mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm**

Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 02, 2018 3:23 pm**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 03, 2018 10:52 am**

Με μια επιπλέον διάσταση πάντως γίνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 03, 2018 11:40 am**

Demetres έγραψε: Τρί Ιούλ 03, 2018 10:52 am Με μια επιπλέον διάσταση πάντως γίνεται.

... 'καρεκλάκι', όπως είπε και η Λένα

ΔΙΕΥΚΡΙΝΗΣΗ 3-7-2018 3:40 μμ: το είπε για μια επιπλέον πλευρά, όχι για μια επιπλέον διάσταση -- δικό μου το λάθος!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 03, 2018 4:24 pm**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.

πεντάγωνο
με (AB)=(BC)=(CD)=(DE)=(AE)=a

και $AB\perp BC \perp CD\perp DE\perp AE\perp AB$

Έστω

επίπεδο τέτοιο ώστε $A,B,C \in p$
Έστω D',E'

οι προβολές των D,E

στο

.
$CD\perp CB$ και $DD'\perp p$
Από θεώρημα των 3 καθέτων :
$\Rightarrow CD'\perp CB$
CDD'

ορθογώνιο τρίγωνο ,άρα $(CD')\leq (CD)=a$

ομοίως
$AE\perp AB$ και $EE'\perp p$
Από θεώρημα των 3 καθέτων :
$\Rightarrow AE'\perp AB$
AEE'

ορθογώνιο τρίγωνο ,άρα $(AE')\leq (AE)=a$

'Εστω

το σημείο τομής των προεκτάσεων των CD',AE'

Έστω

η προβολή του

σε επίπεδο p_1

τέτοιο ώστε $C,D,D' \in p_1$
$ZE\perp p_1$ και $ED\perp CD$
Από θεώρημα 3 καθέτων :
$\Rightarrow ZD\perp CD$
Άρα CDZ, DZE

ορθογώνια τρίγωνα .
(DZ)=(DZ)

και

$\Rightarrow CDZ=DZE\Rightarrow (CZ)=(EZ)$

(CZ)=(EZ)=(E'K)

$(CZ)\geq a\Rightarrow (E'K)\geq a$ (1)

Έστω

η προβολή του

σε επίπεδο p_1

τέτοιο ώστε $A,E,E' \in p_2$
$HD\perp p_2$ και $ED\perp CD$
Από θεώρημα 3 καθέτων :
$\Rightarrow HE\perp AE$
Άρα AEH, HDE

ορθογώνια τρίγωνα .
(EH)=(EH)

και

$\Rightarrow AEH=HDE\Rightarrow (AH)=(DH)$

(AH)=(DH)=(D'K)

$(AH)\geq a\Rightarrow (D'K)\geq a$ (2)

Aπό (1), (2)
$\Rightarrow (E'D')\geq \sqrt{2}a> a$
ΑΤΟΠΟ $(E'D')\leq (ED)=a$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 03, 2018 9:36 pm**

Γράφω μια διαφορετική λύση.
Αν και είναι καθαρά γεωμετρική θα χρησιμοποιήσω συντεταγμένες για να είναι πιο εύκολο
να κατασκευασθεί το σχήμα.

Εστω ABCDE

το πεντάγωνο με όλες τις γωνίες ορθές και όλες τις πλευρές

.

Θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι A(1,0,0)

.
Επίσης έστω η αρχή των αξόνων O(0,0,0)

.

Είναι φανερό γεωμετρικά ότι το

βρίσκεται στο επίπεδο x=0

και το

στο επίπεδο y=0

.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο BCD

έχουμε $BD=\sqrt{2}$

ενω από το AED

έχουμε $AD=\sqrt{2}$

Αρα το

βρίσκεται στο μεσοκάθετο επίπεδο του

.

Αρα βρίσκεται στην ευθεία του επιπέδου x=0

που είναι μεσοκάθετος του

.

