Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

#1

Με αφορμή αυτό προτείνω το εξής: σε κύβο ΑΒΓΔΕΖΗΘ ακμής α να υπολογιστεί ο όγκος της πυραμίδας ΑΒΗΕ.

Γιώργος Μπαλόγλου

#2

Ο όγκος της ζητούμενης πυραμίδας αν α είναι η ακμή του κύβου θα είναι:
$V(H.ABE)=\frac{1}{3}E_{_{(ABE)}}.(HZ)=\frac{1}{3}.\frac{\alpha ^2}{2}.\alpha =\frac{1}{6}\alpha ^3$

#3

Κώστα ευχαριστούμε για την απλή λύση και το όμορφο σχήμα!

Για λόγους βιοποικιλότητας παραθέτω λεπτομερώς και τις 4 δυνατές λύσεις:

Κορυφή H (Δόρτσιος)

Η βάση ABE είναι ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο μήκους καθέτων πλευρών a, οπότε το εμβαδόν της ισούται προς $\frac{a^{2}}{2}$ . Επειδή η HZ είναι ορθογώνια προς την ABE (καθότι κάθετη στην ABZE), το αντίστοιχο ύψος της πυραμίδας ισούται προς |HZ| = a. Συμπεραίνουμε ότι ο όγκος ισούται προς $\frac{1}{3}(\frac{a^{2}}{2})a=\frac{a^{3}}{6}$ .

Κορυφή E (Μπαλόγλου)

Η AB είναι κάθετη στην ΒΓΗΖ, άρα η βάση ΒΑΗ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με |ΒΑ| = a, |ΒΗ| = $a\sqrt{2}$ , και εμβαδόν ίσο προς $\frac{a^{2}\sqrt{2}}{2}$ . Επειδή τα δυο διαγώνια επίπεδα ΑΒΗΘ και ΓΔΕΖ είναι κάθετα μεταξύ τους, η ΔΕ είναι ορθογώνια προς την ΑΒΗ και η απόσταση του Ε από την ΑΒΗ ισούται προς $\frac{|E\Delta|}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ : το ύψος της πυραμίδας που αντιστοιχεί στην ΑΒΗ ισούται προς $\frac{a\sqrt{2}}{2}$ . Συμπεραίνουμε ότι ο όγκος ισούται προς $\frac{1}{3}(\frac{a^{2}\sqrt{2}}{2})(\frac{a\sqrt{2}}{2})=\frac{a^{3}}{6}$ .

Κορυφή Β

Όπως και στην προηγούμενη περίπτωση, η βάση ΕΑΗ είναι ορθογώνιο τρίγωνο εμβαδού $\frac{a^{2}\sqrt{2}}{2}$ ενώ το ύψος ισούται προς $\frac{|B\Delta|}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ , κλπ.

Κορυφή Α

Η βάση ΒΕΗ είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς $a\sqrt{2}$ και εμβαδού $\frac{(a\sqrt{2})^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$ . Για το αντίστοιχο ύψος, την απόσταση δηλαδή του Α από το ΒΕΗ, χρησιμοποιώ τρισορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων με αρχή αξόνων Ζ, έτσι ώστε οι συντεταγμένες του Α να είναι (a, a, 0) και η εξίσωση του επιπέδου ΒΕΗ να είναι x + y + z - a = 0: προκύπτει ότι η ζητούμενη απόσταση ισούται προς $\frac{|1\cdot a+1\cdot a+1\cdot0-a|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$ . Συμπεραίνουμε ότι ο όγκος ισούται προς $\frac{1}{3}(\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2})(\frac{a}{\sqrt{3}})=\frac{a^{3}}{6}$ .

[Αν τα βάλουμε όλα μαζί καταλήγουμε και σ' ένα καινούργιο προβληματάκι, συγκεκριμένα τον υπολογισμό της απόστασης του Α από το ΒΕΗ χωρίς την χρήση αναλυτικής γεωμετρίας

]

Ευτυχές, όσο γίνεται, το 2011,

Γιώργος Μπαλόγλου

spege · #4

Γιώργο
αν ρωτήσω πως αποδεικνύεται το 1/3 για τον όγκο του τετραέδρου;
Μπορούμε να το συζητήσουμε ;
Καλή χρονιά σε όλους
Σπύρος

#5

spege έγραψε:Γιώργο
αν ρωτήσω πως αποδεικνύεται το 1/3 για τον όγκο του τετραέδρου;
Μπορούμε να το συζητήσουμε ;
Καλή χρονιά σε όλους
Σπύρος

Σίγουρα με ολοκλήρωση, υπάρχει όμως, τουλάχιστον για ειδικές περιπτώσεις, και απλός τρόπος διαμερισμού πρίσματος σε τρεις ισοδύναμες πυραμίδες (που δεν θυμάμαι αυτήν την στιγμή): όσοι πιστοί προσέλθετε, μετά ή άνευ αναφορών και σχημάτων...

