ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

S.E.Louridas · #1

Γειά σας.
Επιτρέψτε μου για μία ακόμα φορά μία τριλογία στον χώρο των τριών διαστάσεων.

1. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και δύο σημεία $A,\;B$ που δεν ανήκουν σε αυτό και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
2. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , αλλά ανήκουν σε επίπεδο παράλληλο στο $\left( P \right).$ Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
3. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , ανήκουν σε επίπεδο μη παράλληλο στο $\left( P \right)$ και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;

#2

Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:

Στο πρώτο πρόβλημα έχουμε απειρία λύσεων, και αυτό προκύπτει από τα δύο επόμενα προβλήματα ως εξής: θεωρούμε αυθαίρετο τρίτο σημείο

και κατασκευάζουμε την μοναδική σφαίρα (δεύτερο πρόβλημα) ή μία από τις δύο σφαίρες (τρίτο πρόβλημα) που διέρχεται από τα σημεία

,

και εφάπτεται του επιπέδου

-- (σχεδόν) για κάθε

προκύπτει και διαφορετική σφαίρα. [Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε το δεύτερο πρόβλημα είτε το τρίτο πρόβλημα αν AB//P

, αλλιώς πάμε υποχρεωτικά στο τρίτο πρόβλημα.]

Στο δεύτερο πρόβλημα τα πράγματα είναι απλά: γνωρίζουμε εκ των προτέρων το σημείο επαφής

της ζητούμενης σφαίρας με το επίπεδο

, καθώς αυτό είναι υποχρεωτικά το σημείο τομής του

με την 'περίκεντρη ευθεία' του ABC

, την ευθεία $\eta$ δηλαδή που είναι κάθετη στο επίπεδο του ABC

και διέρχεται δια του περικέντρου του^ για να βρούμε το κέντρο

της ζητούμενης σφαίρας, αρκεί να βρούμε την τομή της $\eta$ με τον γεωμετρικό τόπο των σημείων που ισαπέχουν από το

και από ένα εκ των

,

, που είναι βέβαια το αντίστοιχο μεσοκάθετο επίπεδο. (Οι τομές των τριών μεσοκαθέτων επιπέδων με την περίκεντρη ευθεία ταυτίζονται, και η τομή αυτή είναι βεβαίως το κέντρο

της σφαίρας, ενώ ακτίνα της είναι η R=|KD|

.)

Στο τρίτο πρόβλημα ο βαθμός δυσκολίας ανεβαίνει, καθώς ο κρίσιμος γεωμετρικός τόπος δεν είναι πλέον το σύνολο των σημείων που ισαπέχουν από δύο σημεία, αλλά το σύνολο των σημείων που ισαπέχουν από σημείο και επίπεδο: ήδη γνωρίζουμε ότι το

κείται επί της $\eta$ , θέλουμε τώρα να ισαπέχει από το

και από τα

,

, οπότε το

προκύπτει ως τομή της $\eta$ και τριών παραβολοειδών, ουσιαστικά ως τομή της $\eta$ και ενός παραβολοειδούς. [Σε αντίθεση με το δεύτερο πρόβλημα (μοναδική λύση) εδώ έχουμε δύο λύσεις (όσα και τα σημεία τομής ευθείας και παραβολοειδούς).]

Είναι όμως αυτό το καλύτερο που μπορούμε να κάνουμε, και που μας οδηγεί η εμπειρία του διδιάστατου χώρου; Αν είχαμε να βρούμε τον κύκλο που διέρχεται από δύο σημεία

,

και εφάπτεται ευθείας $\epsilon$ ... θα βρίσκαμε το κέντρο του ως τομή της μεσοκαθέτου της

και δύο (ουσιαστικά μιας) παραβολών; Ισχύει βεβαίως και αυτό, υπάρχουν όμως και άλλες κατασκευές, όπως αυτή εδώ (πιθανώς κλασσική). Μπορούμε να κάνουμε κάτι ανάλογο στον τριδιάστατο χώρο; Ας το σκεφτούμε!

S.E.Louridas · #3

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:...

Καλημέρα Γιώργο.
Ίσως η «εμμονή» μου για τον χώρο ${{\Cal R}^3}$ να πηγάζει από το πάλαι ποτέ ρηθέν: «Αν δεν κοιτάξεις το σπίτι σου, τότε, θα πέσει και θα σε πλακώσει» (Ψυχολογία βάθους γαρ).

Για το τρίτο τώρα ερώτημα σκέφτηκα εν τάχει ως εξής:

Αν υπάρχει το σημείο επαφής

της σφαίρας με το επίπεδο (P)

και θεωρήσουμε $T \equiv BA \cap \left( P \right),\;\,F \equiv CA \cap \left( P \right),$ τότε, ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ABS

εφάπτεται στην ευθεία

και ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ACS

θα εφάπτεται στην ευθεία FS.

Άρα παίρνουμε: $F{S^2} = FA \cdot FC,\;ct.$ και $T{S^2} = TA \cdot TB,\;ct.$ Επομένως προσδιορίζεται στο επίπεδο (P)

το σημείο επαφής

ως τομή των κύκλων (F,FS)

και

(Είναι μάλιστα εν γένει δύο τα σημεία τομής , ως τομές δύο κύκλων, άρα τελικά εν γένει θα έχουμε αντίστοιχα δύο σφαίρες). Έτσι με βάση τα σταθερά τρίγωνα ABS, ACS,

κατασκευάζουμε την ζητούμενη σφαίρα με κέντρο την τομή των αντίστοιχων κάθετων ευθειών στα επίπεδα των τριγώνων ABS, ACS,

και στα περίκεντρα τους……

#4

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 9:16 pm
Γειά σας.
Επιτρέψτε μου για μία ακόμα φορά μία τριλογία στον χώρο των τριών διαστάσεων.

1. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και δύο σημεία $A,\;B$ που δεν ανήκουν σε αυτό και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
2. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , αλλά ανήκουν σε επίπεδο παράλληλο στο $\left( P \right).$ Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
3. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , ανήκουν σε επίπεδο μη παράλληλο στο $\left( P \right)$ και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:

Στο πρώτο πρόβλημα έχουμε απειρία λύσεων, και αυτό προκύπτει από τα δύο επόμενα προβλήματα ως εξής: θεωρούμε αυθαίρετο τρίτο σημείο και κατασκευάζουμε την μοναδική σφαίρα (δεύτερο πρόβλημα) ή μία από τις δύο σφαίρες (τρίτο πρόβλημα) που διέρχεται από τα σημεία , , και εφάπτεται του επιπέδου -- (σχεδόν) για κάθε προκύπτει και διαφορετική σφαίρα. [Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε το δεύτερο πρόβλημα είτε το τρίτο πρόβλημα αν , αλλιώς πάμε υποχρεωτικά στο τρίτο πρόβλημα.]

Σωτήρη και Γιώργο γεια σας...

Αναρτώ την απειρία των σφαιρών στο παρακάτω σχήμα:

: Κατασκευή σφαίρας 3.png (64.19 KiB) Προβλήθηκε 1207 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνεται το μεταβλητό σημείο $\displaystyle{M}$ , το οποίο είναι το σημείο επαφής της σφαίρας

με το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ , κινείται πάνω στον κύκλο:

$\displaystyle{(O, \sqrt{(OA)(OB)}) }$

Το κέντρο της σφαίρας προκύπτει από την τομή του μεσοκαθέτου επιπέδου του τμήματος $\displaystyle{AB}$ με

την κάθετη ευθεία προς το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ .

