scheda.asp?anagrafica=27

 Rasende Roboter?
Io vedrei bene anche Il Mistero dell'Abbazia.
f



Non č un po' caotico per un enigmista puro? Direi piuttosto Black Vienna:
http://www.boardgamegeek.com/game/756



perdonami, ma non sono riuscito a costruire quel benedetto toro... :-)
ho sistemato 5 piramidi in modo che la base sia rivolta verso l'interno. 
in questo modo ho il pentagono come previsto.
ma le altre piramidi... come le devo sistemare? non riesco proprio a 
capirlo... :( anche perché dovrebbero essere altre 5 piramidi mentre 
dovrebbero venire 10 lati... com'è possibile?
pazqo
-- 
http://www.pazqo.altervista.org
http://www.artofproblemsolving.com/LaTeX/AoPS_L_TeXer.php

 dovrebbero venire 10 lati... com'č possibile?
Proviamo cosě: costruisci un antiprisma pentagonale.
Ora circondalo da un decagono che unisci con cinque
quadrati al pentagono superiore e con altri cinque a
quello inferiore.
E' esattamente equispigolo? A me pare di sě.
Ciao!

 E' esattamente equispigolo? A me pare di sì.
uhm...
guarda:
http://pazqo.altervista.org/immagini/PICT0297.JPG
http://pazqo.altervista.org/immagini/PICT0298.JPG
non so se sono io che sbagloi qualcosa, ma non mi pare che si chiuda... 
era questo che intendevi?
non riesco proprio a chiuderlo.. avevo provato già, questa configurazione...
puoi mettere una foto?
-- 
Stefano 'pazqo' Pascolutti
http://www.pazqo.altervista.org
http://www.artofproblemsolving.com/LaTeX/AoPS_L_TeXer.php

 configurazione...
Eh sì, era proprio quella. Il fatto è che io ho ancora
solo 24 barrette e mi sembrava che potesse proseguire
fino a chiudersi. Allora ho provato con i cotton fioc
e si è richiusa. Evidentemente quest'ultima è una *tecnologia*
non troppo precisa!
Stavo montando con questa premessa un solido archimedeo.
Ora so che devo fare marcia indietro.
Ciao e grazie!

 fino a chiudersi.
Questo fatto che la maggior parte delle costruzioni geometriche di quel tipo 
non si chiuda perfettamente a cerchio mi fa venire un tale nervoso!... non 
sarà che il mio Geomag è difettoso!? ;-)))
A parte gli scherzi, sarebbe bello se qualcuno di noi (voi!) riuscisse a 
calcolare il valore esatto dell'angolo di quasi-chiusura delle varie forme 
così che ci mettiamo il cuore in pace una volta per tutte.
Anche la treccia elicoidale di Livio sembra non avere una periodicità intera 
e sono abbastanza sicuro che non ce l'abbia. A occhio sembra riallinearsi 
alla posizione di partenza ogni 10 segmenti che si susseguono in ognuna 
delle 3 spirali, però non è un allineamento perfetto. Qualcuno (i matematici 
ad esempio... :-) ) ne sa calcolare l'angolo di torsione?
Ciao
Giorgio 

 forme così che ci mettiamo il cuore in pace una volta per tutte.
E' complicatino. Io mi accontento di verificare che non si
può chiudere e noto che già questo calcolo è interessante.
Per fare la verifica faccio una specie di ragionamento per
assurdo, cioè faccio finta che si chiuda, come il modello
che ho fatto con i cotton fioc. Poi considero unitaria la
lunghezza di ogni spigolo dell'antiprisma e ogni lato del
decagono esterno. Calcolo, con un po' di trigonometria,
la lunghezza L dei 20 spigoli rimanenti supposti uguali tra
loro. Risultato: L=0.951+ che dimostra l'impossibilità della
tesi e che, tra l'altro, coincide (s.e.&.o.) con il raggio
dell'icosaedro, visto che un icosaedro non può essere la
somma di 20 tetraedri unitari.
Altre curiose coincidenze vengono fuori dai calcoli: ad es.
che l'altezza dell'antiprisma è pari al raggio del pentagono.
Ciao!