Γιώργος Μπαλόγλου

#6

spege έγραψε:Γιώργο
αν ρωτήσω πως αποδεικνύεται το 1/3 για τον όγκο του τετραέδρου;
Μπορούμε να το συζητήσουμε ;

Η διαδικασία είναι δύσκολη, και απαιτεί (βλέπε παρακάτω) απειροστικές μεθόδους.

Η πρώτη και παλαιότερη απόδειξη υπάρχει στα Στοιχεία του Ευκλείδη, και αποτελεί μία από τις κορυφαίες στιγμές στα αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά. Η απόδειξη στα Στοιχεία αποδίδεται στον Εύδοξο και χρησιμοποιεί την λεγόμενη "μέθοδο εξάντλησης".
Συνιστώ σε όλους να διαβάσουν την απόδειξη στα Στοιχεία ή, έστω, στις παλιές Γεωμετρίες (Τόγκα, Μπαρμπαστάθη κλπ).

Τώρα, ανέφερα παραπάνω ότι η εύρεση του όγκου πυραμίδας απαιτεί απειροστικές μεθόδους. Αυτό απορρέει από το λεγόμενο "τρίτο πρόβλημα του Hilbert", που λύθηκε αρνητικά από τον Dehn.

Το τρίτο πρόβλημα του Hilbert ζητούσε να γίνει μία θεωρία για όγκους ανάλογη της θεωρίας εμβαδού στο επίπεδο, όπου το εμβαδόν πολυγώνου ορίζεται από "τριγωνοποίησή" του (η οποία αποδεικνύεται αναλλοίωτη ως προς όλες τις τριγωνοποιήσεις). Στον χώρο, τα πράγματα είναι διαφορετικά. Συγκεκριμένα, ο Dehn έδειξε ότι δεν μπορούμε να κόψουμε μία πυραμίδα όγκου 1 σε πεπερασμένο πλήθος πυραμίδων οι οποίες μπορούν να ανασυνταχθούν σε κύβο όγκου 1. Δηλαδή, για να βρούμε τον όγκο πυραμίδας, δεν μπορούμε με πεπερασμένες διαδικασίες να προσδιορίσουμε τι μέρος του κύβου είναι. Χρειάζονται απειροστικές διαδικασίες.

Σήμερα βρίσκει κανείς το όγκο πυραμίδας με ολοκλήρωμα. Υπάρχουν πάμπολλοι τρόποι χρησιμοποιώντας είτε απλό, είτε διπλό είτε τριπλό ολοκλήρωμα. Τα καλά βιβλία Απειροστικού Λογισμού πολλών μεταβλητών το έχουν συνήθως ως (απλή) άσκηση.

Ελπίζω να απάντησα, έστω συνοπτικά. Μία πλήρης απάντηση χρειάζεται ολόκληρη εργασία ή διάλεξη.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#7

Και κάτι ακόμα:
Αν θεωρήσουμε γνωστό πως ο όγκος ενός ορθού πρίσματος( ο κύβος για παράδειγμα) έχει ως όγκο το γινόμενο των
τριών διαστάσεών του, τότε ο υπολογισμός του όγκου μιας πυραμίδας προκύπτει εύκολα από τα σχήματα που παραθέτω.
Για παράδειγμα ο όγκος ενός τριγωνικού πρίσματος ειναι V=Βάση Χ Ύψος. Τότε αυτό όπως φαίνεται στο πρώτο σχήμα
αναλύεται σε τρείς τριγωνικές πυραμίδες που είναι ισοδύναμες. Για τις δύο ακραίες είναι εύκολα κατανοητό. Για την ενδιάμεση
αν μετακινήσουμε το G παράλληλα προς την απέναντι βάση της πυραμίδας αυτής τότε προκύπτει όπως φαίνεται στο δεύτερο σχήμα
ισοδύναμη πυραμίδα. Άρα η κάθε μια είνα το τρίτο του πρίσματος.
(Το σχήμα είναι από την εργασία μου στο συνέδριο της Χαλκίδας)

Κώστας Δόρτσιος.