Στο σχήμα αυτό επίσης φαίνονται οι δυο κόκκινοι κύκλοι από το γνωστό Απολλώνιο πρόβλημα και

οι οποίοι είναι οι τομές των δύο οριακών σφαιρών της απειρίας αυτής.

(συνεχίζεται...)

Κώστας Δόρτσιος

#5

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 19, 2021 11:10 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:...
Καλημέρα Γιώργο.
Ίσως η «εμμονή» μου για τον χώρο ${{\Cal R}^3}$ να πηγάζει από το πάλαι ποτέ ρηθέν: «Αν δεν κοιτάξεις το σπίτι σου, τότε, θα πέσει και θα σε πλακώσει» (Ψυχολογία βάθους γαρ).

Για το τρίτο τώρα ερώτημα σκέφτηκα εν τάχει ως εξής:

Αν υπάρχει το σημείο επαφής της σφαίρας με το επίπεδο και θεωρήσουμε $T \equiv BA \cap \left( P \right),\;\,F \equiv CA \cap \left( P \right),$ τότε, ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο εφάπτεται στην ευθεία και ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο θα εφάπτεται στην ευθεία Άρα παίρνουμε: $F{S^2} = FA \cdot FC,\;ct.$ και $T{S^2} = TA \cdot TB,\;ct.$ Επομένως προσδιορίζεται στο επίπεδο το σημείο επαφής ως τομή των κύκλων και (Είναι μάλιστα εν γένει δύο τα σημεία τομής , ως τομές δύο κύκλων, άρα τελικά εν γένει θα έχουμε αντίστοιχα δύο σφαίρες). Έτσι με βάση τα σταθερά τρίγωνα κατασκευάζουμε την ζητούμενη σφαίρα με κέντρο την τομή των αντίστοιχων κάθετων ευθειών στα επίπεδα των τριγώνων και στα περίκεντρα τους……

Σωτήρη πολύ ωραία, ιδού και μια δική μου κατασκευή (πιο συγκεκριμένη από αυτήν που έδωσα στην #2):

Φέρουμε την κάθετο $\eta$ στο ABC

επί του περικέντρου του

, η οποία τέμνει το επίπεδο

στο σημείο

. Προβάλουμε επίσης το

επί του

, έστω

η προβολή. Βεβαίως το κέντρο

της ζητούμενης σφαίρας κείται επί του καθέτου στο

επιπέδου

, και η προβολή

του

επί της

είναι το ζητούμενο σημείο επαφής. Στο επίπεδο OHQ

έχουν τώρα σχηματισθεί δύο όμοια ορθογώνια τρίγωνα, HQO

και

, από τα οποία λαμβάνουμε

$\dfrac{|QK|}{|QO|}=\dfrac{|KS|}{|OH|}\rightarrow \dfrac{q-\sqrt{R^2-r^2}}{q}=\dfrac{R}{h},$

όπου q=|OQ|

,

η ακτίνα του περίκυκλου του ABC

, και

η ακτίνα της ζητούμενης σφαίρας (οπότε $|OK|=\sqrt{R^2-r^2}$ ).

Από την παραπάνω προκύπτουσα δευτεροβάθμια, (q^2-h^2)R^2-2q^2hR+(q^2+r^2)h^2=0

, λαμβάνουμε

$R=\dfrac{h\left(q^2\pm \sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2}.$

Βεβαίως από την $|OK|=\sqrt{R^2-r^2}$ προσδιορίζεται και η θέση του

επί της σταθερής ευθείας

.

[Δύο εν γένει λύσεις για την ακτίνα

, υπό τον όρο να ισχύει η ανισότητα h^2(q^2+r^2)>q^2r^2

, βεβαίως μία από αυτές ενδέχεται να είναι μη θετική, οπότε και απορρίπτεται. (Απόλυτα συμβατά αυτά με την προηγούμενη προσέγγιση μου (#2), όπου το κέντρο

προσδιορίζεται ως τομή ευθείας και παραβολοειδούς.)]

: tangent-sphere.png (2.89 KiB) Προβλήθηκε 1160 φορές

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 20, 2021 5:24 pm

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 19, 2021 11:10 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:...
Καλημέρα Γιώργο.
Ίσως η «εμμονή» μου για τον χώρο ${{\Cal R}^3}$ να πηγάζει από το πάλαι ποτέ ρηθέν: «Αν δεν κοιτάξεις το σπίτι σου, τότε, θα πέσει και θα σε πλακώσει» (Ψυχολογία βάθους γαρ).

Για το τρίτο τώρα ερώτημα σκέφτηκα εν τάχει ως εξής:

Αν υπάρχει το σημείο επαφής της σφαίρας με το επίπεδο και θεωρήσουμε $T \equiv BA \cap \left( P \right),\;\,F \equiv CA \cap \left( P \right),$ τότε, ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο εφάπτεται στην ευθεία και ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο θα εφάπτεται στην ευθεία Άρα παίρνουμε: $F{S^2} = FA \cdot FC,\;ct.$ και $T{S^2} = TA \cdot TB,\;ct.$ Επομένως προσδιορίζεται στο επίπεδο το σημείο επαφής ως τομή των κύκλων και (Είναι μάλιστα εν γένει δύο τα σημεία τομής , ως τομές δύο κύκλων, άρα τελικά εν γένει θα έχουμε αντίστοιχα δύο σφαίρες). Έτσι με βάση τα σταθερά τρίγωνα κατασκευάζουμε την ζητούμενη σφαίρα με κέντρο την τομή των αντίστοιχων κάθετων ευθειών στα επίπεδα των τριγώνων και στα περίκεντρα τους……
Σωτήρη πολύ ωραία, ιδού και μια δική μου κατασκευή (πιο συγκεκριμένη από αυτήν που έδωσα στην #2):

Φέρουμε την κάθετο $\eta$ στο επί του περικέντρου του , η οποία τέμνει το επίπεδο στο σημείο . Προβάλουμε επίσης το επί του , έστω η προβολή. Βεβαίως το κέντρο της ζητούμενης σφαίρας κείται επί του καθέτου στο επιπέδου , και η προβολή του επί της είναι το ζητούμενο σημείο επαφής. Στο επίπεδο έχουν τώρα σχηματισθεί δύο όμοια ορθογώνια τρίγωνα, και , από τα οποία λαμβάνουμε

$\dfrac{|QK|}{|QO|}=\dfrac{|KS|}{|OH|}\rightarrow \dfrac{q-\sqrt{R^2-r^2}}{q}=\dfrac{R}{h},$

όπου , , η ακτίνα του περίκυκλου του , και η ακτίνα της ζητούμενης σφαίρας (οπότε $|OK|=\sqrt{R^2-r^2}$ ).

Από την παραπάνω προκύπτουσα δευτεροβάθμια, , λαμβάνουμε

$R=\dfrac{h\left(q^2\pm \sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2}.$

Βεβαίως από την $|OK|=\sqrt{R^2-r^2}$ προσδιορίζεται και η θέση του επί της σταθερής ευθείας .