Αν

το μέσο του

τότε επειδή το τρίγωνο CKD

είναι ορθογώνιο υπολογίζουμε ότι

$KD=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Κάνοντας τα ίδια για το

βρίσκουμε ότι βρίσκεται στην ευθεία του επιπέδου y=0

που είναι μεσοκάθετος του
τμήματος

Αν

το μέσο του

υπολογίζουμε ότι $EL=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Αν τα D,E

βρίσκονται στον ίδιο ημίχωρο που ορίζει το επίπεδο z=0

τότε επειδή το ELKD

είναι ορθογώνιο βρίσκουμε ότι $ED=LK=\frac{\sqrt{2}}{2}$
ΑΤΟΠΟ.

Αν τα D,E

βρίσκονται σε διαφορετικό ημίχωρο που ορίζει το επίπεδο z=0

τότε το

είναι παραλληλόγραμμο και ένας υπολογισμός δίνει $ED=\sqrt{5}$
ΑΤΟΠΟ.

Αρα δεν υπάρχει.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 04, 2018 8:17 am**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.

Γιώργο καλημέρα σε σένα και στους συνομιλητές σου...
Παρουσιάζω και μια άλλη ιδέα

Κατ' αρχήν σε ένα πεντάγωνο του επιπέδου δεν μπορεί να συμβεί κάτι τέτοιο γιατί σε κάθε κυρτό πεντάγωνο το άθροισμα
των γωνιών του είναι ίσο με $\displaystyle{3\cdot 180^o=540^o}$ και όχι ίσο με $\displaystyle{5\cdot 90^o=450^o}$ .

Για ένα πεντάγωνο στο χώρο των τριών διαστάσεων θα δείξουμε στη συνέχεια τις δυο ακόλουθες προτάσεις:

1η) Μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα πεντάγωνο στον ευρύτερο χώρο των τριών διαστάσεων στο οποίο όλες οι πλευρές του
να είναι ίσες καθώς κι από τις πέντε γωνίες του οι τέσσερις να είναι ορθές.

2η) Σε ένα τέτοιο πεντάγωνο η πέμπτη γωνία είναι πάντα ή αμβλεία ή οξεία.

Απόδειξη της πρώτης πρότασης:
Εργαζόμαστε στο πρώτο σχήμα:

: Πεντάγωνο 1.png (25.02 KiB) Προβλήθηκε 2422 φορές

Επειδή θέλουμε να είναι:

$\displaystyle{AB=BC=CD=DE=EA=a \ \ (1)}$

και

$\displaystyle{A=B=C=E=90^o \ \ (2) }$

άρα οι τέσσερις από τις πέντε διαγώνιες αυτού, είναι ίσες. Δηλαδή:

$\displaystyle{AC=AD=BD=BE=a\dcot \sqrt{2} \ \ (3)}$

ως υποτείνουσες ισοσκελών ορθογωνίων τριγώνων με πλευρά ίση με $\displaystyle{a}$ .

Από τα ανωτέρω προκύπτει αμέσως η ακόλουθη κατασκευή στο δεύτερο σχήμα:

: Πεντάγωνο 2.png (31.01 KiB) Προβλήθηκε 2422 φορές

Σε ένα τρισορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων θεωρούμε το τμήμα $\displaystyle{AB=a}$ , όπου $\displaystyle{A}$ είναι η αρχή των αξόνων
και $\displaystyle{B}$ στον άξονα των $\displaystyle{x'x}$ .
(ο άξονας των $\displaystyle{x}$ είναι με χρώμα κόκκινο, ο άξονας των $\displaystyle{y}$ με πράσινο και ο άξονας των $\displaystyle{z}$ με γαλάζιο)

Στο επίπεδο $\displaystyle{ xAz}$ κατασκευάζουμε το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABD}$ , όπου $\displaystyle{AD=BD=a\cdot \sqrt{2}}$ .

Στο μεσοκάθετο επίπεδο της πλευράς $\displaystyle{BD}$ γράφουμε κύκλο με κέντρο το μέσον αυτής $\displaystyle{E_2}$ και ακτίνα το μέσον της πλευράς
αυτής. Ο κύκλος αυτός τέμνει το επίπεδο εξίσωση $\displaystyle{x=a}$ σε δύο σημεία τα $\displaystyle{C}$ και $\displaystyle{I}$ .

Όμοια εργαζόμαστε και με την πλευρά $\displaystyle{AD}$ και κατασκευάζουμε άλλα δύο σημεία. Έστω ότι το ένα από αυτά είναι το $\displaystyle{E}$ .

