Il triangolo no! e invece sì!! (4/5)

Ovvero: tetraedri, che passione!

Generalizziamo ulteriormente, stavolta però facciamo un salto di dimensione, e passiamo dal triangolo al tetraedro. Prendiamo le sestuple $(x_1,x_2,\ldots,x_6)$ con $x_i\in\{1,2,\ldots,n\}$ e ci chiediamo: quante di queste sestuple hanno gli elementi tali per cui esiste un tetraedro che li abbia come lunghezze degli spigoli? Il problema risulta essere più complicato di quelli già visti. La prima complicazione sorge dal fatto che, a differenza di triangoli e poligoni, la costruibilità del tetraedro dipende dal modo in cui i sei spigoli sono connessi. Ad esempio, se abbiamo la sestupla $(1,1,1,2,2,2)$, possiamo costruire un tetraedro che abbia come base un triangolo equilatero di base $1$ e gli altri spigoli di lunghezza pari a $2$, ma non è possibile costruire un tetraedro che abbia come base un triangolo equilatero di base $2$ e gli altri spigoli di lato $1$, perché non si riesce a fare in modo che i tre spigoli di lunghezza $1$ si incontrino in un unico punto.

Se abbiamo una sestupla i cui elementi sono tutti diversi fra loro possiamo costruire $30$ tetraedri distinti, non considerando rotazioni e riflessioni. Chiamiamo $P_1$, $P_2$, $P_3$ e $P_4$ i vertici del tetraedro. Possiamo porre tra $P_3$ e $P_4$ uno spigolo di lunghezza $x_1=a$. Ora ho $5$ possibilità di scelta per lo spigolo $\bar a=P_1P_2$ opposto allo spigolo $a$. Rimangono $4$ spigoli, ed ho $3$ possibilità per abbinarli in due coppie di spigoli opposti. Posso costruire $2$ distinti tetraedri come in figura, a seconda che faccia concorrere allo stesso spigolo $\bar b$ e $c$ oppure $\bar b$ e $\bar c$. Le altre disposizioni producono tetraedri ottenibili da questi due per rotazione o riflessione. In tutto sono quindi possibili $5\times3\times2$ tetraedri.

Riferendomi al tetraedro di sinistra, assegno i seguenti simboli agli spigoli del tetraedro: $a=P_3P_4$, $\bar a=P_1P_2$, $b=P_2P_4$, $\bar b=P_1P_3$, c=$P_2P_3$, $\bar c=P_1P_4$.

Consideriamo ora le condizioni di costruibilità del tetraedro. Innanzitutto, affinché siano costruibili le singole facce triangolari del tetraedro, devono essere soddisfatte le disuguaglianze triangolari, così per la faccia $P_2P_3P_4$ deve aversi $a<b+c$, $b<c+a$ e $c<a+b$, e analogamente per le altre facce. Ma non basta.

Costruiamo i triangoli $P_3P_4P_2$ e $P_3P_4P_1$ su un piano in modo che siano da parti opposte rispetto a $P_3P_4$. Piegando la figura sul segmento $P_3P_4$ e andando a sovrapporre (parzialmente) i due triangoli, il punto $P_1$ va ad occupare la posizione ${P_1}'$. Nel piegare il quadrilatero $P_1P_2P_3P_4$ rispetto al lato $P_3P_4$, la distanza fra i vertici $P_1P_2$ varierà fra un valore massimo assunto quando l’angolo fra i due triangoli è un angolo piatto e un valore minimo assunto quando tale angolo è un angolo nullo. Tale affermazione, intuitivamente riconoscibile come vera, può essere provata rigorosamente con pochi passaggi che lascio come esercizio al lettore 😉. Dovrà dunque essere ${P_1}'P_2<\bar a<P_1P_2$.

Se posizioniamo le figure nel piano cartesiano, in modo che $P_3$ coincida con l’origine e $P_4$ sia sul semiasse positivo delle ascisse, possiamo facilmente trovare le coordinate di $P_1$, ${P_1}'$ e $P_2$ e quindi le lunghezze dei segmenti $P_1P_2$ e ${P_1}'P_2$ e si ha

$$P_1 \left(\frac{a^2+\bar b^2-\bar c^2}{2a},-\frac{\sqrt{2a^2\bar b^2+2\bar b^2\bar c^2+2\bar c^2a^2-a^4-\bar b^4-\bar c^4}}{2a}\right) \\ P_2\left( \frac{a^2-b^2+c^2}{2a}, \frac{\sqrt{2a^2b^2 +2b^2c^2 +2c^2a^2-a^4-b^4-c^4}}{2a}\right) $$

mentre ${P_1}'$ ha la stessa ascissa di $P_1$ e ordinata che è l’opposto di quella di $P_1$.