[Δύο εν γένει λύσεις για την ακτίνα , υπό τον όρο να ισχύει η ανισότητα , βεβαίως μία από αυτές ενδέχεται να είναι μη θετική, οπότε και απορρίπτεται. (Απόλυτα συμβατά αυτά με την προηγούμενη προσέγγιση μου (#2), όπου το κέντρο προσδιορίζεται ως τομή ευθείας και παραβολοειδούς.)]

Από την στιγμή που ισχύει η κρίσιμη ανισότητα $r^2\leq \dfrac{q^2h^2}{q^2-h^2}$ ... δεν υπάρχει περίπτωση αρνητικού

, καθώς η θετικότητα του εξασφαλίζεται, ύστερα από λίγες πράξεις, από την πάντοτε ισχύουσα q>h

. Άρα, ή δεν υπάρχει λύση ή υπάρχουν δύο λύσεις, με μόνη εξαίρεση την περίπτωση $r^2=\dfrac{q^2h^2}{q^2-h^2}$ .

Δύο παρατηρήσεις:

(Ι) Τα παραπάνω είναι απόλυτα συμβατά με την προσέγγιση του Σωτήρη και τον προσδιορισμό του σημείου επαφής

ως τομής δύο κύκλων -- ή αυτοί είναι ξένοι μεταξύ τους ή εφάπτονται αλλήλων ή τέμνονται! (Όσον αφορά το παραβολοειδές και την ευθεία, όντως εν γένει μπορεί να υπάρχει ένα μόνον σημείο τομής, όχι όμως όταν οι συνθήκες του προβλήματος επιβάλλουν κάποια κλίση της ευθείας που αποκλείει αυτήν την περίπτωση!)

(ΙΙ) Ακριβώς οι ίδιοι τύποι -- και τα ίδια αποτελέσματα -- για την ακτίνα

και το κέντρο

ισχύουν και στην διδιάστατη εκδοχή του προβλήματος, απλά αντικαθιστούμε τον περίκυκλο του τριγώνου ABC

με το ίδιο το διάστημα

(και την ακτίνα του περίκυκλου με το ήμισυ του μήκους του διαστήματος)!

#7

KDORTSI έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 19, 2021 6:23 pm

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 9:16 pm
Γειά σας.
Επιτρέψτε μου για μία ακόμα φορά μία τριλογία στον χώρο των τριών διαστάσεων.

1. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και δύο σημεία $A,\;B$ που δεν ανήκουν σε αυτό και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
2. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , αλλά ανήκουν σε επίπεδο παράλληλο στο $\left( P \right).$ Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
3. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , ανήκουν σε επίπεδο μη παράλληλο στο $\left( P \right)$ και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:

Στο πρώτο πρόβλημα έχουμε απειρία λύσεων, και αυτό προκύπτει από τα δύο επόμενα προβλήματα ως εξής: θεωρούμε αυθαίρετο τρίτο σημείο και κατασκευάζουμε την μοναδική σφαίρα (δεύτερο πρόβλημα) ή μία από τις δύο σφαίρες (τρίτο πρόβλημα) που διέρχεται από τα σημεία , , και εφάπτεται του επιπέδου -- (σχεδόν) για κάθε προκύπτει και διαφορετική σφαίρα. [Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε το δεύτερο πρόβλημα είτε το τρίτο πρόβλημα αν , αλλιώς πάμε υποχρεωτικά στο τρίτο πρόβλημα.]
Σωτήρη και Γιώργο γεια σας...

Αναρτώ την απειρία των σφαιρών στο παρακάτω σχήμα:

Στο σχήμα αυτό φαίνεται το μεταβλητό σημείο $\displaystyle{M}$ , το οποίο είναι το σημείο επαφής της σφαίρας

με το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ , κινείται πάνω στον κύκλο:

$\displaystyle{(O, \sqrt{(OA)(OB)}) }$

Το κέντρο της σφαίρας προκύπτει από την τομή του μεσοκαθέτου επιπέδου του τμήματος $\displaystyle{AB}$ με

την κάθετη ευθεία προς το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ .

Στο σχήμα αυτό επίσης φαίνονται οι δυο κόκκινοι κύκλοι από το γνωστό Απολλώνιο πρόβλημα και

οι οποίοι είναι οι τομές των δύο οριακών σφαιρών της απειρίας αυτής.

(συνεχίζεται...)

Κώστας Δόρτσιος

Σωτήρη και Γιώργο Καλημέρα...

Επανέρχομαι στη διευκρίνηση της πρότασης που ανάφερα στο προηγούμενο μήνυμά μου:

"Το κέντρο της σφαίρας προκύπτει από την τομή του μεσοκαθέτου επιπέδου του τμήματος $\displaystyle{AB}$ με

την κάθετη ευθεία προς το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ .

Σκεφτόμαστε το ακόλουθο σχήμα:

: Κατασκευή σφαίρας 4.png (29.67 KiB) Προβλήθηκε 1110 φορές

Αν το σημείο $\displaystyle{M}$ είναι ένα τυχαίο σημείο του κύκλου $\displaystyle{(O,\sqrt{(OA)(OB)})}$ τότε προφανώς η $\displaystyle{OM}$

είναι η εφαπτομένη του κύκλου του περιγεγραμμένου στο τρίγωνο $\displaystyle{(MAB)}$ . (με πράσινο χρώμα)

Έτσι το κέντρο $\displaystyle{S}$ της ζητούμενης σφαίρας θα είναι επί της καθέτου στο επίπεδο του τριγώνου αυτού και μάλιστα

στο περίκεντρο αυτού $\displaystyle{T}$ . Άρα το σημείο $\displaystyle{S}$ θα ισαπέχει των σημείων $\displaystyle{A,B}$ και $\displaystyle{S}$ και επίσης θα ανήκει

και στην κάθετη στο επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ στο σημείο αυτού $\displaystyle{M}$ . Έτσι η τομή της καθέτου αυτής με το μεσοκάθετο

επίπεδο του τμήματος $\displaystyle{AB}$ δίνει το ζητούμενο σημείο $\displaystyle{S}$ .

Κώστας Δόρτσιος

Παραθέτω και το αντίστοιχο δυναμικό σχήμα για εκείνους που αρέσκονται στην εποπτεία.

5.ggb: (18.48 KiB) Μεταφορτώθηκε 16 φορές

(Συνεχίζεται...)

#8

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 9:16 pm
Γειά σας.
Επιτρέψτε μου για μία ακόμα φορά μία τριλογία στον χώρο των τριών διαστάσεων.

.....................................................

2. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , αλλά ανήκουν σε επίπεδο παράλληλο στο $\left( P \right).$ Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;
................................................................................................................

[/i][/b]

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:

....................................................