Εύκολα τώρα φαίνεται ότι το πεντάγωνο $\displaystyle{ABCDE}$ έχει πέντε πλευρές ίσες με $\displaystyle{a}$ και τέσσερις ορθές γωνίες.

Με τον τρόπο αυτό πετυχαίνουμε τέσσερα τέτοια πεντάγωνα τα οποία φαίνονται στο τρίτο σχήμα.

: Πεντάγωνο 3.png (24.97 KiB) Προβλήθηκε 2422 φορές

Στο σχήμα αυτό βλέπουμε τα τέσσερα τέτοια πεντάγωνα:

$\displaystyle{ABCDE, \ \ ABCDN, \ \ ABIDN, \ \ ABIDE}$

τα οποία σχηματίζουν μια πυραμίδα με βάση ένα παραλληλόγραμμο και ένα τριγωνικό πρίσμα
τα οποία μοιάζουν με ένα αρθρωτό κιόσκι!

(Συνεχίζεται....)

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 04, 2018 8:58 am**

Δίνω και την δική μου προσέγγιση.

Γράφω $v_1,\ldots,v_5$ για τα διανύσματα των (διαδοχικών) πλευρών του πενταγώνου. Τότε είναι

$\displaystyle v_1 + \cdots + v_5 = 0$

και χωρίς βλάβη της γενικότητας

$\displaystyle v_1 \cdot v_1 = \cdots = v_5 \cdot v_5 = 1$

Παίρνοντας το εσωτερικό γινόμενο $v_1 \cdot (v_1 + v_2 + v_3 + v_4 + v_5)$ βρίσκω ότι $v_1 \cdot v_3 + v_1 \cdot v_4 = -1$ . Από συμμετρία είναι και $v_3 \cdot v_1 + v_3 \cdot v_5 = -1$ . Άρα $v_1 \cdot v_4 = v_5 \cdot v_3$ . Πάλι από συμμετρία έχω:

$\displaystyle v_1 \cdot v_3 = v_2 \cdot v_4 = v_3 \cdot v_5 = v_4 \cdot v_1 = v_5 \cdot v_2 = -\frac{1}{2}$

Δηλαδή οι γωνίες μεταξύ των μη κάθετων διανυσμάτων είναι $120^{\circ}$ .

Επειδή το v_1

είναι κάθετο τόσο στο v_2

όσο και στο v_5

και επειδή επίσης τα v_2,v_5

δεν είναι παράλληλα, το v_1

θα είναι παράλληλο στο $v_2 \times v_5$ . Γνωρίζοντας τις γωνίες μεταξύ των διανυσμάτων παίρνουμε

$\displaystyle v_1 = \pm \frac{2\sqrt{3}}{3} v_2 \times v_5$

Παίρνοντας εξωτερικό γινόμενο με το v_3

έχω

$\displaystyle v_3 \times v_1 = \pm \frac{2\sqrt{3}}{3} v_3 \times (v_2 \times v_5) =\pm \frac{2\sqrt{3}}{3} [(v_3 \cdot v_5) v_2 - (v_3 \cdot v_2)v_5] = \mp \frac{\sqrt{3}}{3} v_2$

Όμως από συμμετρία έχω επίσης ότι

$\displaystyle v_3 \times v_1 = \frac{\sqrt{3}}{2} v_2$ ή $\displaystyle v_3 \times v_1 = -\frac{\sqrt{3}}{2} v_2$

Αυτό είναι άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 04, 2018 12:24 pm**

KDORTSI έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 8:17 am
gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.
Εύκολα τώρα φαίνεται ότι το πεντάγωνο $\displaystyle{ABCDE}$ έχει πέντε πλευρές ίσες με $\displaystyle{a}$ και τέσσερις ορθές γωνίες.