ΥΓ. Γιώργο σ' ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια και για το παιχνίδισμα με τα ονόματά μας. Και για να προλάβω όσο κάποια λεπτά ακόμα απομένουν από το παλιό πλέον 2010: ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ, ΧΑΡΟΥΜΕΝΑ, ΔΗΜΟΥΡΓΙΚΑ στους συνομιλητές του φορουμ του mathematica.gr

#8

KDORTSI έγραψε: αναλύεται σε τρείς τριγωνικές πυραμίδες που είναι ισοδύναμες. Για τις δύο ακραίες είναι εύκολα κατανοητό. Για την ενδιάμεση
αν μετακινήσουμε το G παράλληλα προς την απέναντι βάση της πυραμίδας αυτής τότε προκύπτει όπως φαίνεται στο δεύτερο σχήμα
ισοδύναμη πυραμίδα.

Σωστά, αλλά να τονίσω ότι εκεί ακριβώς είναι η δυσκολία. Στο να δείξουμε δηλαδή ότι δύο (διαφορετικές) πυραμίδες με την ίδια βάση και ίσα ύψη έχουν ίσους όγκους.

Όλη η "φασαρία" στα Στοιχεία του Ευκλείδη είναι ακριβώς σε αυτό το σημείο.

Φιλικά καθώς προετοιμάζομαι για έξοδο με φίλους για να υποδεχθούμε το Νέο Έτος
(2011= πρώτος αριθμός),

Μιχάλης

spege · #9

κ.Κώστα
κάτι που λείπει απο την βιβλιογραφία των τελευταίων 30 χρόνων και του σχολικού βιβλίου
είναι γιατί αυτές οι τρεις πυραμίδες έχουν ίσους όγκους δηλαδή τα τετράεδρα με ισοδύναμες
βάσεις και ίσα ύψη έχουν ισους όγκους.Μήπως πάλι η γεωμετρία ανοίγει την πόρτα του
απειροστικού;Όταν θα είμαι στο σπίτι θα προσπαθήσω να απαντήσω,ίσως μετά απο ενα χρόνο
Να περνάτε καλά.Καλή χρονιά
Σπύρος

#10

Ναι ο Μιχάλης έχει δίκιο. Στο δωδέκατο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη και στη πρόταση 5 διαβάζουμε:
"Αἱ ὑπό το αὐτό ὕψος πυραμίδες καί ἔχουσαι τριγώνους βάσεις εἶναι πρός άλλήλας ὡς αἱ βάσεις"
και το ότι ένα τριγωνικό πρίσμα διαιρείται σε τρείς ισοδύναμες τριγωνικές πυραμίδες είναι η πρόταση 7 του ιδίου βιβλίου των Στοιχείων.
Η απόδειξη που παραθέτει ο Ευκλείδης είναι αρκετά εκτενής.

Κώστας Δόρτσιος

Ανδρέας Πούλος · #11

Πολύ ενδιαφέρουσα συζήτηση αναπτύχθηκε με αφορμή
το ερώτημα του υπολογισμού όγκου πυραμίδας.
Δεν θα πάψω να τονίζω ότι το Φόρουμ είναι εξαιρετικό σχολείο με πολλά πλεονεκτήματα.