Στο δεύτερο πρόβλημα τα πράγματα είναι απλά: γνωρίζουμε εκ των προτέρων το σημείο επαφής της ζητούμενης σφαίρας με το επίπεδο , καθώς αυτό είναι υποχρεωτικά το σημείο τομής του με την 'περίκεντρη ευθεία' του , την ευθεία $\eta$ δηλαδή που είναι κάθετη στο επίπεδο του και διέρχεται δια του περικέντρου του^ για να βρούμε το κέντρο της ζητούμενης σφαίρας, αρκεί να βρούμε την τομή της $\eta$ με τον γεωμετρικό τόπο των σημείων που ισαπέχουν από το και από ένα εκ των , , , που είναι βέβαια το αντίστοιχο μεσοκάθετο επίπεδο. (Οι τομές των τριών μεσοκαθέτων επιπέδων με την περίκεντρη ευθεία ταυτίζονται, και η τομή αυτή είναι βεβαίως το κέντρο της σφαίρας, ενώ ακτίνα της είναι η .)

..........................................................

(Συνέχεια....)

Σωτήρη και Γιώργο, αναρτώ το σχήμα στο δεύτερο πρόβλημα το οποίο, όπως λέτε, είναι απλό.

: Κατασκευή σφαίρας 5.png (35.66 KiB) Προβλήθηκε 1070 φορές

Απλά ήθελα να πω ότι η γεωμετρική κατασκευή γίνεται φέροντας τη μεσοκάθετη ευθεία

στο συγκεκριμένο τμήμα $\displaystyle{AK_o}$ , στηριζόμενοι στο επίπεδο που ορίζεται από τα τμήματα

$\displaystyle{AK_o}$ και $\displaystyle{KK_o}$ , όπου $\displaystyle{K}$ είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{KK_o}$

η κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου αυτού και ασφαλώς κάθετη στο επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ .

Η τομή τώρα της μεσοκαθέτου αυτής με το τμήμα $\displaystyle{KK_o}$ θα είναι το σημείο $\displaystyle{O}$ το οποίο

προφανώς είναι το κέντρο της ζητούμενης σφαίρας.

Κώστας Δόρτσιος

(Συνεχίζεται...)

#9

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 20, 2021 9:26 pm
(ΙΙ) Ακριβώς οι ίδιοι τύποι -- και τα ίδια αποτελέσματα -- για την ακτίνα και το κέντρο ισχύουν και στην διδιάστατη εκδοχή του προβλήματος, απλά αντικαθιστούμε τον περίκυκλο του τριγώνου με το ίδιο το διάστημα (και την ακτίνα του περίκυκλου με το ήμισυ του μήκους του διαστήματος)!

Σίγουρα η μελέτη της διδιάστατης περίπτωσης βοηθάει την κατανόηση της τριδιάστατης: αν για παράδειγμα στην περίπτωση των δύο διαστάσεων το σημείο επαφής προσδιορίζεται ως τομή του κύκλου κέντρου

και ακτίνας $\sqrt{|TA|\cdot |TB|}$ με την εφαπτόμενη ευθεία, όπου

η τομή της

με την εφαπτόμενη ευθεία, στην περίπτωση των τριών διαστάσεων το σημείο επαφής προσδιορίζεται ως τομή δύο κύκλων επί του εφαπτόμενου επιπέδου, όπως ακριβώς υπέδειξε ο Σωτήρης, με παρόμοιο προσδιορισμό κέντρων και ακτίνων (#3).

#10

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 9:16 pm
Γειά σας.
Επιτρέψτε μου για μία ακόμα φορά μία τριλογία στον χώρο των τριών διαστάσεων.

1. ......................
2. ...............................
3. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , ανήκουν σε επίπεδο μη παράλληλο στο $\left( P \right)$ και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;[/i][/b]

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 19, 2021 11:10 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:...
Καλημέρα Γιώργο.
Ίσως η «εμμονή» μου για τον χώρο ${{\Cal R}^3}$ να πηγάζει από το πάλαι ποτέ ρηθέν: «Αν δεν κοιτάξεις το σπίτι σου, τότε, θα πέσει και θα σε πλακώσει» (Ψυχολογία βάθους γαρ).

Για το τρίτο τώρα ερώτημα σκέφτηκα εν τάχει ως εξής:

Αν υπάρχει το σημείο επαφής της σφαίρας με το επίπεδο και θεωρήσουμε $T \equiv BA \cap \left( P \right),\;\,F \equiv CA \cap \left( P \right),$ τότε, ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο εφάπτεται στην ευθεία και ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο θα εφάπτεται στην ευθεία Άρα παίρνουμε: $F{S^2} = FA \cdot FC,\;ct.$ και $T{S^2} = TA \cdot TB,\;ct.$ Επομένως προσδιορίζεται στο επίπεδο το σημείο επαφής ως τομή των κύκλων και (Είναι μάλιστα εν γένει δύο τα σημεία τομής , ως τομές δύο κύκλων, άρα τελικά εν γένει θα έχουμε αντίστοιχα δύο σφαίρες). Έτσι με βάση τα σταθερά τρίγωνα κατασκευάζουμε την ζητούμενη σφαίρα με κέντρο την τομή των αντίστοιχων κάθετων ευθειών στα επίπεδα των τριγώνων και στα περίκεντρα τους……

(Συνέχεια...)

Σωτήρη επίτρεψε να αναρτήσω ένα σχήμα για την κατασκευή της σφαίρας στην τρίτη αυτή περίπτωση της "τριλογίας" σου,

σύμφωνα με όσα εσύ ανάφερες ανωτέρω...

: Κατασκευή σφαίρας 6.png (47.44 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Οι κύκλοι $\displaystyle{C_1, C_2}$ κατασκευάστηκαν επί του επιπέδου $\displaystyle{(P)}$ με ακτίνες αυτές που αναφέρεις σύμφωνα με το δεύτερο πρόβλημα

του Απολλωνίου.

Στη συνέχεια οι κάθετες στα κέντρα των δύο κύκλων (κόκκινου και πράσινου) δηλαδή στα περίκεντρα των τριγώνων

$\displaystyle{CAS_1}$ και $\displaystyle{CBS_1}$ και επί των αντιστοίχων επιπέδων προφανώς τέμνονται στο κέντρο της ζητούμενης σφαίρας.

Αν έχουμε και δεύτερο σημείο τομής των $\displaystyle{C_1,C_2}$ τότε έχουμε το ακόλουθο σχήμα:

: Κατασκευή σφαίρας 7.png (58.68 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Τα υπόλοιπα λόγια πλεονάζουν!

Κώστας Δόρτσιος

(Συνεχίζεται...)

#11

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 20, 2021 9:26 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 20, 2021 5:24 pm

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 19, 2021 11:10 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:...
Καλημέρα Γιώργο.
Ίσως η «εμμονή» μου για τον χώρο ${{\Cal R}^3}$ να πηγάζει από το πάλαι ποτέ ρηθέν: «Αν δεν κοιτάξεις το σπίτι σου, τότε, θα πέσει και θα σε πλακώσει» (Ψυχολογία βάθους γαρ).

