Мярка на 3-стенен ъгъл

[Румен Симеонов]

Намерете мярката на всеки от 4-те тристенни ъгъла на една равностенна 3-ъгълна (т.е. - с основа 3-ъгълник) пирамида със стени (включително и основата, равни) равностранни триъгълници. (Стените са триъгълници, а равенството на триъгълнци тук се разбира в смисъл на еднаквост).

[grav]

Може би е нужно да се даде дефиниция за мярка ня тристенен ъгъл.

[Гост]

ima predvid sigurno prostranstven ugul...

[Гост]

viewtopic.php?f=69&t=27709
tuka sum reshaval za konus...
inache mjarkata e v steradiani (sr)

[Румен Симеонов]

Да, тук под мярка на един 3-стенен ъгъл се разбира лицето на частта от сфера с радиус 1 с център във върха на ъгъла, която част е съставена от точките които са общи за сферата и за затвореното тяло на ъгъла (т.е. - и за вътрешността на пространствения 3-стенен ъгъл заедно с контурните му точки по стените му, добавени към вътрешните точки).

[grav]

Така задачата е ясна. Какво се очаква да се използва. Стандартно лицето на геодезичен тръгълник върху сферата (радиус единица) е [tex]\alpha+\beta+\gamma-\pi[/tex], където [tex]\alpha, \beta, \gamma[/tex] са ъглите между големите окръжностти образуващи триъгълника. Това следва директно от Гаус-Боне. Сметките за ъглите също са рутинни. Но предполагам, че има нещо по-хитрно?

[Румен Симеонов]

Така задачата е ясна. Какво се очаква да се използва. Стандартно лицето на геодезичен тръгълник върху сферата (радиус единица) е [tex]\alpha+\beta+\gamma-\pi[/tex], където [tex]\alpha, \beta, \gamma[/tex] са ъглите между големите окръжностти образуващи триъгълника. Това следва директно от Гаус-Боне. Сметките за ъглите също са рутинни. Но предполагам, че има нещо по-хитрно?

Очаквах използване на всякаква ,,висша математика" и исках да се насладя да наблюдавам вкуса и уменията на решаващите, като гледам какво ще изберат. Простотата на едно решение е нещо относително. В теория на сложността на изчисленията към използватето на теоремата на Гаус - Боне (което в случая е нещо доста рутиннно и просто, както отбелязвате и вие) се добавя и сложността на доказателството на тази теорема и така се оказва, че директното изчисление е по-просто решение отколкото прилагането на теоремата на Гаус - Боне. Аз, обаче бих приел за по-просто решението с използване на теоремата. То е и много поучително - показва, например, за какво може да се използва теоремата. Остава, все пак, да посочите ъглите и да запишете окончателен отговор, ако случайно не е под достойнството ви, каквото и както го имате. Някоя и друга допълнителна дума на разяснение също биха били полезни за студентите.

[Гост]

standartni smetki po sferichna trigonometrija...ili iskash dokazatekstvo na teoremi i formuli?

[Румен Симеонов]

standartni smetki po sferichna trigonometrija...ili iskash dokazatekstvo na teoremi i formuli?

аз казах - не е лошо, като минимум, поне да се дадат ъглите на геодезичния триъгълник и да се запише отговор за задачата. Не сте ме разбрал, не съм искал доказателства на теореми, а само изказах съображения за преценяване трудността на решението (и без да се привежда доказателство на теоремата, неговата трудност си тежи на решението, но въпреки това - похвалих употребата на теоремата - харесва ми). Трябват само ъглите и отговорът!

[Румен Симеонов]

Изглежда, че от Хероновата формуула за сферичен триъгълник следва, че отговорът е
$S=4arctg(tg^{3/2}(π/12))=4arctg\left(\sqrt{\left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)^{3}}\right)=4arctg\left(\sqrt{26-15\sqrt{3}}\right)=4arctg\left(\sqrt{13,5}-\sqrt{12,5}\right)$
$=0,55128559843...=\frac{1}{4}.4π.0,17547965609...$,
докато $60°=L=π/3=\frac{1}{3}.2π.0,5$,
$0,5=3L/(2π),
0,17547965609...4arctg\left(\sqrt{13,5}-\sqrt{12,5}\right)/π[tex]\in[/tex]=4S/(4π)$,
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Heron%27s_for\sqrt{3}}mula
Някой може ли да потвърди, че не съм сбъркал нещо?