 ad esempio... :-) ) ne sa calcolare l'angolo di torsione?
Sì, quei segmenti ruotano intorno all'asse della treccia, con un angolo
il cui coseno è 22/47. Ciò significa che dopo 10 segmenti la rotazione è
di 354.309°, un po' meno di un giro.
Per quanto riguarda i tori quasi chiusi, mi sto attrezzando per
costruire virtualmente anche quelli fatti con piramidi a base quadrata,
finora avevo considerato solo quelli fatti da tetraedri. Riguardo a
questi ultimi, consiglio di provare a costruire il toro definito da
{122133} (vedi il mio post precedente), che non si chiude per pochissimo
dopo 48 tetraedri.
Maurizio

 non troppo precisa!
Codesta affermazione mi stupisce alquanto, mi consenta.
Un matematico può dire che non è precisa, ma un ingegnere sfrutta 
l'imprecisione tramutandola in vantaggio.
D'altra parte l'elasticità dei materiali sta alla base della scienza 
delle costruzioni.
:-)))
ciao
paolo 

 :-)))
Molto dipende anche dalla qualità dei materiali, il cerume soprattutto.
E va detto che oggi, con quel che si sente sui canali d'informazione,
si sta sviluppando un cerume veramente eccezionale!
Ciao ingegnere!!!  :o)))

 da 10 piramidi equilatere a base quadrata. Confermate?
Non sono sicuro di avere interpretato bene i termini del problema: si 
tratta di costruire un toro con sole facce triangolari o sono ammesse 
facce di altra forma purché equispigoli?
Non so se mi sfugge qualcosa, perché con facce triangolari e quadrate ci 
sono diverse soluzioni banali.
Paolo 

"Paolo Licheri":

Al di là dell'esempio (impossible) che prospettavo, che cosa possiamo
pretendere da un toro geodetico (?) equispigolo, a facce regolari?
Ad es. che abbia l'eleganza dei solidi archimedei, cioè una certa
simmetria e, come questi hanno tutti i vertici sulla superficie di una
sfera, che abbiano tutti i vertici sulla superficie di un toro a sez. circolare.
(attenzione anche alle complanarità: ad es. un tubo a sez. quadra che giri
attorno ad un esagono avrebbe due facce composte da quadrati e triangoli
complanari che di fatto non costituirebbero un poligono regolare).
Esiste? E se esiste, qual è il più piccolo? [ignoro le risposte]
Quello che sta costruendo Pazqo in origami, composto di pentagoni,
esagoni ed eptagoni, mi sembra un'approssimazione ingegneristica. :o)
Ciao!

 circolare.
A parte un piccolo particolare, questo mi pare che risponda ai requisiti 
proposti.
Parto da un ottagono e un quadrato concentrici, entrambi di lato 
unitario.
L'ottagono è a quota 0, il quadrato a quota sqrt(2).
Unisco i due poligoni con quattro quadrati e quattro triangoli 
equilateri. Ottengo una specie di cupola, ottagonale in basso e quadrata 
in alto.
Pratico sulla sommità della cupola un incavo a forma di piramide 
rovesciata, base quadrata e spigolo unitario. Il vertice della piramide 
si trova nuovamente a quota 0.
Costruisco un secondo solido uguale al primo e attaco tra loro i due 
ottagoni.
Salvo errori ottengo un toro *degenere*, con diametro del buco uguale a 
zero.
Bah! Come dice il saggio, non tutte le ciambelle riescono col buco.
:-)
Paolo
[FIDOCAD]
LI 90 25 125 25
LI 125 25 150 50
LI 150 50 150 85
LI 150 85 125 110
LI 125 110 90 110
LI 90 110 65 85
LI 65 85 65 50
LI 65 50 90 25
LI 90 25 90 110
LI 125 25 125 110
LI 65 50 150 50
LI 65 85 150 85
LI 90 50 125 85
LI 125 50 90 85
PL 65 150 90 125 1
PL 65 150 90 175 1
PL 150 150 125 125 1
PL 125 175 150 150 1
PL 107 150 90 125 1
PL 108 150 125 125 1
PL 108 150 125 175 1
PL 107 150 90 175 1
LI 90 125 125 125
LI 90 175 125 175
LI 90 125 90 175
LI 125 125 125 175
TY 155 30 5 3 0 0 0 * Vista dall'alto
LI 60 70 50 70
LI 50 70 50 65
LI 155 70 165 70
LI 165 70 165 65
TY 165 55 7 3 0 0 0 * B
TY 50 55 7 3 0 0 0 * A
TY 160 140 5 3 0 0 0 * Sezione AB