Για το τρίτο τώρα ερώτημα σκέφτηκα εν τάχει ως εξής:

Αν υπάρχει το σημείο επαφής της σφαίρας με το επίπεδο και θεωρήσουμε $T \equiv BA \cap \left( P \right),\;\,F \equiv CA \cap \left( P \right),$ τότε, ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο εφάπτεται στην ευθεία και ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο θα εφάπτεται στην ευθεία Άρα παίρνουμε: $F{S^2} = FA \cdot FC,\;ct.$ και $T{S^2} = TA \cdot TB,\;ct.$ Επομένως προσδιορίζεται στο επίπεδο το σημείο επαφής ως τομή των κύκλων και (Είναι μάλιστα εν γένει δύο τα σημεία τομής , ως τομές δύο κύκλων, άρα τελικά εν γένει θα έχουμε αντίστοιχα δύο σφαίρες). Έτσι με βάση τα σταθερά τρίγωνα κατασκευάζουμε την ζητούμενη σφαίρα με κέντρο την τομή των αντίστοιχων κάθετων ευθειών στα επίπεδα των τριγώνων και στα περίκεντρα τους……
Σωτήρη πολύ ωραία, ιδού και μια δική μου κατασκευή (πιο συγκεκριμένη από αυτήν που έδωσα στην #2):

Φέρουμε την κάθετο $\eta$ στο επί του περικέντρου του , η οποία τέμνει το επίπεδο στο σημείο . Προβάλουμε επίσης το επί του , έστω η προβολή. Βεβαίως το κέντρο της ζητούμενης σφαίρας κείται επί του καθέτου στο επιπέδου , και η προβολή του επί της είναι το ζητούμενο σημείο επαφής. Στο επίπεδο έχουν τώρα σχηματισθεί δύο όμοια ορθογώνια τρίγωνα, και , από τα οποία λαμβάνουμε

$\dfrac{|QK|}{|QO|}=\dfrac{|KS|}{|OH|}\rightarrow \dfrac{q-\sqrt{R^2-r^2}}{q}=\dfrac{R}{h},$

όπου , , η ακτίνα του περίκυκλου του , και η ακτίνα της ζητούμενης σφαίρας (οπότε $|OK|=\sqrt{R^2-r^2}$ ).

Από την παραπάνω προκύπτουσα δευτεροβάθμια, , λαμβάνουμε

$R=\dfrac{h\left(q^2\pm \sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2}.$

Βεβαίως από την $|OK|=\sqrt{R^2-r^2}$ προσδιορίζεται και η θέση του επί της σταθερής ευθείας .

[Δύο εν γένει λύσεις για την ακτίνα , υπό τον όρο να ισχύει η ανισότητα , βεβαίως μία από αυτές ενδέχεται να είναι μη θετική, οπότε και απορρίπτεται. (Απόλυτα συμβατά αυτά με την προηγούμενη προσέγγιση μου (#2), όπου το κέντρο προσδιορίζεται ως τομή ευθείας και παραβολοειδούς.)]

Από την στιγμή που ισχύει η κρίσιμη ανισότητα $r^2\leq \dfrac{q^2h^2}{q^2-h^2}$ ... δεν υπάρχει περίπτωση αρνητικού , καθώς η θετικότητα του εξασφαλίζεται, ύστερα από λίγες πράξεις, από την πάντοτε ισχύουσα . Άρα, ή δεν υπάρχει λύση ή υπάρχουν δύο λύσεις, με μόνη εξαίρεση την περίπτωση $r^2=\dfrac{q^2h^2}{q^2-h^2}$ .

Από την στιγμή που ισχύει η κρίσιμη ανισότητα $r^2\leq \dfrac{q^2h^2}{q^2-h^2}$ ... δεν υπάρχει περίπτωση αρνητικού

, καθώς η θετικότητα του εξασφαλίζεται, ύστερα από λίγες πράξεις, από την πάντοτε ισχύουσα q>h

. Άρα, ή δεν υπάρχει λύση ή υπάρχουν δύο λύσεις, με μόνη εξαίρεση την περίπτωση $r^2=\dfrac{q^2h^2}{q^2-h^2}$ .
[/quote]

Η κρίσιμη αυτή συνθήκη ισοδυναμεί, όπως υποδεικνύει το συνημμένο (και πολύ απλή τριγωνομετρία, $h=qsin\theta$ κλπ), με τον περίκυκλο του ABC

να εφάπτεται του επιπέδου

( $r=qtan\theta$ ): στην περίπτωση αυτή και μόνον οι δύο κύκλοι του Σωτήρη -- που μας έδειξε υπέροχα ο Κώστας -- εφάπτονται αλλήλων και η αναζητούμενη σφαίρα είναι μοναδική, με ακτίνα $R=\dfrac{r}{cos\theta }=\dfrac{qsin\theta }{cos^2\theta }$ , κέντρο επί της

και σε απόσταση $|OK|=rtan\theta =qtan^2\theta$ από το περίκεντρο του ABC

(και υποχρεωτικά προς τον μακράν του επιπέδου

ημιχώρο), και σημείο επαφής

με το επίπεδο

ταυτιζόμενο με το σημείο επαφής του περίκυκλου του ABC

με το επίπεδο

.

[Στην γενική περίπτωση, τα κέντρα των δύο εφαπτόμενων σφαιρών κείνται βεβαίως εκατέρωθεν του επιπέδου του ABC

, όπως ακριβώς τα κέντρα των δύο εφαπτόμενων κύκλων στην διδιάστατη εκδοχή του προβλήματος. Η μεγάλη ακτίνα (με συν στον παραπάνω τύπο που έδωσα προ ημερών) αντιστοιχεί στην σφαίρα της οποίας το κέντρο κείται 'μακράν' του επιπέδου

και 'πάνω' από το ABC

, και η μικρή ακτίνα (με μείον στον παραπάνω τύπο) αντιστοιχεί στην σφαίρα της οποίας το κέντρο κείται 'πλησίον' του επιπέδου

και 'κάτω' από το ABC

.]

: tangent-sphere.png (5.55 KiB) Προβλήθηκε 926 φορές

#12

Είναι και λίγο ... μαγική εικόνα το σχήμα της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης! Ενώ όντως αντιπροσωπεύει υπαρκτή σφαίρα, δείτε αριστερή πλευρά συνημμένου παρακάτω, γεννά το εξής σκληρό ερώτημα: τι γίνεται όταν η ακτίνα

(του δίσκου που περιέχει το ABC

) γίνει λίγο μικρότερη, θα έχουμε ΔΥΟ σφαίρες εφαπτόμενες του επιπέδου

και περιέχουσες τον δίσκο; Η διαισθητική (κατ' αρχήν) απάντηση είναι ΟΧΙ, θα πρέπει να ισχύει και η $r\leq h$ , και αυτό φαίνεται από τα δύο σχήματα στην δεξιά πλευρά του συνημμένου: στην πάνω περίπτωση (κόκκινο

) υπάρχει μόνον μία 'εξωτερική' σφαίρα (καφέ ακτίνα και κέντρο), στην κάτω περίπτωση (πράσινο

) υπάρχουν δύο σφαίρες, 'εξωτερική' (καφέ) και 'εσωτερική' (μωβ).