La condizione ${P_1}'P_2<\bar a<P_1P_2$ è espressa in modo asimmetrico rispetto agli spigoli del tetraedro, ma è equivalente ad un’altra condizione esprimibile in modo invariante rispetto alla permutazione dei vertici ed alla permutazione delle coppie di spigoli opposti. Consideriamo infatti la quantità $d=(P_1P_2^2-\bar a^2)(\bar a^2-{P_1}'P_2^2)$ che è positiva se e solo se ${P_1}'P_2<\bar a<P_1P_2$. Tale quantità risulta strettamente collegata al determinante di Cayley-Menger che è una generalizzazione, valida in $2$ o più dimensioni, del radicando della formula di Erone per il triangolo. Per un simplesso in $3$ dimensioni, ovvero per un tetraedro, si ha:$$D=\left|\begin{array}{ccccc}0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & d^2_{12} & d^2_{13} & d_{14}^2 \\ 1 & d^2_{21} & 0 & d_{23}^2 & d^2_{24} \\ 1 & d^2_{31} & d^2_{32} & 0 & d^2_{34} \\ 1 & d^2_{41} & d^2_{42} & d^2_{43} & 0\end{array} \right|= \left|\begin{array}{ccccc}0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & \bar a^2 & \bar b^2 & \bar c^2 \\ 1 & \bar a^2 & 0 & c^2 & b^2 \\ 1 & \bar b^2 & c^2 & 0 & a^2 \\ 1 & \bar c^2 & b^2 & a^2 & 0\end{array} \right|=288V^2\ ,$$dove $d_{ij}$ corrisponde alla lunghezza dello spigolo $P_iP_j$ e $V$ è il volume del tetraedro. Le quantità $d$ e $D$ sono legate dall’identità $d=\dfrac{D}{2a^2}$, quindi $d>0 \iff D>0$. È chiaro che se $D$ è negativo il tetraedro non è costruibile perché il suo volume sarebbe una quantità immaginaria, così come analogamente un radicando negativo nella formula di Erone è legato ad un triangolo non costruibile, e sarebbe indice del fatto che una disuguaglianza triangolare non è soddisfatta.
Per la cronaca, già Piero della Francesca (1416-1492) aveva determinato, per il volume di un tetraedro, una formula equivalente a quella legata al determinante di Cayley-Menger in $3$ dimensioni: se poniamo $A=a^2$, $\bar A=\bar a^2$, $B=b^2$, $\bar B=\bar b^2$, $C=c^2$ e $\bar C=\bar c^2$, la formula di Piero della Francesca è $$144V^2 = A\bar A(B + \bar B + C + \bar C - A- \bar A) + B\bar B(C + \bar C + A + \bar A - B -\bar B)+ \\+ C\bar C(A+\bar A + B + \bar B- C -\bar C) - (A B C +A \bar B \bar C+\bar A B \bar C+\bar A \bar B C )\ .$$È da notare che i primi tre termini sono invarianti per scambi $A\leftrightarrow\bar A,$ $B\leftrightarrow\bar B$ e $C\leftrightarrow\bar C$, mentre l’ultimo non lo è. Vi sono comunque $24$ permutazioni (compresa quella identica) della sestupla $(a, b, c, \bar a, \bar b, \bar c)$ che lasciano invariato il determinante di Cayley-Menger e la formula di Piero della Francesca, e corrispondono a tetraedri congruenti. Mentre i due tetraedri ottenibili con la stessa scelta dei lati opposti, in genere, oltre a non essere congruenti, non hanno lo stesso volume, e può avvenire che uno sia effettivamente costruibile e l’altro no.

A questo punto ho scritto un programmino per individuare quante sestuple del tipo menzionato all’inizio corrispondano a tetraedri effettivamente costruibili. Ho trovato questi valori per $n$ da $1$ a $10$:

$$\begin{array} {|c|r|}\hline \mathbf n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ \hline \mathbf{T(n)}  & 1 & 43 & 327 & 1792 & 6139 & 17607 & 43291 & 96142 & 193149 & 362383 \\ \hline \mathbf{T(n)/n^6} & 1{,}0000 & 0{,}6719 & 0{,}4486 & 0{,}4375 & 0{,}3929 & 0{,}3773 & 0{,}3680 & 0{,}3668 & 0{,}3634 & 0{,}3623 \\ \hline \end{array}$$dove $T(n)$ indica il numero di tetraedri costruibili con sestuple di numeri interi compresi fra $1$ e $n$.
Ho cercato di trovare una formula polinomiale che desse come risultato $T(n)$ ma, con il metodo delle differenze finite, ovvero calcolando le differenze fra gli elementi successivi di $T(n)$, poi le differenze delle differenze e così via, non si arriva mai ad una riga con valori nulli. Il rapporto $T(n)/n^6$ decresce con $n$ e pare tendere, lentamente, ad un valore limite. Ho valutato $T(n)$ esattamente fino a $n=150$ dove $T(n)/n^6\simeq0{,}34287$. Ho poi valutato $T(n)/n^6$ con metodo Monte Carlo per $n$ uguale a $167$, $200$, $250$, $333$, $500$, $1.000$, $2.000$ ($2 \times 10^9$ estrazioni) e $10.000$ ($7\times 10^9$ estrazioni).
La successione $T(n)$ è stata sottoposta ad OEIS, che l’ha approvata (sequenza A346575).

A questo punto sono passato dal caso discreto al caso continuo, ovvero ho considerato le sestuple con valori distribuiti uniformemente in $(0,1)$. Tramite un test di tipo Monte Carlo su $60\times10^9$ sestuple, $60.000$ lotti ognuno con $10^6$ estrazioni, ho valutato che la probabilità che una sestupla del tipo appena menzionato corrisponda alle lunghezze degli spigoli di un tetraedro è $$p=\lim_{n\to\infty}\dfrac{T(n)}{n^6} = 0{,}3382078 \pm 0{,}0000038 \quad \textrm{(c.l. 95%)}\ .$$Questo mostra che se esistesse un polinomio $P$ per cui $P(n)=T(n)\ \forall n\in\mathbb N$, tale polinomio dovrebbe essere di $6^\circ$ grado. Inoltre su una parte delle sestuple ($12\times10^9$) ho anche contato quante configurazioni fossero realizzabili (questo calcolo aggiuntivo raddoppia i tempi di elaborazione, pertanto non l’ho svolto su tutte le sestuple), ottenendo la tabella riportata sotto: come previsto, il $66{,}2\%$ delle sestuple non dà possibilità di costruire un tetraedro con alcuna configurazione mentre, fra quelle che lo consentono, “vanno per la maggiore” le sestuple che consentono $6$ configurazioni, seguite da quelle che consentono $2$ configurazioni e quelle che consentono una sola configurazione. Il caso più improbabile è quello delle sestuple che consentono $29$ configurazioni (hai fatto $29$ e non fai $30$?), ve ne è circa una ogni $2500$. Mediamente vi sono $3{,}088$ tetraedri costruibili per sestupla, che diventano $9{,}129$ se facciamo la media solo sulle sestuple che consentono la costruzione di almeno un tetraedro.

$$\begin{array} {|r|c|} \hline \texttt{#} \textbf{cfg} & \textbf % \\ \hline 0 & 66{,}180 \\ \hline 1 & 3{,}804  \\ \hline 2 & 5{,}556  \\ \hline 3 & 1{,}650 \\ \hline 4 & 2{,}923 \\ \hline 5 & 1{,}046 \\ \hline 6 & 5{,}967 \\ \hline 7 & 0{,}660 \\ \hline 8 & 1{,}246 \\ \hline 9 & 0{,}537 \\ \hline 10 & 0{,}806 \\ \hline 11 & 0{,}293 \\ \hline 12 & 0{,}894 \\ \hline 13 & 0{,}276 \\ \hline 14 & 0{,}615 \\ \hline 15 & 0{,}222 \\ \hline 16 & 0{,}604 \\ \hline 17 & 0{,}188 \\ \hline 18 & 0{,}567 \\ \hline 19 & 0{,}241 \\ \hline 20 & 0{,}386 \\ \hline 21 & 0{,}202 \\ \hline 22 & 0{,}311 \\ \hline 23 & 0{,}181 \\ \hline 24 & 1{,}420 \\ \hline 25 & 0{,}069 \\ \hline 26 & 0{,}331 \\ \hline 27 & 0{,}064 \\ \hline 28 & 0{,}143 \\ \hline 29 & 0{,}042 \\ \hline 30 & 2{,}576 \\ \hline \end{array}$$

つづく

(ultimo aggiornamento: 17/11/2021)

Figura 1. La distribuzione dei campioni rilevati per determinare $p$ segue una distribuzione binomiale che è indistinguibile da una gaussiana essendo molto grande il numero di estrazioni per ogni lotto ($n_s=10^6$).

Figura 2. $T(n)/n^6$ in funzione di $\log_2 n$.

Figura 3. $\log_2[T(n)/n^6-p]$ in funzione di $\log_2 n$.

Figura 4. $T(n)/n^6$ in funzione di $1/n$.

Figura 5. $T(n)/n^6$ in funzione di $1/n$.