Διχοτομος εμβαδου-περιμετρου

[teo]

Πως μπορουμε να σχεδιασουμε μια ευθεια γραμμη η οποια θα διχοτομει το εμβαδον και την περιμετρο δοθεντος κυρτου τετραπλευρου;

[Ανδρέας Πούλος]

Θεωρώ το πρόβλημα αυτό εξαιρετικά ενδιαφέρον, κάνω προσπάθειες να το λύσω.
Ας μου επιτραπεί μία βελτίωση στην εκφώνηση:
"Να κατασκευαστεί ευθεία, η οποία να ορίζει σε δεδομένο τετράπλευρο, σχήματα ίσου εμβαδού και ίσης περιμέτρου".

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

[Σεραφείμ]

[R BORIS]

to Quantum είχε νομίζω στον τόμο 4 τεύχος 3 ενα αρθράκι για την ευθεία αυτή που την ονόμαζε "εξισωτή"

[rek2]

[quote="Σεραφείμ"][/quote]

...κάθε ευθεία που διέρχεται από το κέντρο βάρους το χωρίζει σε δύο ισεμβαδικά μέρη...(;)

[Σεραφείμ]

Με ομοιόμορφα κατανεμημένη μάζα σε μια επίπεδη επιφάνεια, το βάρος τμήματος της επιφάνειας, είναι ανάλογο του εμβαδού του τμήματος αυτού της επιφάνειας. Άξονας (στο ίδιο επίπεδο) που διέρχεται από το κέντρο βάρους, κατανέμει το βάρος ισόποσα εκατέρωθεν, άρα και το εμβαδόν.

[rek2]

Με ομοιόμορφα κατανεμημένη μάζα σε μια επίπεδη επιφάνεια, το βάρος τμήματος της επιφάνειας, είναι ανάλογο του εμβαδού του τμήματος αυτού της επιφάνειας. Άξονας (στο ίδιο επίπεδο) που διέρχεται από το κέντρο βάρους, κατανέμει το βάρος ισόποσα εκατέρωθεν, άρα και το εμβαδόν.

....κατανέμει την ροπή του βάρους...

[gbaloglou]

Πως βρίσκουν οι μηχανικοί το κέντρο βάρους ενός επιπεδοσυνόλου; Το κρεμούν από κάποιο σημείο της περιφέρειας του, και χαράζουν την κατακόρυφο γραμμή από το δοθέν σημείο (καθώς κρέμεται το επιπεδοσύνολο). Επαναλαμβάνουν την διαδικασία χρησιμοποιώντας κάποιο άλλο σημείο, και βρίσκουν το κέντρο βάρους ως την τομή των δύο γραμμών. Και στις δύο περιπτώσεις το επιπεδοσύνολο ισορροπεί κρεμασμένο επειδή τα εκατέρωθεν της γραμμής εμβαδά είναι ίσα!

[Δυστυχώς αυτό το είχα ξεχάσει (!) όταν ασχολήθηκα με το πρόβλημα... Δεν το θυμήθηκα ούτε καν όταν είκασα ότι κάθε γραμμή που διέρχεται από το κέντρο βάρους χωρίζει το σύνολο σε δύο ισεμβαδικά χωρία -- αντίθετα προσπάθησα να το επαληθεύσω στην περίπτωση του ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου, έκανα κάποιο λάθος στις πράξεις*, και εγκατέλειψα 'προσωρινά' την
προσπάθεια... (Ακόμη χειρότερα, δεν σκέφθηκα ότι η ίδια ιδέα εφαρμόζεται και στην περίμετρο!)]

*δεν υπήρχε λάθος στις πράξεις -- διαβάστε παρακάτω!

Γιώργος Μπαλόγλου

[Σεραφείμ]

Επειδή τυγχάνω και μηχανικός .. έκανα τις ίδιες σκέψεις ..

