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madvero Amministratore
Registrato: 05/07/05 20:42 Messaggi: 19480 Residenza: Ero il maestro Zen. Scrivevo piccole poesie Haiku. Le mandavo a tutti via e-mail.
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Inviato: 11 Dic 2007 23:40 Oggetto: |
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e il prof insegna esattamente che materia?
(indicazione che mi serve così vado a pescare i miei libri di analisi 2 piuttosto che quelli di algebra per trovare uno spunto).
ok generalizzare, ma almeno partire da un certo qual cono non sarebbe male... |
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Ranger_Trivette Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11 Messaggi: 4980 Residenza: Genova
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Inviato: 11 Dic 2007 23:55 Oggetto: |
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mmm disegno tecnico navale... nessuno spunto! roba generalissima!!! |
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 12 Dic 2007 19:49 Oggetto: |
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nell'ipotesi che il piano "inclinato" sia perpendicolare al piano identificato dal triangolo in alto a sinistra (non so definirlo meglio...), se diciamo che <alfa> è l'angolo con cui taglia la perpendicolare all'altezza del detto triangolo e <theta> l'apertura del cono (che è pari alla metà dell'angolo relativo alla base del solito triangolo, isoscele), mi verrebbe una relazione insolitamente semplice...e cioè che:
tg<alfa> = (tg<theta>)/(1+tg<theta>)
ovviamente mi devo impegnare a metterla per bene |
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Ranger_Trivette Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11 Messaggi: 4980 Residenza: Genova
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Inviato: 12 Dic 2007 21:06 Oggetto: |
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mmm scusa ma sinceramente non ho capito gran che... |
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 13 Dic 2007 00:32 Oggetto: |
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non avevo dubbi sulla cripiticità del mio post
salmastro ha scritto: | nell'ipotesi che il piano "inclinato" sia perpendicolare al piano identificato dal triangolo in alto a sinistra (non so definirlo meglio...), se diciamo che <alfa> è l'angolo con cui taglia la perpendicolare all'altezza del detto triangolo e <theta> l'apertura del cono (che è pari alla metà dell'angolo relativo alla base del solito triangolo, isoscele), mi verrebbe una relazione insolitamente semplice...e cioè che:
tg<alfa> = (tg<theta>)/(1+tg<theta>)
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mi spiego "meglio"...premetto che non conosco i termini tecnici delle "proiezioni" del disegno tecnico, per cui userò i termini "triangolo in alto a sinistra (o a destra)"
il triangolo a sinistra giace su un piano (identifica un piano), considero l'ipotesi minimale che il "piano inclinato" sia perpendicolare al piano suddetto (cioè, la retta passante per un punto qualsiasi del "piano inc." e per il piede della perpendicolare condotta da quel punto al "piano del triangolo" appartiene al "piano inc.")
in questa ipotesi (ma devo elaborare per bene le formule) varrebbe la relazione in grassetto del quote, laddove <theta> è l'apertura del cono di partenza ed <alfa> è quell'angolo gia da tutti così definito nei precedenti post.
mi riprometto di sistemare e postare per bene le cose (dimostrazione con formule e disegni), compatibilmente con la mia inabilità ad usare paint e simili |
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madvero Amministratore
Registrato: 05/07/05 20:42 Messaggi: 19480 Residenza: Ero il maestro Zen. Scrivevo piccole poesie Haiku. Le mandavo a tutti via e-mail.
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Inviato: 13 Dic 2007 03:56 Oggetto: |
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salmastro ha scritto: | nell'ipotesi che il piano "inclinato" sia perpendicolare al piano identificato dal triangolo in alto a sinistra (non so definirlo meglio...), se diciamo che <alfa> è l'angolo con cui taglia la perpendicolare all'altezza del detto triangolo e <theta> l'apertura del cono (che è pari alla metà dell'angolo relativo alla base del solito triangolo, isoscele), mi verrebbe una relazione insolitamente semplice...e cioè che:
tg<alfa> = (tg<theta>)/(1+tg<theta>) |
relazione insolitamente semplice?
se lo dici tu...
piuttosto, intendi questo?
tgβ = tgδ/(1+tgδ)
se l'angolo EĜC è retto?