 :-)
allo stesso modo si può farlo anche pentagonale. non ho la macchina
fotografica, sennò manderei una foto! assomiglia a quello proposto da
Livio, ma in realtà l'altezza totale non è pari alla lunghezza di un
bastoncino. quindi non è chiudibile con il buco al centro. ma se ci
accontentiamo di un toro senza buco, allora si puù fare...
già che c'ero, si può anche ridurre a un cubottaedro con 3 vertici
opposti collegati. spero di aver reso l'idea :-)


 così che ci mettiamo il cuore in pace una volta per tutte.
Ho pensato un po' ai tori formati da catene di teraedri regolari. Il
tipo più semplice ha per base la catena elicoidale di Livio, la quale si
può costruire nella versione destrorsa (di tipo "2", secondo la mia
nomenclatura) oppure nella versione sinistrorsa (di tipo "3"), a seconda
di come si avvolge l'elica.
Se costruisco una catena di tipo 2 di N tetreadri, poi attacco a questa
una catena di tipo 3 (sempre di N elementi), poi ancora una di tipo 2 e
così via, ottengo una specie di "poligono" che purtroppo nella maggior
parte dei casi non si richiude ma alcune volte arriva vicinissimo a
formare un anello chiuso.
Ho fatto un po' di conti con Mathematica (al variare di N da 2 a 100)
per vedere quando la catena si richiude: per valori non troppo grossi di
N il caso più interessante è quello di N=7, che si richiude quasi
perfettamente dopo 10 "lati"; questo richiede solo 70 tetraedri e la sua
costruzione effettiva potrebbe essere alla portata di qualcuno armato di
molta pazienza.
Aumentando N, il caso più bello si ha per N=35, che dà un poligono quasi
perfetto con 18 lati (formato da 630 tetraedri); oppure N=60, che
richiede ben 100 lati (6000 tetraedri!) anche se la chiusura è meno
buona rispetto ai casi precedenti.
E' possibile che per qualche valore di N la catena si richiuda
esattamente? Io credo di no, ma non chiedetemi di dimostrarlo...
Ora conto di esplorare un po' altre variazioni sullo stesso tema, poi vi
faccio sapere.
Maurizio


non per rubare i segreti del mestiere, ma puoi mettere a disposizione i 
notebook? son proprio curioso di sapere che conti gli fai fare!
ho ordinato il Mathematica book da poco, ma sicuramente non ci sono 
certi trucchi :-)
se non vuoi/puoi divulgare, non fa nulla. intanto io ci provo :)