[rek2]

Αν. λέω αν, αυτές οι σκέψεις είναι σωστές, θα ισχύουν και για το ισόπλευρο τρίγωνο.
Αλλά η ευθεία που διέρχεται από το κέντρο βάρους του παράλληλα σε μια πλευρά του δεν το χωρίζει σε ισεμβαδικές επιφάνειες....
Οι ροπές των βαρών των δύο επιφανειών είναι κατά μέτρο ίσες, όχι τα βάρη.

[Σεραφείμ]

Χμ .. πολύ σωστά !! έχει δίκιο ο φίλος μας rek2. H παραπάνω ευθεία είναι θέση ισορροπίας του τετραπλεύρου είτε με ομοιόμορφα επιφανειακή, είτε με ομοιόμορφα περιμετρική κατανομή βάρους, άρα ισοσταθμίζει τις ροπές των βαρών και όχι τα βάρη.

Η λύση πρέπει να αποσυρθεί ...

[Demetres]

Σκιαγραφώ μια απάντηση η οποία όμως δεν κατασκευάζει την ευθεία αλλά απλώς αποδεικνύει ότι υπάρχει.

Για κάθε βρίσκω την μοναδική ευθεία κλίσης η οποία διχοτομεί την περίμετρο. Ορίζω μια συνάρτηση με να ισούται με το εμβαδόν του κομματιού του τετραπλεύρου που βρίσκεται πάνω από την ευθεία

Αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση είναι συνεχής. Επίσης αν είναι η κάθετη ευθεία η οποία διχοτομεί την περίμετρο αποδεικνύεται ότι το υπάρχει και ισούται με το εμβαδόν του τετραπλεύρου που βρίσκεται δεξιά από την ευθεία ενώ υπάρχει και ισούται με το εμβαδόν του τετραπλεύρου που βρίσκεται αριστερά από την ευθεία .

Αν η ευθεία διχοτομεί το εμβαδόν τότε τελειώσαμε. Αν όχι τότε από την συνέχεια της υπάρχει ώστε . Άρα η ευθεία διχοτομεί το εμβαδόν του τετραπλεύρου και είναι η ζητούμενη ευθεία.

Η πιο πάνω απόδειξη έχει το μειονέκτημα ότι δεν κατασκευάζει την ευθεία. Έχει όμως το πλεονέκτημα ότι δουλεύει για οποιοδήποτε κυρτό πολύγωνο. (Η κυρτότητα χρειάζεται για την μοναδικότητα της ευθείας.) Με λίγη περισσότερη δυσκολία δουλεύει και για μη κυρτά πολύγωνα. Επίσης γενικεύεται και σε περισσότερες διαστάσεις. Για περισσότερα μπορείτε να ψάξετε για το Ham-Sandwich theorem που παίρνει το όνομά του από το αντίστοιχο θεώρημα στις τρεις διαστάσεις: Αν έχουμε ένα σάντουϊτς που αποτελείται από ψωμί, χαμ και τυρί (όχι απαραίτητα ομοιόμορφα κατανεμημένα) τότε μπορούμε να το κόψουμε στα δυο ώστε τα δυο κομμάτια να περιέχουν ίσες ποσότητες από κάθε υλικό.

[rek2]

Θεωρώντας δεδομένα τα κύρια στοιχεία του τετραπλεύρου (πλευρές - γωνίες), ανάγουμε το πρόβλημα στην αλγεβρική λύση έξη δευτεροβαθμίων εξισώσεων, με, φαινομενικά, μέγιστο πλήθος λύσεων 12.
Πόσες, τώρα, δεκτές λύσεις προκύπτουν, ... άδηλον παντί ή τω Θεώ!