[Οφείλει, σε κάθε περίπτωση, να υπάρχει 'χώρος' για ισοσκελές τρίγωνο με κορυφή

επί της

, μία κορυφή στην άκρη της ακτίνας

, και μία κορυφή επί του επιπέδου

(οριζόντιας ευθείας) με αντίστοιχη πλευρά κατακόρυφη: πιθανώς ... θα επανέλθουμε

]

: rhR.png (22.36 KiB) Προβλήθηκε 890 φορές

#13

Η γεωμετρία της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης ξεκαθαρίζει το θέμα: η 'εσωτερική' εφαπτόμενη σφαίρα (μωβ ισοσκελές τρίγωνο) υπάρχει αν και μόνον αν $r\leq h$ (με την ισότητα να αντιστοιχεί στην περίπτωση $O\equiv K$ που ο περίκυκλος του ABC

είναι ο ισημερινός της σφαίρας). [Εγγραφή ισοσκελούς τριγώνου σε δοθέν ορθογώνιο τρίγωνο.] Ας το δούμε όμως και αλγεβρικά (καταφεύγοντας και σε προηγούμενες δημοσιεύσεις):

Από την επίλυση της δευτεροβάθμιας -- πρωτοβάθμιας αν q=h

(Πρόβλημα 2 του Σωτήρη) -- (q^2-h^2)R^2-2q^2hR+(q^2+r^2)h^2=0

προκύπτουν

η ακτίνα της 'εξωτερικής' σφαίρας,

$R=\dfrac{h\left(q^2+\sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2},$

και η ακτίνα της 'εσωτερικής' σφαίρας,

$R'=\dfrac{h\left(q^2-\sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2}.$

Για την εξωτερική σφαίρα οφείλει να ισχύει η ανισότητα R>h

, ισοδύναμη προς την προφανώς ισχύουσα $\sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}>-h^2$ .

Για την εσωτερική σφαίρα οφείλει να ισχύει η ανισότητα $R'\leq h$ , ισοδύναμη (ύστερα από πράξεις και ύψωση στο τετράγωνο) προς την $(h^2-r^2)(h^2-q^2)\leq 0$ , και, λόγω και της δοθείσης 0<h<q

, προς την $h\geq r$ .

[ΠΡΟΣΘΗΚΗ 29-1-2021 10:45 πμ: ισχύει και η 'γεωμετρικά προφανής' $R'\geq r\leftrightarrow q^2(h-r)^2(q^2-h^2)\geq 0$ ]

Αυτό δηλαδή που μας εξασφαλίζει η μη αρνητικότητα της διακρίνουσας -- ίσης προς το μηδέν ακριβώς όταν ο περίκυκλος του ABC

εφάπτεται του επιπέδου

, βλέπε σχήμα δημοσίευσης #11 -- είναι τελικά η ύπαρξη ΜΙΑΣ εφαπτόμενης σφαίρας, για την δεύτερη εφαπτόμενη σφαίρα απαιτείται επίσης να είναι μικρότερη ή ίση της απόστασης

του περίκεντρου

του

από το επίπεδο

η ακτίνα

του περίκυκλου του ABC

. Αυτό είναι τελικά 'επιπεδομετρικά προφανές' (βλέπε πρώτη παράγραφο κλπ), εκείνο που δεν μου είναι ξεκάθαρο είναι τι συμβαίνει με τις τομές των δύο κύκλων της κατασκευής του Σωτήρη -- της μόνης ουσιαστικά που έχουμε, η δική μου προσέγγιση είναι πολύ περισσότερο διερεύνηση παρά κατασκευή -- και γιατί και πως η μία από αυτές (και η αντίστοιχη σφαίρα) απορρίπτονται σε κάποιες περιπτώσεις!

... Σωτήρη ΝΑΙ, είναι ο δικός μας χώρος, συνέχεια όμως ξενοκοιτάμε προς το επίπεδο -- επιπεδοκοιτάμε αν θες

#14

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 9:16 pm
Γειά σας.
Επιτρέψτε μου για μία ακόμα φορά μία τριλογία στον χώρο των τριών διαστάσεων.

1. ..........................
2. ..........................
3. Δίνεται επίπεδο $\left( P \right)$ και τρία σημεία $A,\;B,C$ που δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία, δεν ανήκουν στο επίπεδο $\left( P \right)$ , ανήκουν σε επίπεδο μη παράλληλο στο $\left( P \right)$ και ανήκουν στον ίδιο ημιχώρο από τους δύο που το επίπεδο $\left( P \right)$ χωρίζει τον χώρο. Να κατασκευαστεί σφαίρα που διέρχεται από τα σημεία $A,\;B,C$ και εφάπτεται στο επίπεδο $\left( P \right).$ Πόσες τέτοιες σφαίρες υπάρχουν;[/i][/b]

Σωτήρη και Γιώργο καλησπέρα από Γρεβενά...

Διαβάζοντας και την αναλυτική ιδέα του Γιώργου και επειδή και η δική μου προσέγγιση κάπου συναντά την ιδέα αυτή

την αναρτώ με τα παρακάτω σχήματα:

Σχήμα 1ο

: Κατασκευή σφαίρας 8.png (16.99 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Το κέντρο της ζητούμενης σφαίρας προφανώς θα ανήκει στην $\displaystyle{OK_o}$ όπου $\displaystyle{K_o}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

και $\displaystyle{OK_o}$ κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου αυτού.

Σχήμα 2ο

: Κατασκευή σφαίρας 9.png (18.39 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Άρα ζητώ ένα σημείο $\displaystyle{M}$ επί της $\displaystyle{OK_o}$ τέτοιο ώστε:

$\displaystyle{MA=MN \ \ (1)}$ ,

όπου $\displaystyle{MN}$ η απόσταση του σημείου $\displaystyle{M}$ από το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$

ή αλλιώς η απόσταση του σημείου $\displaystyle{M}$ από την προβολή της ευθείας $\displaystyle{OK_o}$ επί του επιπέδου αυτού, δηλαδή από την ευθεία $\displaystyle{OT_o}$ .

Σχήμα 3ο

: Κατασκευή σφαίρας 10.png (18.51 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Αν στην (1) αντί της απόστασης $\displaystyle{MA}$ θεωρήσουμε την απόσταση $\displaystyle{MA_1}$ , όπου $\displaystyle{A_1}$ είναι ένα από τα σημεία τομής

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ με το επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{OTT_o}$ , τότε το ζητούμενο σημείο είναι

το σημείο (1,2 ή κανένα) τομής της παραβολής επί του επιπέδου του τριγώνου $\displaystyle{OTT_o}$ με την ευθεία $\displaystyle{OK_o}$ .

Η παραβολή αυτή είναι εκείνη που έχει εστία το σημείο $\displaystyle{A_1}$ και διευθετούσα την $\displaystyle{OT_o}$ .

Σχήμα 4ο

: Κατασκευή σφαίρας 13.png (21.92 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Τα ζητούμενα κέντρα βρίσκονται όχι γεωμετρικά αλλά αλγεβρικά.

Κι αυτό γίνεται εργαζόμενοι στο επίπεδο αυτό της παραβολής με κλασσικό τρόπο. Αναζητούμε

την εξίσωση της παραβολής με δεδομένα την εστία και την διευθετούσα και στη συνέχει την τομή αυτής

με την ευθεία $\displaystyle{OT_o}$ .

Η ανωτέρω παραβολή σχεδιάστηκε με εντολή του λογισμικού.

'Ετσι οι ζητούμενες σφαίρες(2 στην περίπτωσή ΄μας) είναι οι ακόλουθες:

Σχήμα 5ο

: Κατασκευή σφαίρας 11.png (71.73 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Η ιδέα του Γιώργου αναφέρει ότι τα ζητούμενα κέντρα είναι η τομή της $\displaystyle{OK_o}$ με ένα παραβολοειδές που

γεννιέται από την παραβολή του προηγούμενου σχήματος, όπως θα φανεί σε επόμενο σχήμα γιατί στο παρών

μήνυμα δεν μπορεί να προστεθεί και έκτο σχήμα.