ΑΡΕΤΗ ΜΕ ΤΙΣ ΤΕΣΣΕΡΙΣ ΟΡΘΕΣ ΓΩΝΙΕΣ (Οδυσσέας Ελύτης, ΑΞΙΟΝ ΕΣΤΙ)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 04, 2018 11:43 pm**

Όπως δείχνει και το συνημμένο, η αρχική μου προσέγγιση (ΦΒ) ήταν γεωμετρικοτριγωνομετρική, με κεντρικό στόχο την ισότητα $\theta=\phi$ , η οποία προκύπτει από τις δοθείσες καθετότητες και οδηγεί γρήγορα σε άτοπο ( $|CD|=\sqrt{2}$ , αν θυμάμαι σωστά). Εναλλακτικά, αν μπορούσαμε να αποδείξουμε την CD//BE

(που σίγουρα προκύπτει ΚΑΙ από την $\theta=\phi$ ) τότε θα είχαμε μία γεωμετρικότερη απόδειξη (καθώς το BCDE

θα ήταν ισοσκελές τραπέζιο με ορθές γωνίες, κλπ).

Τέλος πάντων, η αρχική μου προσέγγιση μπορεί να τροποποιηθεί, και η όποια τριγωνομετρία να αφαιρεθεί:

Χρησιμοποιώντας τις δύο υποθέσεις (όλες οι πλευρές ίσες προς

, και, λόγω Πυθαγορείου Θεωρήματος και ορθών γωνιών, όλες οι διαγώνιοι ίσες προς $\sqrt{2}$ ), καταλήγουμε στις ισότητες

1=(a-1)^2+p^2=a^2+b^2+(p-q)^2=(b-1)^2+q^2

και

2=(a-1)^2+1+p^2=a^2+1+p^2=1+b^2+q^2=1+(b-1)^2+q^2,

που δεν μπορούν να ισχύουν ταυτόχρονα (καθώς η δεύτερη δίνει $a=b=\dfrac{1}{2}$ και $p=q=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ , τιμές που δεν επαληθεύουν μέρος της πρώτης).

: θ=φ.jpg (39.21 KiB) Προβλήθηκε 2339 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 05, 2018 6:56 pm**

gbaloglou έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 11:43 pm Χρησιμοποιώντας τις δύο υποθέσεις (όλες οι πλευρές ίσες προς , και, λόγω Πυθαγορείου Θεωρήματος και ορθών γωνιών, όλες οι διαγώνιοι ίσες προς $\sqrt{2}$ ), καταλήγουμε στις ισότητες

και

που δεν μπορούν να ισχύουν ταυτόχρονα (καθώς η δεύτερη δίνει $a=b=\dfrac{1}{2}$ και $p=q=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ , τιμές που δεν επαληθεύουν μέρος της πρώτης).

Συγκεκριμένα δεν επαληθεύεται η a^2+b^2+(p-q)^2=1

: ας το εκμεταλλευτούμε αυτό για την παραγωγή πενταγώνων με πέντε ορθές γωνίες και με τέσσερις ίσες πλευρές -- κάτι που ίσως ήδη απασχολεί τον Κώστα Δόρτσιο

Ας αναζητήσουμε λοιπόν πεντάγωνα ABCDE

με

και $|EB|=|AC|=|AD|=\sqrt{2}$ , καθώς, λόγω ορθότητας και των υπολοίπων γωνιών, και με $|BD|=\sqrt{|BC|^2|+|CD|^2}$ και $|CE|=\sqrt{|CD|^2+|DE|^2}$ . Θέτοντας, όπως ακριβώς στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση (και στο σχήμα της) A=(1,1,0), B=(1,0,0), C=(a,0,p), D=(0,b,q), E=(0,1,0),

A=(1,1,0), B=(1,0,0), C=(a,0,p), D=(0,b,q), E=(0,1,0),

προκύπτουν οι μη τετριμμένες ισότητες

(a-1)^2+p^2=1,

Εύκολα λαμβάνουμε από τις παραπάνω ισότητες τις

a^2+p^2=2a=2pq,

από τις οποίες προκύπτει άμεσα η a=b=pq

: δυστυχώς, και αντίθετα προς ότι νόμισα στην αρχή, η σχέση αυτή δεν επιτρέπει μεγάλη βιοποικιλότητα πενταγώνων, καθώς άμεσα έπεται η p^2=q^2

και τελικά τα μόνα μη τετριμμένα πεντάγωνα με τις επιθυμητές ιδιότητες είναι αυτό με C=(1,0,1)