[Румен Симеонов]

Изглежда, че от Хероновата формула за сферичен триъгълник следва, че отговорът е
$S=4arctg(tg^{3/2}(π/12))=4arctg\left(\sqrt{\left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)^{3}}\right)=4arctg\left(\sqrt{26-15\sqrt{3}}\right)=4arctg\left(\sqrt{13,5}-\sqrt{12,5}\right)$
$=0,55128559843...=\frac{1}{4}.4π.0,17547965609...$,
докато $60°=L=π/3=\frac{1}{3}.2π.0,5$,
$0,5=3L/(2π),$
$0,17547965609...=4arctg\left(\sqrt{13,5}-\sqrt{12,5}\right)/π=4S/(4π)$,
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Heron's_formula
Някой може ли да потвърди, че не съм сбъркал нещо?[

[Гост]

ami potvurdi sam, kato go smetnesh po purvata formula...

[Румен Симеонов]

ami potvurdi sam, kato go smetnesh po purvata formula...

Предпочитам да си проверя сметките по хероновата формула (за сферичен триъгълник). Проверих ги. Верни са. Хероновата е по-лесна за прилягане отколкото тази на Гаус-Боне, защото ъглите са изначално ястни - те са .равнинните ъглите на стените - равностранни триъгълници и са по $π/3$ и не се налага да изчислявам ъгли между стени.

[Гост]

kak se namirat uglite na ravnostranen 3-ugulnik sus strana pi/3?

[Румен Симеонов]

kak se namirat uglite na ravnostranen 3-ugulnik sus strana pi/3?

Независимо дали си grav или не си grav питай grav. Не че аз не знам, но искам да му оставя удоволствието сам да си завърши решението на задачата по неговия начин - като намери тези ъгли.

[Гост]

ok, pitam grav...

[grav]

kak se namirat uglite na ravnostranen 3-ugulnik sus strana pi/3?

Независимо дали си grav или не си grav питай grav. Не че аз не знам, но искам да му оставя удоволствието сам да си завърши решението на задачата по неговия начин - като намери тези ъгли.

Друг е, аз пиша само регистриран. А удовоствието от решението вече съм го изпитал. Който иска да пише сметките, да пише. Идеята беше описана подробно.

[Румен Симеонов]

kak se namirat uglite na ravnostranen 3-ugulnik sus strana pi/3?

Добре де. Само ще подскажа, за да не ставам черноработник на grav. ,,Идеята" е, че ъгълът между две сферични дъги от големи окръжности е ъгълът между допирателните им вектори в общия връх, а това води до размера на съответен двустенен ъгъл на тетраедъра с връх в центъра на сферата. Останалото е за по-трудолюбивите и по-заинтересованите. А да не говорим, че моето решение (виж го в по-горен пост) използва хероновата формула (дал съм и ливк към нея);за сферичен триъгълник, т.е. - използва (вътрешно-) стенните ъгли (мегду ръбове) които, очевидно, са всичките $π/3$ (и не ми трябват двустенните (,,междустенни") ъгли.

[Гост]

s kosinusova teorema...

[Румен Симеонов]

Добре, намерете си сферична косинусосова теорема (на мене ми е трудно да я запомня) и с нея си намерете двустенните ъгли (същите между сферичните дъги), макар, че за правилен тетраедэр те са си почти очевидни, и си прилагайте Гаус-Боне на воля. Аз пък си прилагам сферичната формула на Херон и нямам необходимост да пресмятам с косинусова или по сруг начин двустенните ъгли, а вътрешностенните са очевидни = $π/3$. Въпрос на вкус. А тежеста на доказателствата на използваните теореми и формули си тежи съответно когато преценявате, ако желаете, тежкостта на решението.
Със сферичната косинусова и Гаус-Боне ще получите отговор:
$S=3arccos(1/3)-π$.
Аз пък със сферичната херонова получавам (вж по-горе) отговор:
$S=4arctg(tg^{3/2}(π/12))=4arctg\left(\sqrt{\left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)^{3}}\right)=4arctg\left(\sqrt{26-15\sqrt{3}}\right)=4arctg\left(\sqrt{13,5}-\sqrt{12,5}\right)$.
И ся ко да праим?
Някой иска ли да докаже (по директен начин), че тези два израза са равни?
Моя резултат е по-лесен за пресмятане (няма отделно участие на $π$ и ще ми трябва само реда за аркустангенс, е - и малко коренуване - за сметка на вашето $π$).
Някой програмист специалист по използване на редове (включително за корен-квадратен) да каже дали пък, все пак, вашият отговор, дето аз ви го намерих, не се оказва, все пак, по-лесен за пресмятане?
Задача:
Докожете, че:
$tg(π/12))=\sqrt{4}-\sqrt{3}$
и, че:
$tg^2((3arccos(1/3)-π)/4)=tg^{3}(π/12))=\left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)^3=$
$\left(\sqrt{13,5}-\sqrt{12,5}\right)^2$.

[Румен Симеонов]

https://ru.m.wikipedia.org/wiki/%D0%A2% ... 0%BE%D0%BB

[Румен Симеонов]

Тук има сферична косинусова доказана чрез хипервектори:
http://mathmatter.blogspot.com/2013/05/ ... 1.html?m=1