ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Το παρακάτω θέμα είναι εύκολο, το θέτω μόνο και μόνο για
να στρέψω την προσοχή στην αδικημένη Στερεομετρία...

Σε τετράεδρο ABCD

διαλέγουμε τα σημεία A',B',C',D'

επί των ακμών AB,BC,CD,DA

αντιστοίχως, έτσι ώστε

$\overrightarrow{AA'}=k\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BB'}=k\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CC'}=k\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DD'}=k\overrightarrow{DA}$

με $k\in \mathrm{\mathbb{R}}.$

Nα αποδειχθεί ότι τα τετράεδρα ABCD, A'B'C'D'

έχουν κοινό βαρύκεντρο.

Η αιτιολόγηση του τίτλου θα δοθεί μετά τη λύση...

#2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 01, 2024 2:07 pm
Το παρακάτω θέμα είναι εύκολο, το θέτω μόνο και μόνο για
να στρέψω την προσοχή στην αδικημένη Στερεομετρία...

Σε τετράεδρο διαλέγουμε τα σημεία επί των ακμών
αντιστοίχως, έτσι ώστε

$\overrightarrow{AA'}=k\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BB'}=k\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CC'}=k\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DD'}=k\overrightarrow{DA}$

με $k\in \mathrm{\mathbb{R}}.$

Nα αποδειχθεί ότι τα τετράεδρα έχουν κοινό βαρύκεντρο.

Ως προς κάποια αρχή

, έχουμε

$\overrightarrow{OA'}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AA' } = \overrightarrow{OA}+k\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OA}+k(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) =k\overrightarrow{OB}+(1-k)\overrightarrow{OA}$

Όμοια

$\overrightarrow{OB'}=k\overrightarrow{OC}+(1-k)\overrightarrow{OB}$

$\overrightarrow{OC'}=k\overrightarrow{OD}+(1-k)\overrightarrow{OC}$

$\overrightarrow{OD'}=k\overrightarrow{OA}+(1-k)\overrightarrow{OD}$

Προσθέτοντας κατά μέλη και διαιρώντας με

έπεται

$\displaystyle{\frac {1}{4}(\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC' } + \overrightarrow{OD'} ) = \frac {1}{4} (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}) }$

Επειδή οι δύο παραστάσεις δίνουν τα βαρύκεντρα των εν λόγω τετραέδρων, αντίστοιχα, έχουμε το ζητούμενο.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Eυχαριστώ το Μιχάλη Λάμπρου για τη λύση.
Ας δούμε την αιτιολόγηση του τίτλου της δημοσίευσης.
Ο Πάππος στη '' Συναγωγή '' γράφει , με σύγχρονη διατύπωση, την εξής πρόταση:
Έστω τρίγωνο ABC

, σημείο

στη

ώστε

, σημείο

στη

ώστε

και σημείο

στην

ώστε

.
Αποδείξτε ότι τα τρίγωνα ABC

και

έχουν το ίδιο κέντρο βάρους.
Η πρόταση ισχύει για τυχόν

πραγματικό αριθμό.
Ίσως να χαιρόταν αν έβλεπε την αντίστοιχη πρόταση για τετράεδρα...

#4

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 01, 2024 2:07 pm
Το παρακάτω θέμα είναι εύκολο, το θέτω μόνο και μόνο για
να στρέψω την προσοχή στην αδικημένη Στερεομετρία...

Σε τετράεδρο διαλέγουμε τα σημεία επί των ακμών
αντιστοίχως, έτσι ώστε

$\overrightarrow{AA'}=k\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BB'}=k\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CC'}=k\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DD'}=k\overrightarrow{DA}$

με $k\in \mathrm{\mathbb{R}}.$

Nα αποδειχθεί ότι τα τετράεδρα έχουν κοινό βαρύκεντρο.

Η αιτιολόγηση του τίτλου θα δοθεί μετά τη λύση...