1. Παρακολουθείς όποιο "μάθημα" θέλεις και όση ώρα θέλεις.
2. Συμμετέχεις στο "μάθημα" χωρίς πίεση και με δική σου θέληση.
3. Κάθε θέμα-συζήτηση δίνει ερεθίσματα για προβληματισμό,
διατύπωση ερωτήσεων και ψάξιμο στο "σπίτι".
4. Δίνονται χρήσιμες πληροφορίες και πληροφορίες σχετικές
με το επάγγελμα που κάνουμε ή που θα κάνουμε.
5. Έχει ο καθένας την ευκαιρία να παρουσιάσει μέρος της δουλειάς του,
να τη θέσει σε δημόσια κριτική και έλεγχο, βασικό χαρακτηριστικό
κάθε δημοκρατικής,
ανθρώπινης δραστηριότητας.
6. Κάνουμε νέες γνωριμίες, ορισμένες από τις οποίες μετατρέπονται
από ηλεκτρονικές, σε άμεσες και ζωντανές, πρόσωπο με πρόσωπο.
7. Ζητάμε όποια στιγμή θέλουμε βοήθεια για θέματα σχετικά με τα Μαθηματικά και άλλα,
μέσω του συστήματος αλληλογραφίας του Φόρουμ (σχολείου).
8. Δεν έχουμε κακούς "δάσκαλους", κάτι μου μισούσαμε από μικρά παιδία, κι αν εμφανιστεί κάποιος
(όχι κακός, αλλά αδιάφορος για μας) μπορούμε να φεύγουμε από το "μάθημα".
9. Το "μάθημα" γίνεται όποια ώρα θέλουμε εμείς - υπάρχουν "μαθητές" μη λέμε ονόματα
(Κώστας Δόρτσιος, κλπ.) που μπαίνουν στην τάξη κατά τις 2:00 το βράδυ.
10. Μπορούμε να γραφτούμε στο "σχολείο" και να ξεγραφτούμε όποτε θέλουμε.
Δεν έχουμε "απουσιολόγους", ούτε "καρφιά".
11. Οι "συμμαθητές" είναι όλοι ευφυείς και πρόθυμοι για αλληλοβοήθεια.
12. Στην ίδια "τάξη-ενότητα" μπορούμε να βρούμε άτομα οποιασδήποτε ηλικίας,
εξαιρετικά θετικό για τους "ωριμους μαθητές και τις ώριμες μαθήτριες".
13 Δεν έχουμε ενημέρωση γονέων - κηδεμόνων, και άλλα σπαστικά.
14. Το "σχολείο" είναι ανοικτό όλο το χρόνο Χριστούγεννα, Πάσχα, καλοκαίρι.
Τι άλλο θέλουμε;
Χμ, μόνο που δεν πάμε περιπάτους και εκδρομές.
Τελικά, κανένα "σχολείο" δεν είναι τέλειο.

Προφανώς, τα έγραψα όλα αυτά επειδή δεν είχα να πώ κάτι για το "μάθημα",
τον όγκο πυραμίδας.Ευτυχώς, δεν το κατάλαβε κανείς.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#12

ο Γιώργος εγραψε:
Αν τα βάλουμε όλα μαζί καταλήγουμε και σ' ένα καινούργιο προβληματάκι, συγκεκριμένα τον υπολογισμό της απόστασης του Α από το ΒΕΗ χωρίς την χρήση αναλυτικής γεωμετρίας
Είναι γνωστό πως η διαγώνιος ΔΖ τριχοτομείται από τα παράλληλα επίπεδα ΑΓΘ και ΒΕΗ και μάλιστα κάθετα(Απόδειξη;)
Επομένως η απόσταση ΑΜ του σημείου Α από το ΒΕΗ είναι η απόσταση των δύο αυτών επιπέδων είναι το τρίτο της διαγωνίου του κύβου.

Κώστας Δόρτσιος

ΥΓ. Πράγματι το φόρουμ αυτό σύμφωνα με τον Αντρέα είναι ένα σχολείο που λειτουργεί όλο το 24ωρο και μάλιστα την Πρωτοχρονιά!
Είναι μια όαση, άρα το ίδιο αποτελεί ένα χώρο εκδρομής(φυγής, συλλογισμού, επικοινωνίας, ανταλλαγής απόψεων κλπ)

#13

Τα ορθόκεντρα Ι, Κ των ισοπλεύρων τριγώνων ΑΓΘ και ΗΕΒ είναι και περίκεντρα, άρα κείνται επί της διαγωνίου ΔΖ (ως ισαπέχοντα από τα Α, Γ, Θ και Η, Ε, Β, αντίστοιχα). Σύμφωνα όμως με γνωστό θεώρημα που έχουμε συζητήσει εδώ, οι ΔΙ, ΖΚ είναι κάθετες στα ΑΓΘ, ΗΕΒ, αντίστοιχα ... και επομένως υπολογίζονται με άμεση εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος, κλπ

[Μου αρέσει πολύ το οκτάεδρο ΑΒΓΗΘΕ που δημιουργήθηκε στο κέντρο του κύβου!]

Γιώργος Μπαλόγλου

#14

Γιώργο πιστεύω εννοείς το οκτάεδρο (Ε.ΑΒΗΘ.Γ). Πράγματι είναι όμορφο σχήμα και μπορείς,
αν έχεις το Cabri 3d, να το "απολαύσεις" θωρώντας το απ΄όλες τις πλευρές του στο σχήμα που
επισυνάπτω.