[ΝΙΚΟΣ]

Αγαπητοί φίλοι,
επειδή εδώ έγινε λόγος για τον τρόπο εντοπισμού του κέντρου βάρους της επιφάνειας τετραπλεύρου, με την παρακάτω προτεινόμενη για απόδειξη Γεωμετρική Πρόταση, δίνουμε έναν άλλο τρόπο καθορισμού του κ. β. της επιφάνειας τετράπλευρου. Η εφαρμογή του τρόπου αυτού πρακτικά είναι σαφώς πιο εύκολος από τον κλασικό τρόπο που μας έδωσε πολύ σωστά ο φίλος Σεραφείμ:

9ι(168). Το κέντρο βάρους της επιφάνειας κυρτού τετραπλεύρου, συμπίπτει με το Κ.Β. του τριγώνου το οποίο έχει κορυφές την τομή των διαγωνίων του και τα δύο ισοτομικά σημεία της τομής αυτής, σε κάθε μία από τις δύο διαγώνιές του.
Δηλαδή, αν ΑΒΓΔ είναι κυρτό τετράπλευρο, Κ η τομή των διαγώνιών του και Β’, Γ’ τα συμμετρικά του Κ ως προς τα μέσα των διαγώνιών του ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα, τότε το κ.β. του τετράπλευρου ΑΒΓΔ το βρίσκουμε, αν ορίσουμε το κ. β. του τριγώνου ΚΒ’Γ’, κατά τα γνωστά.

{ Δική μου απόδειξη θα δώσω, αν δε δοθεί από άλλο φίλο, ή δοθεί αλλά είναι διαφορετική από τη δική μου, που δίνω στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [παράγραφος 9ι(168), τόμος 9]. Θα ακολουθήσει και ένας άλλος τρόπος, πολύ σύντομα}.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

[ΝΙΚΟΣ]

Αγαπητοί φίλοι,
επειδή εδώ έγινε λόγος για τον τρόπο εντοπισμού του κέντρου βάρους της επιφάνειας τετραπλεύρου, με την παρακάτω προτεινόμενη για απόδειξη Γεωμετρική Πρόταση, δίνουμε έναν άλλο τρόπο καθορισμού του κ. β. της επιφάνειας τετράπλευρου. Η εφαρμογή του τρόπου αυτού πρακτικά είναι σαφώς πιο εύκολος από τον κλασικό τρόπο που μας έδωσε πολύ σωστά ο φίλος Σεραφείμ:

9ι(168). Το κέντρο βάρους της επιφάνειας κυρτού τετραπλεύρου, συμπίπτει με το Κ.Β. του τριγώνου το οποίο έχει κορυφές την τομή των διαγωνίων του και τα δύο ισοτομικά σημεία της τομής αυτής, σε κάθε μία από τις δύο διαγώνιές του.
Δηλαδή, αν ΑΒΓΔ είναι κυρτό τετράπλευρο, Κ η τομή των διαγώνιών του και Β’, Γ’ τα συμμετρικά του Κ ως προς τα μέσα των διαγώνιών του ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα, τότε το κ.β. του τετράπλευρου ΑΒΓΔ το βρίσκουμε, αν ορίσουμε το κ. β. του τριγώνου ΚΒ’Γ’, κατά τα γνωστά.

{ Δική μου απόδειξη θα δώσω, αν δε δοθεί από άλλο φίλο, ή δοθεί αλλά είναι διαφορετική από τη δική μου, που δίνω στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [παράγραφος 9ι(168), τόμος 9]. Θα ακολουθήσει και ένας άλλος τρόπος, πολύ σύντομα}.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
επειδή εδώ έγινε λόγος για τον τρόπο εντοπισμού του κέντρου βάρους της επιφάνειας τετραπλεύρου, με την παρακάτω προτεινόμενη για απόδειξη Γεωμετρική Πρόταση, δίνουμε τον δεύτερο τρόπο καθορισμού του κ. β. της επιφάνειας τετράπλευρου, όπως έχουμε υποσχεθεί. Ο τρόπος αυτός προφανώς μπορεί να αντικαταστήσει τον κλασικό τρόπο που μας έδωσε πολύ σωστά ο φίλος Σεραφείμ, όπου τούτο απαιτείται:

9ι(169). Δοσμένου κυρτού τετράπλευρου τριχοτομούμε με σημεία τις πλευρές του και κατασκευάζουμε τετράπλευρο με πλευρές, τις τέσσερις ευθείες που η κάθε μία περνά από τα δύο πλησιέστερα σημεία σε κάθε μία κορυφή του δοσμένου τετράπλευρου (από τα παραπάνω σημεία). Να αποδειχθεί ότι το κέντρο βάρους της επιφάνειας του δοσμένου τετράπλευρου, συμπίπτει με την τομή των διαγωνίων του κατασκευασμένου τετράπλευρου.
Δηλαδή, κυρτού τετράπλευρου ΑΒΓΔ τριχοτομούμε τις πλευρές του ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ, με τα ζεύγη των σημείων α-β, γ-δ, ε-ζ, η-θ, αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι το κ. β. του τετράπλευρου ΑΒΓΔ συμπίπτει με την τομή των διαγωνίων του τετράπλευρου που έχει πλευρές τις ευθείες αθ, βγ, δε, ζη.

{ Δική μου απόδειξη θα δώσω, αν δε δοθεί από άλλο φίλο, ή δοθεί αλλά είναι διαφορετική από τη δική μου, που δίνω στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [παράγραφος 9ι(169), τόμος 9]}.


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

[S.E.Louridas]

Επιτρέψτε μου να αναφέρω ότι το πρόβλημα μπορεί να αντιμετωπιστεί με βάση τα προβλήματα:
Α' Γεωμετρική-κατασκευή,
Β' Γεωμετρική -κατασκευή ,πρόσφατα στο θέμα SENIORS που με βάση το θέμα αυτό παρουσίασα .
Νομίζω (με κάθε επιφύλαξη) ότι ΕΝ ΓΕΝΕΙ επιτυγχάνεται έτσι μία γεωμετρική κατασκευή του Πανέμορφου αυτού
επιτάγματος.Απλώς το αφήνω λίγο γιά να ασχοληθούν οι Seniors και θα το παρουσιάσουμε σύντομα.

Υ.Γ. Εννοώ το αρχικό πρόβλημα του teo.

S.E.Louridas

[ΝΙΚΟΣ]

Αγαπητοί φίλοι,
επειδή εδώ έγινε λόγος για τον τρόπο εντοπισμού του κέντρου βάρους της επιφάνειας τετραπλεύρου, με την παρακάτω προτεινόμενη για απόδειξη Γεωμετρική Πρόταση, δίνουμε έναν άλλο τρόπο καθορισμού του κ. β. της επιφάνειας τετράπλευρου. Η εφαρμογή του τρόπου αυτού πρακτικά είναι σαφώς πιο εύκολος από τον κλασικό τρόπο που μας έδωσε πολύ σωστά ο φίλος Σεραφείμ:

9ι(168). Το κέντρο βάρους της επιφάνειας κυρτού τετραπλεύρου, συμπίπτει με το Κ.Β. του τριγώνου το οποίο έχει κορυφές την τομή των διαγωνίων του και τα δύο ισοτομικά σημεία της τομής αυτής, σε κάθε μία από τις δύο διαγώνιές του.
Δηλαδή, αν ΑΒΓΔ είναι κυρτό τετράπλευρο, Κ η τομή των διαγώνιών του και Β’, Γ’ τα συμμετρικά του Κ ως προς τα μέσα των διαγώνιών του ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα, τότε το κ.β. του τετράπλευρου ΑΒΓΔ το βρίσκουμε, αν ορίσουμε το κ. β. του τριγώνου ΚΒ’Γ’, κατά τα γνωστά.