 certi trucchi :-)
Lo faccio ben volentieri, figurati! Del resto non ci sono "trucchi"
particolari.
Innanzitutto per rappresentare un tetraedro regolare uso la notazione
thd[P1, P2, P3, P4], dove gli argomenti sono punti 3D (cioè liste di tre
numeri). Parto con un tetraedro t1 costruito a mano:
t1 = 
 thd[{2*Sqrt[2], 0, 0}, {-Sqrt[2], Sqrt[6], 0}, 
     {-Sqrt[2], -Sqrt[6], 0}, {0, 0, 4}]; 
La funzione bari[{P1, P2, ...}] trova il baricentro dei punti P1, P2,
ecc.
bari[ls_] := (Plus @@ ls)/Length[ls]; 
Ora definisco la funzione newthd[thdin, nv], che costruisce un nuovo
tetraedro sulla faccia del tetraedro thdin che è opposta al vertice nv.
Il numero nv va da 1 a 3, infatti come spiegavo un paio di post fa
assegno ai vertici del nuovo tetraedro le etichette 1234 così: il
nuovo vertice aggiunto è 4, il vertice 4 del tetraedro precedente è 1,
mentre 2 e 3 sono assegnati in modo che 123 siano in senso antiorario
quando visti dal vertice 4.
newthd[th_, 1] := 
thd[th[[4]], th[[2]], th[[3]], Expand[2*bari[Drop[th, {1}]] - th[[1]]]];
newthd[th_, 2] := 
thd[th[[4]], th[[3]], th[[1]], Expand[2*bari[Drop[th, {2}]] - th[[2]]]];
newthd[th_, 3] := 
thd[th[[4]], th[[1]], th[[2]], Expand[2*bari[Drop[th, {3}]] - th[[3]]]];
Infine la funzione drawthd[lista] disegna i tetraedri presenti in lista.
Si possono dare in ingresso tutte le solite opzioni di Show.
drawthd[l_, opts___] := 
  Show[Graphics3D[{l /. thd[a_, b_, c_, d_] -> N[{Polygon[{a, b, c}], 
       Polygon[{b, c, d}], Polygon[{c, d, a}], Polygon[{d, a, b}]}]}], 
       opts];
Per comodità creo anche una funzione makechain[{{a1,n1},{a2,n2},...}, n]
che restituisce una catena di n elementi contenente prima n1 copie di
a1, poi n2 copie di a2 e così via, ripetendo ciclicamente se necessario.
makechain[l_List, n_] :=
  PadRight[{}, n, 
    Flatten[Table[Table[l[[i, 1]], {l[[i, 2]]}],{i, 1, Length[l]}]]
  ];
Ora è tutto pronto. Per costruire e disegnare, ad esempio, la catena
costituita da 7 elementi di tipo 2 e 7 di tipo 3 ripetuti, con 10 lati,
basta valutare questo gruppo:
side = 7; nsides = 10;
ch = FoldList[newthd, t1 // N, 
      makechain[{{2, side}, {3, side}}, Floor[nsides*side]]];
drawthd[ch, ViewPoint -> {-2, -2, 0}]
Notare che ho messo t1//N nella costruzione della catena ch solo per
rendere più rapida la procedura; mettendo solo t1 i calcoli vengono
eseguiti in modo simbolico.
Se invece di disegnare la catena di tetraedri vuoi calcolare l'angolo
fra due lati, la cosa è complicata dal fatto che i centri dei tetraedri
della catena non stanno su di uno stesso piano. Però i centri dei
tetraedri di vertice (il primo tetraedro di ogni lato) di ordine pari e
dispari si dispongono rispettivamente su due piani. Quindi, una volta
costruita la catena, si prendono i centri del primo, terzo e quinto
vertice e si calcola l'angolo che formano. Te lo lascio fare come
esercizio... ;-)
Spero che sia tutto chiaro. Se vuoi altre delucidazioni contattami in
privato qui:
maurizio "punto" frigeni "chiocciola" poste "punto" it
Maurizio

 :-)
Direi ineccepibile. Non c'è scritto da nessuna parte che il raggio interno
del toro non possa essere uguale a zero.
Altra piccola pecca è che la sezione del toro è ellittica: infatti se calcoliamo
il diametro della sez. sull'ottaedro, lo otteniamo pari al raggio dell'ottaedro
(1.306+) mentre se lo calcoliamo sugli altri punti otteniamo 1.
Una curiosità: i solidi di cui parliamo, buco escluso, sono catalogati tra
i solidi di Johnson (chi era questo Carneade?) alle voci ortobicupola e
girobicupola, nel prog. Poly segnalato da Dario Uri.
Ciao!

 opposti collegati. spero di aver reso l'idea :-)
Questa, ho paura di non averla capita. Vedo però che su due facce
opposte quadrate di un cubottaedro si possono ricavare due piramidi
quadrate unitarie che si congiungono al centro. Anche in questo caso
la sez. del toro è ellittica.
Ciao!

Non è elegantissimo, però questo ha il buco.
Si può fare anche triangolare e pentagonale.
Ciao!
[FIDOCAD ]
LI 40 65 65 40
LI 100 40 125 65
LI 100 115 125 140
LI 125 175 100 200
LI 65 200 40 175
LI 40 140 65 115
LI 185 40 220 40
LI 160 100 245 100
PP 245 65 220 40 220 75 245 100 245 65 3
PP 160 65 185 40 185 75 160 100 160 65 3
RV 65 115 100 200
RV 40 140 125 175
RV 40 65 125 100
RV 65 40 100 100
RV 185 75 220 100
TY 30 155 10 6 0 0 0 * A
TY 130 155 10 6 0 0 0 * A
TY 180 105 10 6 0 0 0 * SEZ. A-A

Che nickname ha costui? wrote:

ecco, sì.
ma io, per uniformità a quanto visto per gli altri "tori", univo le 
facce triangolari (come nel resto univo quelle quadrate e pentagonali...)
ma l'idea è la stessa e la sezione è ellittica. ora ho una ideuzza.
vi faccio sapere domani sera...