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 13 Dic 2007 11:49 Oggetto: |
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Uso l?immagine di Madvero e cerco di venirne a capo..
Nella mia ipotesi minimale preso un punto F sull?altezza (CD) del triangolo, il piano secante ?ruota? intorno alla retta perpendicolare in F al piano del ?triangolo?. In tal modo (EG) è un asse dell? ellisse intersezione fra il piano secante ed il cono iniziale. L?altro asse dell?ellisse rimane costante ed è dato dal segmento di retta perpendicolare , di cui sopra, (F?F?) intercettato dal cono.
La proiezione di tale segmento (F?F?) è costante, cioè nel piano ?a destra in alto? avrà sempre la stessa lunghezza, invece (EG) varierà al variare dell?inclinazione <alfa> del piano secante. Per intenderci <alfa> è l?angolo formato dal prolungamento di (EG) con quello di (AB), ovvero quello che forma (EG) con la parallela in E ad (AB).
Quella che varia è la proiezione di (EG): quando essa sarà uguale ad (F?F?) avremo la circonferenza cercata.
Intersechiamo il segmento (CD) con due parallele, un passante per F (che interseca (AC) in M) ed una passante per E che intersechi (CD) in N. Per inciso F-E-N è l?angolo <alfa>.
Definiamo per comodità (CF)=H; (MF)=R; (EN)=Q; (CM)=L; (EF)=D
Sicché sarà (F?F?)=2*(FF?)=2*(FF?)=2R
Quando (FN) (la proiezione di (EF) su (CD) sarà uguale ad R avremo trovato la nostra circonferenza.
Nel triangolo [CMF] avremo:
R=L*sin<beta>
H=L*cos<beta> da cui R/H = tg <beta>
Nel triangolo [FEN] avremo:
R=D*sin<alfa> (R=FN!)
Q=D*cos<alfa> da cui R/Q = tg <alfa>
Per la similitudine dei due triangoli sopra indicati, si ha R/Q=H/(R+H)
Si ha che tg<alfa>=R/Q=H/(R+H), cioè tg<alfa>=1/(1+R/H)
Ma R/H=tg<beta>, per cui
tg<alfa>=1/(1+tg<beta>)
?salvo errori?(la mia precedente affermazione era sbagliata!!!) |
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Ranger_Trivette Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11 Messaggi: 4980 Residenza: Genova
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Inviato: 13 Dic 2007 12:33 Oggetto: |
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scusate ma perchè f dovrebbe essere fermo??? se facciamo cambiare l'inclinazione del piano dovremmo anche far cambiare la distanza dal quale il piano parte... quindi è fermo per modo di dire... |
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Benny Moderatore Hardware e Networking
Registrato: 28/01/06 14:35 Messaggi: 6382 Residenza: Non troppo vicino, mai troppo lontano
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Inviato: 13 Dic 2007 19:38 Oggetto: |
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Ranger_Trivette ha scritto: | scusate ma perchè f dovrebbe essere fermo??? se facciamo cambiare l'inclinazione del piano dovremmo anche far cambiare la distanza dal quale il piano parte... quindi è fermo per modo di dire... |
Proprio per quel che dicevo riguardo alla dipendenza di α dall'altezza h (nel disegno la distanza DF).
Per ogni h (fissato β) dovrei trovare uno e uno solo angolo α per il quale la sezione risulta circolare in prospetto.
Perciò conviene mantenere fisso il punto F e variare l'inclinazione del piano.
Almeno dovrebbe essere così... |
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Ranger_Trivette Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11 Messaggi: 4980 Residenza: Genova
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Inviato: 14 Dic 2007 22:16 Oggetto: |
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allora confermate tutti la teoria di salmastro?
se si ditelo che così posso metterci una pietra sopra!!! 8) |
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 19 Dic 2007 12:28 Oggetto: |
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Ranger_Trivette ha scritto: | allora confermate tutti la teoria di salmastro?
se si ditelo che così posso metterci una pietra sopra!!! 8) |
...basta che ce lo confermi il nostro amico Cordell...