&

και αυτό με C=(1,0,-1)

&

: και στις δύο περιπτώσεις ισχύει η $|CD|=\sqrt{2}$ (που ήδη είχα ανεπίσημα αναφέρει χθες, ως προκύπτουσα από την τριγωνομετρική προσέγγιση και την $\theta=\phi$ ). [Από q=p

προκύπτουν οι a=b=p^2

και

, ενώ από

προκύπτουν οι a=b=-p^2

και

, κλπ]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 06, 2018 12:40 am**

KDORTSI έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 8:17 am
gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.
.....................................
Για ένα πεντάγωνο στο χώρο των τριών διαστάσεων θα δείξουμε στη συνέχεια τις δυο ακόλουθες προτάσεις:

1η) Μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα πεντάγωνο στον ευρύτερο χώρο των τριών διαστάσεων στο οποίο όλες οι πλευρές του
να είναι ίσες καθώς κι από τις πέντε γωνίες του οι τέσσερις να είναι ορθές.

2η) Σε ένα τέτοιο πεντάγωνο η πέμπτη γωνία είναι πάντα ή αμβλεία ή οξεία.

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

Συνέχεια....

Θα δείξουμε τη δεύτερη πρόταση.

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Πεντάγωνο 4.png (45.11 KiB) Προβλήθηκε 2272 φορές

Θα μελετήσουμε κατ' αρχήν τη γωνία $\displaystyle{\varphi}$ που σχηματίζει η πλευρά $\displaystyle{BC}$ με το οριζόντιο επίπεδο $\displaystyle{xAy}$

Από το μέσο $\displaystyle{E_2}$ της $\displaystyle{BD}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{E_2E_o}$ προς το επίπεδο $\displaystyle{x=a}$ και στη συνέχεια φέρουμε τα τμήματα: $\displaystyle{E_oC, \ \ E_oB}$

Τότε είναι:

$\displaystyle{BE_o=\frac{DK}{2}=\frac{a\sqrt{7}}{4} \ \ (1)}$

$\displaystyle{E_2C=R=\frac{a\sqrt{2}}{2} \ \ (2) }$

$\displaystyle{E_2E_o=\frac{a}{4} \ \ (3)}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{E_2E_oC}$ προκύπτει:

$\displaystyle{E_oC=\frac{a\sqrt{7}}{4} \ \ (4)}$

Έτσι από τις (1) και (4) προκύπτει ότι το τρίγωνο $\displaystyle{BE_oC}$ είναι ισοσκελές και από αυτό
μπορούμε να υπολογίσουμε το συνημίτονο της γωνίας $\displaystyle{\theta}$ .
Έτσι είναι:

$\displaystyle{cos\theta=\frac{\displaystyle\frac{BC}{2}}{E_oB}=...=\frac{2\sqrt{7}}{7} \ \ (5)}$

Στη συνέχεια προβάλλω στον ορίζοντα την κορυφή $\displaystyle{C}$ κι έτσι η γωνία $\displaystyle{\varphi}$ του ορθογωνίου τριγώνου
$\displaystyle{BC_1C}$ έχει:

$\displaystyle{cos\varphi=cos(90^o-\theta)=sin\theta=\sqrt{1-cos^2\theta}=...=\frac{\sqrt{21}}{7} \ \ (6) }$

και επειδή:

$\displaystyle{\frac{\sqrt{21}}{7}>\frac{1}{2} }$

θα είναι:

$\displaystyle{0^{ο} \leqslant \varphi<60^o \ \ (7)}$

Αν εργαστούμε τώρα με τον ίδιο τρόπο θα βρούμε ότι και η γωνία $\displaystyle{\omega}$ έχει το ίδιο συνημίτονο και συνεπώς
είναι ίση με την $\displaystyle{\varphi}$ . Δηλαδή:

$\displaystyle{\varphi=\omega \ \ (8)}$

Από την (8) προκύπτει ότι η διαγώνιος $\displaystyle{CE}$ είναι παράλληλη προς το οριζόντιο επίπεδο.
Αν τώρα προβάλλουμε το $\displaystyle{E}$ στο $\displaystyle{E_1}$ και θεωρήσω το συμμετρικό $\displaystyle{S}$ του $\displaystyle{C_1}$ ως προς κέντρο
το σημείο $\displaystyle{B}$ , όπως φαίνεται εξάλλου και στο σχήμα, τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{E_1SC_1}$ θα
είναι:

$\displaystyle{(EC)^2=(E_1C_1)^2=x^2=a^2+(2(cos\varphi))^2 }$

ή ακόμα:

$\displaystyle{x=a\sqrt{1+4cos^2\varphi} \ \ (9)}$

Εύκολα τώρα από την (9) και την (7) προκύπτει ότι:

$\displaystyle{EC=x>a\sqrt{2}}$

Δηλαδή η γωνία $\displaystyle{D}$ είναι μεγαλύτερη της ορθής, πράγμα που θέλαμε να δείξουμε.

Όμοια δουλεύουμε και για τις άλλες τρεις περιπτώσεις των πενταγώνων που αναφέραμε στο
προηγούμενο μήνυμα.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 07, 2018 12:35 am**

KDORTSI έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 8:17 am
gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 01, 2018 1:04 pm Ε.Μ.Ε. 1983: να εξεταστεί αν υπάρχει στρεβλό πεντάγωνο (στον χώρο) με όλες τις πλευρές ίσες και όλες τις γωνίες ορθές.
Γιώργο καλημέρα σε σένα και στους συνομιλητές σου...
Παρουσιάζω και μια άλλη ιδέα

Κατ' αρχήν σε ένα πεντάγωνο του επιπέδου δεν μπορεί να συμβεί κάτι τέτοιο γιατί σε κάθε κυρτό πεντάγωνο το άθροισμα
των γωνιών του είναι ίσο με $\displaystyle{3\cdot 180^o=540^o}$ και όχι ίσο με $\displaystyle{5\cdot 90^o=450^o}$ .

Για ένα πεντάγωνο στο χώρο των τριών διαστάσεων θα δείξουμε στη συνέχεια τις δυο ακόλουθες προτάσεις:

1η) Μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα πεντάγωνο στον ευρύτερο χώρο των τριών διαστάσεων στο οποίο όλες οι πλευρές του
να είναι ίσες καθώς κι από τις πέντε γωνίες του οι τέσσερις να είναι ορθές.

2η) Σε ένα τέτοιο πεντάγωνο η πέμπτη γωνία είναι πάντα ή αμβλεία ή οξεία.[\quote]

[\quote]Στο σχήμα αυτό βλέπουμε τα τέσσερα τέτοια πεντάγωνα:

$\displaystyle{ABCDE, \ \ ABCDN, \ \ ABIDN, \ \ ABIDE}$

τα οποία σχηματίζουν μια πυραμίδα με βάση ένα παραλληλόγραμμο και ένα τριγωνικό πρίσμα
τα οποία μοιάζουν με ένα αρθρωτό κιόσκι!

(Συνεχίζεται....)

Κώστα όντως συνέχισες με την 2η πρόταση, συνεχίζω τώρα και εγώ με ακριβείς υπολογισμούς των γωνιών EDI=CDN=60^0

και $CDE=IDN=arccos(-5/14)\approx 110,9^0$ (αλλά και εναλλακτικό/αλγεβρικότερο τρόπο προσδιορισμού των τεσσάρων πενταγώνων) ... στο πνεύμα της τελευταίας μου δημοσίευσης (όπου ασχολήθηκα με την λιγότερο ενδιαφέρουσα περίπτωση των τεσσάρων ίσων πλευρών και των πέντε ορθών γωνιών).

Θέτουμε λοιπόν A=(-b,0,0), B=(b,0,0), D=(0,0,d)

... και αναζητούμε ΔΥΟ ενδιάμεσα σημεία P=(p,q,r)

&

τέτοια ώστε το πεντάγωνο ABSDP

να έχει όλες τις πλευρές ίσες (προς

) και τις γωνίες APD, PAB, ABS, BSD

ορθές.