{ Δική μου απόδειξη θα δώσω, αν δε δοθεί από άλλο φίλο, ή δοθεί αλλά είναι διαφορετική από τη δική μου, που δίνω στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [παράγραφος 9ι(168), τόμος 9]. Θα ακολουθήσει και ένας άλλος τρόπος, πολύ σύντομα}.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 52, σας παρουσιάζω την απόδειξή μου της Πρότασης 9ι(168), όπως σας είχα υποσχεθεί.


Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

[ΝΙΚΟΣ]

Αγαπητοί φίλοι,
επειδή εδώ έγινε λόγος για τον τρόπο εντοπισμού του κέντρου βάρους της επιφάνειας τετραπλεύρου, με την παρακάτω προτεινόμενη για απόδειξη Γεωμετρική Πρόταση, δίνουμε τον δεύτερο τρόπο καθορισμού του κ. β. της επιφάνειας τετράπλευρου, όπως έχουμε υποσχεθεί. Ο τρόπος αυτός προφανώς μπορεί να αντικαταστήσει τον κλασικό τρόπο που μας έδωσε πολύ σωστά ο φίλος Σεραφείμ, όπου τούτο απαιτείται:

9ι(169). Δοσμένου κυρτού τετράπλευρου τριχοτομούμε με σημεία τις πλευρές του και κατασκευάζουμε τετράπλευρο με πλευρές, τις τέσσερις ευθείες που η κάθε μία περνά από τα δύο πλησιέστερα σημεία σε κάθε μία κορυφή του δοσμένου τετράπλευρου (από τα παραπάνω σημεία). Να αποδειχθεί ότι το κέντρο βάρους της επιφάνειας του δοσμένου τετράπλευρου, συμπίπτει με την τομή των διαγωνίων του κατασκευασμένου τετράπλευρου.
Δηλαδή, κυρτού τετράπλευρου ΑΒΓΔ τριχοτομούμε τις πλευρές του ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ, με τα ζεύγη των σημείων α-β, γ-δ, ε-ζ, η-θ, αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι το κ. β. του τετράπλευρου ΑΒΓΔ συμπίπτει με την τομή των διαγωνίων του τετράπλευρου που έχει πλευρές τις ευθείες αθ, βγ, δε, ζη.

{ Δική μου απόδειξη θα δώσω, αν δε δοθεί από άλλο φίλο, ή δοθεί αλλά είναι διαφορετική από τη δική μου, που δίνω στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [παράγραφος 9ι(169), τόμος 9]}.


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 53, σας παρουσιάζω την απόδειξή μου της Πρότασης 9ι(169), όπως σας είχα υποσχεθεί.


Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

[gbaloglou]

Υπενθύμιση: δεν έχουμε λύση για το αρχικό πρόβλημα, ούτε καν για τρίγωνο!

[S.E.Louridas]

Φίλε Γιώργο Μπαλόγλου επίτρεψε μου,
Γιά το τρίγωνο:
Εστω ΑΒΓ με το μέγιστο των υψών του το ΑΑ' .Θέλουμε Δ σημείο της ΑΒ, Ε σημείο της ΑΓ ώστε:
1)ΑΔ+ΔΕ+ΕΑ=ΒΔ=ΒΔ+ΔΕ+ΕΓ+ΒΓ ή ΑΔ+ΑΕ=τ (ημιπερίμετρος)
2)(ΑΔ)(ΑΕ)=(ΑΒΓ)/ημΑ.

Η περίμετρος του αρχικού τριγώνου είναι γνωστή, όπως και το εμβαδόν του. Ταυτόχρονα ημΑ=ΒΒ'/ΑΒ (γνωστά μεγέθη οταν Β' η προβολή του Β στην ΑΓ).
Επομένως τα μεγέθη ΑΔ,ΑΕ κατασκευάζονται . Δεν ξεχναμε βέβαια οτι στις κατασκευές μία όμορφη στιγμή είναι και η διερεύνηση.


S.E.Louridas