Κώστας Δόρτσιος

#15

Το παραβολοειδές από την προηγούμενη ανάρτηση είναι το ακόλουθο:

: Κατασκευή σφαίρας 12.png (83.13 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

η τομή του με την $\displaystyle{OK_o}$ δίνει τα κέντρο των σφαιρών.

Κώστας Δόρτσιος

#16

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 28, 2021 9:50 am
Η γεωμετρία της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης ξεκαθαρίζει το θέμα: η 'εσωτερική' εφαπτόμενη σφαίρα (μωβ ισοσκελές τρίγωνο) υπάρχει αν και μόνον αν $r\leq h$ (με την ισότητα να αντιστοιχεί στην περίπτωση $O\equiv K$ που ο περίκυκλος του είναι ο ισημερινός της σφαίρας). [Εγγραφή ισοσκελούς τριγώνου σε δοθέν ορθογώνιο τρίγωνο.] Ας το δούμε όμως και αλγεβρικά (καταφεύγοντας και σε προηγούμενες δημοσιεύσεις):

Από την επίλυση της δευτεροβάθμιας -- πρωτοβάθμιας αν (Πρόβλημα 2 του Σωτήρη) -- προκύπτουν

η ακτίνα της 'εξωτερικής' σφαίρας,

$R=\dfrac{h\left(q^2+\sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2},$

και η ακτίνα της 'εσωτερικής' σφαίρας,

$R'=\dfrac{h\left(q^2-\sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}\right)}{q^2-h^2}.$

Για την εξωτερική σφαίρα οφείλει να ισχύει η ανισότητα , ισοδύναμη προς την προφανώς ισχύουσα $\sqrt{h^2(q^2+r^2)-q^2r^2}>-h^2$ .

Για την εσωτερική σφαίρα οφείλει να ισχύει η ανισότητα $R'\leq h$ , ισοδύναμη (ύστερα από πράξεις και ύψωση στο τετράγωνο) προς την $(h^2-r^2)(h^2-q^2)\leq 0$ , και, λόγω και της δοθείσης , προς την $h\geq r$ .

[ΠΡΟΣΘΗΚΗ 29-1-2021 10:45 πμ: ισχύει και η 'γεωμετρικά προφανής' $R'\geq r\leftrightarrow q^2(h-r)^2(q^2-h^2)\geq 0$ ]

Αυτό δηλαδή που μας εξασφαλίζει η μη αρνητικότητα της διακρίνουσας -- ίσης προς το μηδέν ακριβώς όταν ο περίκυκλος του εφάπτεται του επιπέδου , βλέπε σχήμα δημοσίευσης #11 -- είναι τελικά η ύπαρξη ΜΙΑΣ εφαπτόμενης σφαίρας, για την δεύτερη εφαπτόμενη σφαίρα απαιτείται επίσης να είναι μικρότερη ή ίση της απόστασης του περίκεντρου του από το επίπεδο η ακτίνα του περίκυκλου του . Αυτό είναι τελικά 'επιπεδομετρικά προφανές' (βλέπε πρώτη παράγραφο κλπ), εκείνο που δεν μου είναι ξεκάθαρο είναι τι συμβαίνει με τις τομές των δύο κύκλων της κατασκευής του Σωτήρη -- της μόνης ουσιαστικά που έχουμε, η δική μου προσέγγιση είναι πολύ περισσότερο διερεύνηση παρά κατασκευή -- και γιατί και πως η μία από αυτές (και η αντίστοιχη σφαίρα) απορρίπτονται σε κάποιες περιπτώσεις!

Ε λοιπόν ΟΧΙ, δεν απορρίπτεται η μία από τις δύο τομές των κύκλων του Σωτήρη (και η αντίστοιχη σφαίρα) ... παρά μόνον στην τετριμμένη περίπτωση που ο περίκυκλος του ABC

εφάπτεται του επιπέδου

... κάτι που ήδη γνωρίζαμε!

Η ως άνω τετριμμένη περίπτωση αντιστοιχεί στο μαύρο

του συνημμένου, όπου r=|OS|

και $KS\perp P$ . Η πιο ενδιαφέρουσα περίπτωση, που ήδη είχα παρουσιάσει προ ημερών, είναι αυτή του κόκκινου

, όπου μας προκύπτουν και πάλι ΔΥΟ εφαπτόμενες σφαίρες, μία 'εξωτερική' (καφέ) που ήδη γνωρίζαμε, και μία δεύτερη 'εξωτερική' (μωβ) που δεν γνωρίζαμε! (Έχω συμπεριλάβει αναλλοίωτη και την περίπτωση της εξωτερικής και εσωτερικής σφαίρας (πράσινο

), που επίσης είχα παρουσιάσει προ ημερών.)

Για να μιλήσουμε και με την γλώσσα ... των παραβολών -- ας πω εδώ ότι η παραπάνω διόρθωση είναι ευθέως εμπνευσμένη από τα υπέροχα σχήματα του Κώστα -- ας παρατηρήσουμε ότι η παραβολή (ή και το παραβολοειδές) μπορεί να τέμνει την 'ευθεία των κέντρων' ακριβώς μία φορά ΜΟΝΟΝ στην περίπτωση που έχει εκφυλισθεί σε ευθεία κάθετη προς την περιέχουσα την εστία διευθετούσα (η παραπάνω περίπτωση r=|OS|

, $KS\perp P$ ).

Τα παραπάνω (και το παρακάτω σχήμα) ΔΕΝ αναιρούν τίποτε από την αναλυτική μου προσέγγιση (#13): πράγματι για την ακτίνα

της εσωτερικής σφαίρας ισχύει πάντοτε η $R'\leq h\leftrightarrow r\leq h$ , οπότε η εσωτερική σφαίρα δεν υπάρχει όταν r>h

και γίνεται εξωτερική!

ΔΙΟΡΘΩΣΗ 30-1-21 8:30 μμ: έγιναν κάποιες αλλαγές στην τελευταία παράγραφο και στο σχήμα

: always-two-spheres.png (15.42 KiB) Προβλήθηκε 747 φορές

#17

Για το παράδειγμα της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης, υποθέτοντας $\theta =30^0$ , |QO|=q=6

,

, $|OS|=2\sqrt{3}$ , $|QS|=|QH|+|HS|=4\sqrt{3}$ :

$R=4+\sqrt{4-r^2/3}$

$R'=4-\sqrt{4-r^2/3}$

Για $0<r\leq 2\sqrt{3}$ , $|QK|=|QO|+|OK|=6+2\displaystyle\sqrt{5-r^2/3+2\sqrt{4-r^2/3}}$

Για $0<r\leq3$ , $|QK'|=|QO|-|OK'|=6-2\displaystyle\sqrt{5-r^2/3-2\sqrt{4-r^2/3}}$

Για $3\leq r\leq 2\sqrt{3}$ , $|QK'|=|QO|+|OK'|=6+2\displaystyle\sqrt{5-r^2/3-2\sqrt{4-r^2/3}}$