 vi faccio sapere domani sera...
allora. un oggetto toroidale c'è. purtroppo richiede abbastanza pezzi 
per essere realizzato... andiamo con la descrizione:
partiamo da un prisma a base esagonale, che costituirà, in sostanza, il 
buco del toro (in pratica va leggermente deformato).
su ogni faccia laterale costruiamo un prisma a base triangolare. 
ovviamente è appoggiato alla faccia del prisma tramite una delle facce 
laterali. Ora bisogna chiudere la figura. la distanza tra due vertici 
liberi e vicini è minore di 1. quindi non sarà possibile collegare quei 
vertici direttamente. tuttavia è sufficiente deformare un po' il primsa 
centrale (tende a un antiprisma) e i tetraedri. in particolare, si 
ottiene una struttura a zigzag che circonda la struttura. il buco 
interno è a metà tra un prisma e un antiprisma esagonale.
dubbi:
1) mi sono spiegato bene? (appena posso - non prima di domani - metto 
una foto.
2) avrà sezione circolare? non credo... sicuramente è una conica, ma 
temo che sia una ellisse.
3) è migliorabile il buco centrale?
servono 40 sbarrette e 24 palline. che è esattamente il mio patrimonio 
in geomag :-)


 patrimonio in geomag :-)
Io ne conto 54 di... cotton fioc.  :o)
Ma forse mi sfugge qualche cosa.
Che cos'č, un polisvergoedro?  :o)
Ciao!

Che nickname ha costui? wrote:

allora, vediamo... sono 6+6+6 per il prisma centrale.	18
altri 5*6 per il prisma laterale			30
alti 6 per le connessioni finali			 6
totale							son rinco..
sě, sono 6*9 = 54.
mi pare abbastanza toroidale. com'č la sezione? cambieresti qualcosa? :-)


 mi pare abbastanza toroidale. com'č la sezione? cambieresti qualcosa? :-)
Toroidale, č toroidale.
Il problema č capire che cos'č.  :o)
I quadrati "deformati" non sono piů quadrati, ma neppure rombi.
Direi che diventano la somma di due triangoli isosceli.
Se si riesce a fare in modo che anche i 6 tetraedri abbiano le due
facce esterne uguali a questi triangoli isosceli, allora il solido
potrebbe diventare un solido catalano a 48 facce uguali. E a me
sembra possibile (ma non ci scommetto), anche se un tantinello
complicato calcolarlo.
Ma magari qualcuno qua ci prova!  :o)
Ciao!

 Ma magari qualcuno qua ci prova!  :o)
L'ho tracciato con fido-cad almeno topologicamente, nel
caso qualcuno volesse provarci. In nero gli spigoli di
lunghezza unitaria, in verde il lato diverso dell'isoscele.
[FIDOCAD ]
PV 90 55 140 55 165 95 140 135 90 135 65 95
PV 125 50 160 80 150 125 105 140 70 110 80 65
LI 75 35 125 25
LI 80 65 75 35
LI 75 35 90 55
LI 125 50 125 25
LI 125 25 140 55
LI 90 55 125 50 2
LI 80 65 125 25 2
LI 125 25 90 55 2
LI 140 55 160 80 2
LI 80 65 65 95 2
LI 155 35 185 70
LI 185 70 160 80
LI 185 70 165 95
LI 155 35 140 55
LI 155 35 125 50
LI 55 55 40 100
LI 40 100 70 110
LI 65 95 40 100
LI 80 65 55 55
LI 90 55 55 55
LI 125 50 185 70 2
LI 55 55 70 110 2
LI 65 95 55 55 2
LI 140 55 185 70 2
LI 55 55 75 35 2
LI 125 25 155 35 2
PV 140 135 90 135 65 95 90 55 140 55 165 95
PV 105 140 70 110 80 65 125 50 160 80 150 125
LI 155 155 105 165
LI 150 125 155 155
LI 155 155 140 135
LI 105 140 105 165
LI 105 165 90 135
LI 140 135 105 140 2
LI 150 125 105 165 2
LI 105 165 140 135 2
LI 90 135 70 110 2
LI 150 125 165 95 2
LI 75 155 45 120
LI 45 120 70 110
LI 45 120 65 95
LI 75 155 90 135
LI 75 155 105 140
LI 175 135 190 90
LI 190 90 160 80
LI 165 95 190 90
LI 150 125 175 135
LI 140 135 175 135
LI 105 140 45 120 2
LI 175 135 160 80 2
LI 165 95 175 135 2
LI 90 135 45 120 2
LI 175 135 155 155 2
LI 105 165 75 155 2
LI 40 100 45 120 2
LI 185 70 190 90 2