piuttosto, il tuo prof., che dice??? facci sapere |
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Ranger_Trivette Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11 Messaggi: 4980 Residenza: Genova
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Inviato: 23 Dic 2007 01:44 Oggetto: |
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il mio prof non dice nulla... mi sa che lui non la sa la risposta... se poi ci aggiungete che fino a febbraio non lo vedo |
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Jowex Eroe in grazia degli dei
Registrato: 15/04/06 14:20 Messaggi: 90
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Inviato: 10 Gen 2008 17:24 Oggetto: |
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salmastro ha scritto: | L?altro asse dell?ellisse rimane costante ed è dato dal segmento di retta perpendicolare , di cui sopra, (F?F?) intercettato dal cono. |
Questo punto non mi sembra corretto: questo segmento non è l'asse orizzontale dell'ellisse, ma è il segmento che congiunge i punti di contatto tra cerchio e triangolo (parallelo all'asse).
Per chiarire quello che intendo, ho ripetuto il disegno, mantenendo le stesse lettere:
edit by madvero: immagine grande qui.
con ie flotta tutto il post, e non si vede l'immagine per intero mentre si legge il testo.
è più comodo avere tutta l'immagine sotto gli occhi mentre leggiamo la tua spiegazione!
Indico:
a = alpha: pallino giallo
b = beta: pallino verde
L'angolo OMP è retto, perché formato da un raggio del cerchio e dalla tangente alla circonferenza.
Guardando il disegno:
EN tg a = FN = FO + ON = R sen b + R = R (sen b + 1)
EN = EQ + QN = PQ tg b + PO = R tg b + R / cos b = R (sen b + 1) / cos b
Quindi: tg a * R (sen b + 1) / cos b = R (sen b + 1)
E si ottiene: tg a = cos b
Soluzione un po' inaspettata...
però: 0<b<90° quindi 0<cos b<1 quindi 0<a<45°
che è ragionevole, perché se a fosse maggiore di 45° allora non sarebbe possibile inscrivere un cerchio nel trapezio ERGS |
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Salmastro Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36 Messaggi: 883 Residenza: Casalmico
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Inviato: 11 Gen 2008 16:19 Oggetto: |
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...nel mio ragionamento ("minimale") O ed F coincidono...
la mia ipotesi era di prendere un piano parallelo alla base del triangolo (o del cono) identificare il segmento F'F" (dato dall'intersezione della retta passante per F e perpendicolare al piano del triangolo) e far "ruotare" il piano intorno a tale segmento, che contiene F (=O)
credo che F'F" rimanga, qualunque sia l'inclinazione del piano, asse della conica...ma chiedo conforto |
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madvero Amministratore
Registrato: 05/07/05 20:42 Messaggi: 19480 Residenza: Ero il maestro Zen. Scrivevo piccole poesie Haiku. Le mandavo a tutti via e-mail.
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Inviato: 12 Gen 2008 00:13 Oggetto: |
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jowex sono assolutamente d'accordo con te.
però io volevo dimostrare che b è quasi 45°, e non ci riesco. |
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Jowex Eroe in grazia degli dei
Registrato: 15/04/06 14:20 Messaggi: 90
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Inviato: 12 Gen 2008 13:55 Oggetto: |
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@salmastro
Il disegno che ho postato è essenzialmente lo stesso di madvero, qualche pagina indietro, quindi puoi guardare anche quello.
Facendo ruotare il piano attorno a F'F'', come dici giustamente, questo segmento resta di lunghezza costante (così come la sua proiezione, che deve toccare i lati del triangolo).
L'asse verticale dell'ellisse è dato dalla proiezione di EG, e anche su questo siamo d'accordo.
Però gli assi di un'ellisse si incrociano a metà.
Affinché la proiezione di F'F'' sia un asse, è necessario che intersechi la proiezione di EG a metà, ovvero che EF=EG..... ma questo non è possibile.
@madvero
Intanto grazie per avere ridotto l'immagine ... spero che quella di questo post vada bene
Per quanto riguarda il valore dell'angolo del piano inclinato (che ho chiamato a=alfa): alfa può assumere tutti i valori da 0 a 45°, estremi esclusi.