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι καθώς η ακτίνα

-- του περίκυκλου του ABC

, για να μην ξεχνιόμαστε -- τείνει προς το μηδέν η ακτίνα της μεγάλης σφαίρας τείνει προς το

και η απόσταση του κέντρου της από το

τείνει προς το

, ενώ η ακτίνα της μικρής σφαίρας τείνει προς το

και η απόσταση του κέντρου της από το

τείνει προς το

. Επίσης για r=3

οι ακτίνες μεγάλης και μικρής σφαίρας έχουν μήκη

και

, και οι αποστάσεις των αντίστοιχων κέντρων από το

ισούνται προς

και

. Για ένα παράδειγμα όπου

και

κείνται στην ίδια πλευρά του

μπορούμε να θέσουμε r=3,3

, οπότε $R\approx 4,60828$ και $R'\approx 3,39172$ , ενώ $|QK|\approx 9,216553$ και $|QK'|\approx 6,78345$ . Τέλος, για $r=2\sqrt{3}$ έχουμε την αναμενόμενη ισότητα ακτίνων ( R=R'=4

) και ταύτιση κέντρων ( |QK|=|QK'|=8

).

Πίσω από τα παραπάνω κρύβονται βεβαίως οι ευκόλως αποδεικνυόμενες ισότητες

$\displaystyle\sqrt{5-r^2/3+2\sqrt{4-r^2/3}}=1+\sqrt{4-r^2/3}$ για $0<r\leq 2\sqrt{3}$

$-\displaystyle\sqrt{5-r^2/3-2\sqrt{4-r^2/3}}=1-\sqrt{4-r^2/3}$ για $0<r\leq3$

$\displaystyle\sqrt{5-r^2/3-2\sqrt{4-r^2/3}}=1-\sqrt{4-r^2/3}$ για $3\leq r\leq 2\sqrt{3}$

#18

Δύο διαγράμματα (μήκους ακτίνων και θέσης κέντρων) σχετικά με το παράδειγμα και τους τύπους της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης:

: ακτίνες-και-κέντρα.png (18.73 KiB) Προβλήθηκε 723 φορές

#19

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 12:59 am
Για το παράδειγμα της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης, υποθέτοντας $\theta =30^0$ , , , $|OS|=2\sqrt{3}$ , $|QS|=|QH|+|HS|=4\sqrt{3}$ :

$R=4+\sqrt{4-r^2/3}$

$R'=4-\sqrt{4-r^2/3}$

Για $0<r\leq 2\sqrt{3}$ , $|QK|=|QO|+|OK|=6+2\displaystyle\sqrt{5-r^2/3+2\sqrt{4-r^2/3}}$

Για $0<r\leq3$ , $|QK'|=|QO|-|OK'|=6-2\displaystyle\sqrt{5-r^2/3-2\sqrt{4-r^2/3}}$

Για $3\leq r\leq 2\sqrt{3}$ , $|QK'|=|QO|+|OK'|=6+2\displaystyle\sqrt{5-r^2/3-2\sqrt{4-r^2/3}}$

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι καθώς η ακτίνα -- του περίκυκλου του , για να μην ξεχνιόμαστε -- τείνει προς το μηδέν η ακτίνα της μεγάλης σφαίρας τείνει προς το και η απόσταση του κέντρου της από το τείνει προς το , ενώ η ακτίνα της μικρής σφαίρας τείνει προς το και η απόσταση του κέντρου της από το τείνει προς το . Επίσης για οι ακτίνες μεγάλης και μικρής σφαίρας έχουν μήκη και , και οι αποστάσεις των αντίστοιχων κέντρων από το ισούνται προς και . Για ένα παράδειγμα όπου και κείνται στην ίδια πλευρά του μπορούμε να θέσουμε , οπότε $R\approx 4,60828$ και $R'\approx 3,39172$ , ενώ $|QK|\approx 9,216553$ και $|QK'|\approx 6,78345$ . Τέλος, για $r=2\sqrt{3}$ έχουμε την αναμενόμενη ισότητα ακτίνων () και ταύτιση κέντρων ().

Απεικόνιση (εγκάρσια τομή) των δύο σφαιρών που αναφέρθηκαν παραπάνω, ειδικότερα της ακριβοθώρητης δεύτερης 'εξωτερικής' σφαίρας (μωβ) για r=3,3

-- όταν το

φτάσει στο $2\sqrt{3}\approx 3,46$ (και ο κόκκινος δίσκος στην αρχή των αξόνων

) οι δύο σφαίρες/κύκλοι (μπλε και μωβ) θα ταυτισθούν (όπως ακριβώς προβλέπεται στην τελευταία πρόταση).

: δύο-εξωτερικές-σφαίρες.png (72.48 KiB) Προβλήθηκε 703 φορές

#20

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 18, 2021 8:12 pm
Σωτήρη χαιρετίζω την συνεχιζόμενη σταυροφορία σου υπέρ του "δικού μας χώρου" και καταθέτω κάποιες σκέψεις (μάλλον ημιτελείς) για την σοφά επιλεγμένη τριλογία σου:

................................

Είναι όμως αυτό το καλύτερο που μπορούμε να κάνουμε, και που μας οδηγεί η εμπειρία του διδιάστατου χώρου; Αν είχαμε να βρούμε τον κύκλο που διέρχεται από δύο σημεία , και εφάπτεται ευθείας $\epsilon$ ... θα βρίσκαμε το κέντρο του ως τομή της μεσοκαθέτου της και δύο (ουσιαστικά μιας) παραβολών; Ισχύει βεβαίως και αυτό, υπάρχουν όμως και άλλες κατασκευές, όπως αυτή εδώ (πιθανώς κλασσική). Μπορούμε να κάνουμε κάτι ανάλογο στον τριδιάστατο χώρο; Ας το σκεφτούμε!

Σωτήρη και Γιώργο, μιας και βρήκαμε την ευκαιρία ας το προχωρήσουμε το θέμα.

Ο Γιώργος με τις αναλυτικές του ιδέες, εσύ με τις γεωμετρικές σου εμπνεύσεις, κι εγώ

υλοποιώντας όλα αυτά με τα σχήματά μου.

Η τονισμένη με κόκκινο χρώμα πρόταση του Γιώργου υλοποιείται στο ακόλουθο σχήμα:

: Κατασκευή κύκλου 1.png (31.9 KiB) Προβλήθηκε 668 φορές

Η παραβολή $\displaystyle{(C_1)}$ είναι εκείνη που έχει εστία το σημείο $\displaystyle{A}$ και διευθετούσα την ευθεία $\displaystyle{(e)}$ .

Όμοια η παραβολή $\displaystyle{(C_2)}$ έχει εστία το σημείο $\displaystyle{B}$ και διευθετούσα την ευθεία $\displaystyle{(e)}$ .

Η τομή αυτών (μια, δύο ή καμμία) δίνει το κέντρο $\displaystyle{O_1,O_2 }$ του ζητούμενου κύκλου.

Κώστας Δόρτσιος

ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Re: ΤΡΕΙΣ ΣΤΙΓΜΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΧΩΡΟ R^3, TON ΔΙΚΟ ΜΑΣ ΧΩΡΟ.

Μέλη σε σύνδεση