 faccio sapere.
Altre catene di tetraedri quasi chiuse si ottengono inframmezzando alle
catene di tipo 2 e di tipo 3 dei "ripiegamenti" di tipo 1 (non troppi,
altrimenti la catena rientra in se stessa). Ho fatto anche qui degli
esperimenti con Mathematica ed ho messo le figure relative ai risultati
piů interessanti a questo indirizzo:
http://it.groups.yahoo.com/group/garemat/files/
Maurizio

 
http://it.groups.yahoo.com/group/garemat/files/
Scusate: mi sono dimenticato che per accedere a questi files occorre
prima iscriversi alla ML. Come non detto!
Maurizio

Non proprio con i requisiti del toro cercato, però mi sembra
che 5 icosaedri e 5 ottaedri possano chiudere l'anello esattamente.
Qualcuno conferma?
Se è così, dovrebbe essere possibile costruire un bel solido,
una specie di maxi-dodecaedro, dove ci sono 12 icosaedri
come vertici e 30 ottaedri come spigoli. Totale 540 barrette,
144 sfere: un 360-edro a facce tutte triangolari.
Sarà vero?
Ciao

 che 5 icosaedri e 5 ottaedri possano chiudere l'anello esattamente.
Non riesco a riprodurre questo tuo risultato: puoi dirmi come hai
collegato i poliedri? Io trovo in alcuni casi un angolo di 109,4° fra i
tre poliedri (invece di 108°) ed inoltre non riesco a formare un anello
piano.
Maurizio

 piano.
Proprio così! Direi 109.471°. E' di nuovo un'approssimazione.  :o(
Vedi l'ultimo 3ad  "[Ma] 4 antenne nello spazio".
Ciò non toglie che un modello fisico quasi non se ne accorga ed
è cmq gradevole. Certo è più ingegneristico che matematico.
Ne metto una radiografia (anello5.gif) nel ng di Giorgio.
http://it.groups.yahoo.com/group/enigmi
Ciao!!!  :o)

 che 5 icosaedri e 5 ottaedri possano chiudere l'anello esattamente.
Scusa, come non detto: ora ho capito come vuoi ottenere un pentagono.
Però la cosa non funziona perché la struttura risultante purtroppo non è
piana: si ottiene in realtà una specie di elica.
Invece ho visto che si può ottenere un decagono piano. Ho messo nella
sezione Documenti della ML (
http://it.groups.yahoo.com/group/enigmi
) due
disegni (fatti con Mathematica) sia di questo decagono che dell'elica
pentagonale.
Maurizio

 pentagonale.
Bello!
A questo punto mi sembra che si possano sostituire gli ottaedri
con altri icosaedri che presentano le facce opposte parallele e
ruotate come l'ottaedro. Verrebbe un anello di 20 icosaedri,
un icosicosaedro!
Ciao!!!  :o)

Che cosa ne dite del solido di Johnson J85 "Snub
Square Antiprism". Ci sta in un toro a sez. circolare?
Ciao

 un icosicosaedro!
Infatti. Ho messo un disegno di questo icos-icosaedro nella sezione
Documenti di 
http://it.groups.yahoo.com/group/enigmi
Quello che non mi è chiaro è se sia possibile costruire con questi
"poligoni" un dodecagono, come avevi proposto inizialmente (ovviamente
un decagono può anche essere visto come pentagono). A naso direi di no,
però non ho ancora provato.
Maurizio

 Square Antiprism".
Che roba č?
Maurizio

 Che roba è?
E' un solido che mi piace. In italiano "antiprisma quadrato dilatato".
E' costituito da due quadrati in posizione antiprismatica uniti da
24 triangoli equilateri.
Tra l'altro, il programma "Poly" suggerito da Dario Uri è molto
bello anche perché penso che elenchi *tutti* i possibili solidi
_convessi_ a facce regolari. Se ho ben capito, questi dovrebbero
essere: i 5 platonici, i 13 (15) archimedei, gli infiniti prismi e
antiprismi, e i 92 solidi di Johnson. Credo che non ve ne siano
altri.
Ciao!!!  :o)

 perň non ho ancora provato.
E invece mi sembra proprio di sě... Spero di trovare il tempo per farne
un disegno completo, per il momento ho solo due facce.
Maurizio

