Kαλοκαιρινή Στεροεομετρία

S.E.Louridas · #1

Είναι δυνατόν να υπάρχει τετράεδρο Ο.ΑΒΓ, τέτοιο πού (<ΑΟΒ+<ΒΟΓ+<ΓΟΑ=π) καί (ΟΑ=ΒΓ και ΟΒ=ΑΓ και ΟΓ=ΑΒ) ;
Αιτιολογήστε την απάντηση σας.

S.E.Louridas

#2

Σωτήρη, έχω την εντύπωση ότι το κανονικό τετράεδρο ικανοποιεί τα ζητούμενα κριτήρια.

S.E.Louridas · #3

Ναί Δημήτρη έχεις δίκιο.
Να που έπεσα στήν 'λούμπα' της μή αυστηρής διατύπωσης πράγμα τελικά που δέν συγχωρούν τα Μαθηματικά.
Ας πάμε σε αυτό που είχα στο μυαλό μου.
Ας εξεταστεί η ύπαρξη τετραέδρου O.ABΓ με Τις γωνίες <ΑΟΒ, <ΒΟΓ, <ΓΟΑ διάφορες ανά δύο, τέτοιο πού.....

S.Ε.Louridas

#4

Τέτοιο τετράεδρο υπάρχει: Ας ξεκινήσουμε με οποιοδήποτε σκαληνό οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω $S_A,S_B,S_{\Gamma}$ σφαίρες με κέντρα τα Α,Β,Γ και ακτίνες ΒΓ,ΓΑ και ΑΒ αντίστοιχα. Ισχυρίζομαι ότι $S_A \cap S_B \cap S_{\Gamma} \neq \emptyset$ . Αν αποδειχθεί αυτός ο ισχυρισμός τότε τελειώσαμε αφού για οποιοδήποτε $O \in S_A \cap S_B \cap S_{\Gamma}$ θα έχουμε εκ κατασκευής ΟΑ = ΒΓ, ΟΒ = ΓΑ, ΟΓ = ΓΒ και επίσης από ομοιότητα τριγώνων <AOB = <AΓΒ, <ΒΟΓ = <ΒΑΓ και <ΓΟΑ = < ΓΒΑ άρα <ΑΟΒ + <ΒΟΓ + <ΓΟΑ = π με όλες τις γωνίες διαφορετικές.

Έστω ΒΓ η μικρότερη πλευρά του ΑΒΓ. Φέρνουμε την μεσοκάθετο ε στην ΒΓ (στο επίπεδο που ορίζει το τρίγωνο ΑΒΓ). Έστω Α' το συμμετρικό του Α ως προς την ε, Δ σημείο στην ΒΓ με ΑΔ κάθετη στην ΒΓ και Α'' το συμμετρικό του Α' ως προς την ΒΓ. Τότε το $S_B \cap S_{\Gamma}$ είναι κύκλος με κέντρο το Δ και ακτίνα μήκους |Α'Δ| στο επίπεδο που ορίζεται από το σημείο Δ και την ευθεία ΒΓ σαν κάθετη σε αυτό το επίπεδο.

Μένει να δείξουμε ότι η S_A

τέμνει αυτό τον κύκλο. Έχουμε |ΑΑ'| < |ΒΓ| (αφού το τρίγωνο είναι οξυγώνιο) Επίσης |ΑΑ''| > |Α'Α''| = 2|Α'Δ| > ΒΓ αφού η ΒΓ είναι η μικρότερη πλευρά. Το τελευταίο ισχύει αφού $\displaystyle{|A{'} \Delta| = |AB| \sin{B} > |B \Gamma|/2$ όπου χρησιμοποιήσαμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι η γωνία Β είναι η μεγαλύτερη γωνία και άρα το ημίτονό της είναι μεγαλύτερο του 1/2.

Όταν όμως το σημείο Χ κινείται πάνω στο κύκλο $S_B \cap S_{\Gamma}$ η απόσταση ΑΧ είναι συνεχής. Επειδή όμως |ΑΑ'| < |ΒΓ| < |ΑΑ''| θα υπάρχει Χ ώστε |ΑΧ| = |ΒΓ| και άρα το Χ θα ανήκει στην τομή των τριών σφαιρών.

S.E.Louridas · #5

Ευχαριστώ τον Δημήτρη που ασχολήθηκε με το πρόβλημα.
Για λόγους και μόνο Μαθηματικού διαλόγου και πλουραλισμού που είναι αναγκαίος (ειδικά σε πρωτοεμφανιζόμενα προβλήματα) θα παραθέσουμε και την δική μας άποψη που τυχαίνει να προέρχεται και από τον κατασκευαστικό πυρήνα του προβλήματος.
Η απάντηση λοιπόν είναι ναι υπάρχει τέτοιο τετράεδρο Ο.ΑΒΓ και αυτό Κατασκευαστικά αποδεικνύεται ως εξής:
Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ ,ώστε $\mathop {{\rm B}{\rm A}\Gamma }\limits^ \wedge = \varphi _1 \,\mu \varepsilon \,\varphi _1 = \mathop {{\rm B}{\rm O}\Gamma }\limits^ \wedge ,\mathop {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\limits^ \wedge = \varphi _2 \,\mu \varepsilon \,\varphi _2 = \mathop {\Gamma {\rm O}{\rm A}}\limits^ \wedge ,\mathop {{\rm B}\Gamma {\rm A}}\limits^ \wedge = \varphi _3 \,\mu \varepsilon \,\varphi _3 = \mathop {{\rm B}{\rm O}{\rm A}}\limits^ \wedge .$
Θεωρούμε το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, έστω το ΑΔ και σημείο Ε της ΒΓ συμμετρικό του Δ ως προς το μέσον της ΒΓ. Έτσι ορίζονται δύο πράγματα, πρώτον το κάθετο επίπεδο στην ΒΓ στο σημείο Ε και κύκλος (Ε, ΑΔ) πάνω στο κάθετο αυτό επίπεδο. Έστω Ρ σημείο του επιπέδου αυτού με ΑΡ κάθετη στο κάθετο επίπεδο και σημείο Σ του επιπέδου αυτού ώστε ΑΣ=ΒΓ. Η τομή των κύκλων (Ε, ΑΔ) και (Ρ, ΡΣ) δίνει το σημείο Ο.

S.E.Louridas

Kαλοκαιρινή Στεροεομετρία

Kαλοκαιρινή Στεροεομετρία

Re: Kαλοκαιρινή Στεροεομετρία

Re: Kαλοκαιρινή Στεροεομετρία

Re: Summer-Stereometry.

Re: Kαλοκαιρινή Στεροεομετρία

Μέλη σε σύνδεση