Supponi di trovarti nella condizione della figura precedente, e di variare alfa e beta in modo da mantenere immutato il cerchio risultante (con alfa e beta legati dalla relazione trovata)
Se beta diminuisce, il cono si stringe e si allunga, fino a diventare al limite un cilindro infinito quando beta=0. La proiezione di EG deve restare costante, quindi il piano deve essere aggiustato aumentando l'inclinazione, fino ad arrivare a beta=0 e alfa=45°.
Al contrario, se beta aumenta, il cono si apre e si allarga, fino a diventare al limite un piano quando beta=90°. Anche in questo caso la proiezione di EG deve restare costante, quindi il piano deve essere aggiustato diminuendo l'inclinazione. Se beta è quasi 90°, il piano è quasi orizzontale (e infatti EC e EG tendono a coincidere), ovvero alfa è quasi 0.
Forse una figura è più chiara della spiegazione:
(nella seconda figura, per fare arrivare alfa quasi a 0, bisognerebbe aprire molto di più il cono.... spero che si capisca lo stesso )
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Jowex Eroe in grazia degli dei
Registrato: 15/04/06 14:20 Messaggi: 90
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Inviato: 12 Gen 2008 16:47 Oggetto: |
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Guardando l'eq. del cono nella pagina di wikipedia, mi è venuto in mente che il problema poteva essere risolto in altro modo.
Equazione di un cono con vertice nell'origine:
x^2 + y^2 = c^2 * z^2
Equazione di un piano con pendenza m:
z = m * y + d
Considerando gli angoli a e b come prima:
c = tg b
m = tg a
Sostituisco la seconda eq. nella prima per eliminare y. Si ottiene:
x^2 + z^2 * (1/m^2 - c^2) - z * (2d / m^2) + (d^2 / m^2) = 0
che rappresenta una circonferenza nel piano xz se:
1/m^2 - c^2 = 1
ovvero:
1 / (tg a)^2 = 1 + (tg b)^2
che equivale a:
(tg a)^2 = (cos b)^2
ovvero:
tg a = cos b
che è la stessa soluzione trovata prima! |
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madvero Amministratore
Registrato: 05/07/05 20:42 Messaggi: 19480 Residenza: Ero il maestro Zen. Scrivevo piccole poesie Haiku. Le mandavo a tutti via e-mail.
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Inviato: 12 Gen 2008 22:20 Oggetto: |
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sì, jowex, mi hai convinto (il tuo disegno è perfetto )
niente "quasi 45°gradi", è una deduzione sbagliata sulla base delle varie costruzioni che facevo io, perchè l'angolo del cono era più o meno della stessa misura.
peccato.
ci studiamo gli zeri della funzione?
(io non mi ricordo neanche più come si fa...) |
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Jowex Eroe in grazia degli dei
Registrato: 15/04/06 14:20 Messaggi: 90
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Inviato: 14 Gen 2008 12:10 Oggetto: |
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Rilancio con una piccola variante:
fissati alfa e beta generici in modo che l'intersezione tra il piano e il cono formi un'ellisse, trovare l'angolo di osservazione gamma tale per cui l'ellisse appaia come un cerchio.
(l'angolo gamma potrebbe essere quello formato dall'asse verticale z e dalla retta perpendicolare al piano di osservazione, ma può andare bene anche un altro angolo)
La relazione da trovare dovrebbe essere una generalizzazione della precedente, e ridursi a quella quando il piano di osservazione è parallelo al piano xz (o yz a seconda del sistema di riferimento)
In generale, fissati alfa e beta, le soluzioni dovrebbero essere due.
Per quanto riguarda la relazione tan a = cos b, si può guardare l'andamento della funzione a = arctan cos b
E' una funzione periodica di periodo 2pi, per b=0 vale pi/4 e nell'intervallo di interesse ]0,pi/2[ è:
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Ranger_Trivette Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11 Messaggi: 4980 Residenza: Genova
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Inviato: 15 Gen 2008 19:00 Oggetto: |
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ma loooooooooooooooooooool!!!
io me ne ero quasi scordato tra esami e orali... ora leggo tutto e mi rimetto al lavoro!!! |
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