Κώστας

spege · #15

Συνάδελφοι
Προσπάθησα χθες να αναρτήσω μια ωραία και σύντομη απόδειξη για το 1/3 , από ένα βιβλίο του 1946 ,την Μεγάλη γεωμετρία του Ν.Νικολάου ,αλλά δεν κατάλαβα γιατί οι γενικοί συντονιστές την κατεβάσανε δυο φορές. Σ’ αυτό που αναφέρει και ο κ. Δόρτσιος στα Στοιχεία του Ευκλείδη ,ίσως να γίνεται ποιο περιληπτικά η σημαντική αυτή απόδειξη. Απορώ ενώ έχω απαντήσει και άλλες φορές με συνημμένο αυτή την φορά δεν έγινε αποδεκτή. Όποιος επιθυμεί ας μου στείλει π.μ.
Σπύρος

Προσθήκη από Γενικούς Συντονιστές
H απάντηση υπάρχει στο επόμενο μήνυμα.

#16

Η απάντηση του Σπύρου με βάση τα αρχεί που μας έστειλε
Δυο τετράεδρα με ίσα ύψη και ίσες ή ισοδύναμες βάσεις είναι ισοδύναμα
Απόδειξη

: volume.png (13.49 KiB) Προβλήθηκε 4252 φορές

Έστω V , V’ οι δυο όγκοι και έστω ότι V > V΄.
Χωρίζουμε τα ύψη ΚΔ , Κ΄Δ΄σε τρία ίσα μέρη με επίπεδα παράλληλα στις βάσεις οπότε
(ΕΖΗ)=(Ε΄ΖΉ΄), (ΘΙΛ)=(ΘΊ΄Λ΄)
και πρίσματα ΕΖΗΘΡΠ , Α΄Ν΄ΜΕ΄ΖΉ΄είναι ισοδύναμα και τα ΘΙΛΚΣΤ , Ε΄Ρ΄Π΄ΘΊ΄Λ΄.
Αν Π είναι το άθροισμα των όγκων τριων πρισμάτων του πρώτου σχήματος και Π΄το άθροισμα των όγκων των δυο πρισμάτων του δεύτερου σχήματος προφανώς είναι V < Π , V΄> Π΄.
Είναι V – V΄< Π – Π΄ , Π – Π΄=V(ΑΒΓΕΜΝ)= $\frac{1}{3}$ (ΑΒΓ)ΚΑ άρα V – V΄< $\frac{1}{3}$ (ΑΒΓ)ΚΑ.Ο
μοίως σκεπτόμενοι και αντι για τρεις τομές θεωρήσουμε ν , ν $\in \mathbb{R}$ καταλήγουμε στο άρα V – V΄< $\frac{1}{\nu}$ (ΑΒΓ)ΚΑ. Έτσι αν το ν απειρίζεται η διαφορά V – V΄ τείνει στο μηδέν και θα είναι λοιπόν V = V΄.

#17

Την απόδειξη αυτή περιείχε και το σχολικό βιβλίο "ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ δια τας ανωτέρας τάξεις των Γυμνασίων" του Νικ. Δ. Νικολάου του ΟΕΔΒ(σελίδα 314, παράγραφος 348)
που τούτη τη στιγμή το έχω μπροστά και μου γυρίζει πίσω στα μαθητικά μου χρόνια της δεκαετίας του 60.
Το βιβλίο αυτό ήταν "ενεργό" στην εκπαίδευση μέχρι το 1970 ίσως και παραπέρα...

Κι ακόμα:
Με τον ίδιο τρόπο το αντιμετωπίζει και ο Π.Γ.Τόγκας στη "Θεωρητική Γεωμετρία" (σελίδα 683-686 παράγραφος 764).
Με τον ίδιο τρόπο επίσης και πιο εκτεταμένα το παρουσιάζει και ο Α.Φ.Πάλλας στη ΜΕΓΑΛΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ τόμος β΄ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑ (σελ. 131, 133. )

Όμως,
διαφορετική είναι η απόδειξη που χρησιμοποιεί στο σχολικό βιβλίο ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Δ'-Ε' - ΣΤ' Γυμνασίου (θετικής κατεύθυνσης) (σελ.98 παράγραφος 106α)της εποχής μετά το 1970 ο Ι.Φ.Πανάκης.
Επίσης με τον ίδιο τρόπο του Πανάκη αντιμετωπίζεται το θέμα και από τον ΣΠ.Γ.ΚΑΝΕΛΛΟ στην ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Δ',Ε΄,ΣΤ΄θετικής Κατεύθυνσης (σελ.338, παράγραφος 271)της μετέπειτα εποχής του 1970.

Κώστας Δόρτσιος

Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Re: Όγκος μη κανονικού τετραέδρου

Μέλη σε σύνδεση