 24 triangoli equilateri.
Ah, OK. E' un poliedro che ha 8 vertici a cui concorrono 1 quadrato e 4
triangoli, e 8 vertici a cui concorrono 5 triangoli; quindi io lo
indicherei così: 8*(4,3,3,3,3)+8*(3,3,3,3,3). 
E' un bel solido, non lo conoscevo; però non vedo come fare per
"piastrellare" anche il buco...
Maurizio

 "piastrellare" anche il buco...
Hai messo il dito... sulla piaga!

 un disegno completo, per il momento ho solo due facce.
Dai che lo faccio con i cotton fioc (quest'inverno :o))
Ciao!!!  :o)

 Dai che lo faccio con i cotton fioc (quest'inverno :o))
Allora comincia a comprarne un bel po' di scatole... Ne ho messo un
disegno nella sezione Documenti della solita ML
(
http://it.groups.yahoo.com/group/enigmi
), anche se purtroppo non è
chiarissimo perché il solido è molto complesso.
Comunque questo "dodecaedro" ha dodici facce che sono "decagoni" formati
da 10 icosaedri congiunti da 10 ottaedri; i vertici del dodecaedro sono
gli icosaedri di posto dispari in ogni faccia (la quale diventa
assimilabile ad un pentagono), ognuno dei quali è quindi in comune a tre
facce. Invece i "lati" dei pentagoni (formati ognuno da un icosaedro e
due ottaedri) non si sovrappongono, però fortunatamente riescono ad
"intrecciarsi" senza problemi di sovrapposizione (almeno mi pare!): fra
i due "lati" che congiungono due vertici vicini rimane una stretta
fessura.
In tutto, se ho fatto bene i conti, il solido è formato da 80 icosaedri
e 120 ottaedri. Lascio a te il calcolo dei cotton-fioc! ;-)
Maurizio

 ...
E' molto bello. Varrebbe davvero la pena di costruirlo.
C'ho messo un po' a capirlo ma dovrebbe essermi chiaro.
Ora guardiamo i 20 vertici-icosaedri: sono tutti orientati
in modo identico, giusto? A coppie si "guardano" con
due spigoli paralleli. Togliamo tutto il resto. Dovrebbe
essere possibile avvicinarli fino a formare un dodecaedro
di 20 icosaedri uniti per uno spigolo. E la struttura
scommetto che è stabile.
Che ne dici?
Ciao!!!  :o)

 scommetto che è stabile.
Hai ragione, ho messo una figura di questo solido "visto dall'alto" sul
solito sito (
http://it.groups.yahoo.com/group/enigmi
). Però non so se
sia rigido, anzi ad occhio e croce direi di no; se lo fosse sarebbe
bellissimo.
Maurizio

 bellissimo.
Ho già costruito (questa notte) un modello fisico di una faccia
(5 icosaedri). E' chiaro che questi 5 hanno un grado di libertà
su ciascuno spigolo in comune. Ma l'insieme dei 20 icosaedri
dovrebbe stabilizzarsi a causa dell'inclinazione a raggiera di
questi 30 spigoli comuni. (Che dovrebbe essere, se non vado
errando, la raggiera che passa per la mezzeria degli spigoli di
un ipotetico icosaedro).
Se così non fosse, dal modello fisico ho visto che l'interno
del nostro insieme è esattamente un icosadodecaedro che
combacia con ciascun icosaedro attraverso una delle 20
facce triangolari. Questo solido (vedi modello fatto con le
cannucce nella cartella Foto/CottonFioc) è sicuramente
stabile applicando 12 piramidi pentagonali, anche interne.
Così facendo otteniamo un solido (non più un insieme di
solidi) che è un 440-edro a facce triangolari, di sicuro
effetto. Che dici, ce lo daranno, 'sta volta, il Nobel?  :o))
Ciao!!!  :o)

Sarà banale, ma anche 12 icosaedri, uniti per gli spigoli,
formano un bel *dodecagono*. E stabilissimo. 330 b.
Ciao!!!  :o)

Qui ho trovato dei "toroidi canonici":
http://web.ukonline.co.uk/polyhedra/toroids/canonical.html
Ciao

In questa pagina, di un sito peraltro molto bello:
http://www.ac-noumea.nc/maths/amc/polyhedr/misc_poly_.htm
c'č un toro *quasi* perfetto di 13.01 antiprismi quadrati.
Ciao!!!  :o)