Τηλέμαχε και Μιχάλη καλησπέρα...

Αναρτώ τρία σχήματα όπου φαίνεται η απόδειξή μου, η οποία είναι ουσιαστικά ίδια με αυτή του Μιχάλη

καθόσον το σημείο $\displaystyle{O}$ το ταυτίζω με το κέντρο βάρους $\displaystyle{G}$ του τετραέδρου $\displaystyle{ABCD}$ .

Έτσι η πρόταση που χρησιμοποιώ είναι η ακόλουθη:

"Αν $\displaystyle{G}$ είναι το κέντρο βάρους του τετραέδρου $\displaystyle{ABCD}$ τότε:

$\displaystyle{\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}$

και αντιστρόφως" (Ι)

1ο Σχήμα

: Κέντρο βάρους τετραέδρου 1.png (12.86 KiB) Προβλήθηκε 167 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνονται τα διανύσματα της ανωτέρω πρότασης και έχουν άθροισμα μηδέν.

2ο Σχήμα

: Κέντρο βάρους τετραέδρου 2.png (17.13 KiB) Προβλήθηκε 167 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνονται πάλι τα αντίστοιχα διανύσματα αλλά στο νέο τετράπλευρο, το $\displaystyle{A_1B_1C_1D_1}$

και έχουν πάλι άθροισμα μηδέν πράμγα που δηλώνει ότι το αρχικό σημείο $\displaystyle{G}$ παραμένει κέντρο βάρους

του νέου τετραπλεύρου.

Ο έλεχγος της τιμής των ανωτέρω αθροισμάτων έγινε ψηφιακά και το βλέπει κανείς στο δυναμικό αρχείο που

αναρτώ.

3ο Σχήμα

: Όγκος τετραέδρου 3.png (43.59 KiB) Προβλήθηκε 167 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνονται τα αθροίσματα των τεσσάρω διανυσμάτων τα οποία δίνουν πάντα το μηδενικό διάνυσμα.

Στη συνέχεια προβληματίστηκα για τη μεταβολή του όγκου αυτών των νέων τετραέδρων. Θα μπορούσα να εργαστώ

στην αναζήτηση του όγκου συναρτήσει της παραμέτρου $\displaystyle{k}$ που στη μελέτη μου τη θεώρησα $\displaystyle{k\geq 0}$ .

Θα μπορούσα να ελέγξω και τις αρνητικές τιμές του πραγματικού αριθμού.

Μετρώντας όμως τους όγκους αυτούς βρήκα ένα γράφημα που το παραθέτω δεξιά του τετραέδρου το οποίο

μας δείχνει τη μεταβολή αυτή πολύ μακροσκοπικά.

Τελική άποψή μου:

Όλα τα ανωτέρω δεν αποτελούν απόδειξη, καθώς είπα πως κατά βάθος η λύση της στηρίζεται στην πρόταση (Ι)

που ανάφερα, είναι εύκολη, όμως η παραπέρα δουλειά για τη μεταβολή των όγκων έχει δουλειά περισσότερη.

Εκείνο που εγώ θεωρώ σημαντικό, είναι η καταπληκτική απεικόνιση που πετυχαίνουμε στα διάφορα προβλήματα

τα οποία κάθε φορά αντιμετωπίζουμε.

Αναρτώ και το δυναμικό σχήμα:

https://www.geogebra.org/m/caewc9ht

Κώστας Δόρτσιος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Κώστα, σε ευχαριστούμε για μια ακόμη φορά...
Πέρα από το σχέδιο, ο προβληματισμός που έθεσες είναι τόσο αξιόλογος...
Δεν είσαι δεδομένος. Η προσφορά σου εκτιμάται.

ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

Re: ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

Re: ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

Re: ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

Re: ΘΑ ΣΥΜΦΩΝΟΥΣΕ O ΠΑΠΠΟΣ Ο ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΥΣ...

Μέλη σε σύνδεση