Η ισότητα των τεσσάρων υπολοίπων πλευρών προς

μας δίνει τις εξισώσεις

p^2+q^2+(r-d)^2=4b^2

ενώ η ορθότητα των τεσσάρων γωνιών APD, PAB, ABS, BSD

μας δίνει τις εξισώσεις

b^2+d^2=[p^2+q^2+(r-d)^2]+[(p+b)^2+q^2+r^2]

b^2+d^2=[(s-b)^2+t^2+u^2]+[s^2+t^2+(u-d)^2].

Το φαινομενικά πολύπλοκο σύστημα στο οποίο καταλήξαμε 'ξετυλίγεται' αρκετά εύκολα, δίνοντας εξ αρχής p=-b, s=b

, σε δεύτερη φάση $u=r=\dfrac{4b^2}{d}$ , σε τρίτη φάση $q^2=t^2=4b^2-\dfrac{16b^4}{d^2}$ ... και, τελικά, $d=\pm\sqrt{7}b$ , $u=r=\pm\dfrac{4b}{\sqrt{7}}$ , $q^2=t^2=\dfrac{12b^2}{7}$ .

Στο παραπάνω αποτέλεσμα ... το αν θα επιλέξουμε το

ή το

για τα

αποφασίζει απλώς και μόνον αν το πεντάγωνο μας θα βρίσκεται στο βόρειο ή στο νότιο ημισφαίριο. Αντίθετα, το αν θα επιλέξουμε

ή

για το

(ξεκινώντας από την $q^2=\dfrac{12b^2}{7}$ ) ή για το

(ξεκινώντας από την $t^2=\dfrac{12b^2}{7}$ ) ... οδηγεί σε $2\cdot 2=4$ περιπτώσεις και πεντάγωνα! Συγκεκριμένα, καταλήγουμε στα εξής

πεντάγωνα:

$A=(-b,0,0), B=(b,0,0), P=\left(-b,\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), S=\left(b,\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), D=(0,0,\sqrt{7}b)$ [πεντάγωνο ABCDN

]

$A=(-b,0,0), B=(b,0,0), P=\left(-b,\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), S=\left(b,-\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), D=(0,0,\sqrt{7}b)$ [πεντάγωνο ABIDN

]

$A=(-b,0,0), B=(b,0,0), P=\left(-b,-\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), S=\left(b,\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), D=(0,0,\sqrt{7}b)$ [πεντάγωνο ABCDE

]

$A=(-b,0,0), B=(b,0,0), P=\left(-b,-\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), S=\left(b,-\sqrt{\dfrac{12}{7}}b,\dfrac{4b}{\sqrt{7}}\right), D=(0,0,\sqrt{7}b)$ [πεντάγωνο ABIDE

]

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 07, 2018 7:50 pm**

Αναλογίζομαι -- όσο μου επιτρέπουν η ζέστη, η πίτα και η οξεία προημιτελικίτιδα

-- τους υπολογισμούς της προηγούμενης δημοσίευσης μου ... και σκέφτομαι ότι κάποια πράγματα είναι προφανή, όπως οι ισότητες p=-b

,

(καθώς τα

/

,

/

οφείλουν να κείνται επί κύκλων κέντρων

,

(και ακτίνας

) καθέτων στην

) ή η ισότητα $d=\sqrt{7}b$ (που προκύπτει άμεσα από διπλή εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος στα MBD

και

), κάποια όχι και τόσο...

: αρθρωτό-κιόσκι.png (32.7 KiB) Προβλήθηκε 2163 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 08, 2018 12:27 am**

Γιώργο, καλησπέρα από τα Γρεβενά.

Προχώρησες πολύ το θέμα. Εγώ προσθέτω ένα δυναμικό αρχείο σύμφωνα με τα μέχρι τώρα στοιχεία
που παραθέσαμε κι έκανα ένα παιχνίδι σαν εκείνες τις κατασκευές με σπιρτόξυλα!

Από πέντε σπιρτόξυλα με κάποιες μετακινήσεις - γεωμετρικούς μετασχηματισμούς, φτιάχνουμε ένα από
τα τέσσερα πεντάγωνα που αναφέρθηκαν προηγουμένως.

Ακόμα αν προσέξει κανείς τις οδηγίες που έχω στο δυναμικό σχήμα θα απολαύσει και κάποιες
σχοινοκατασκευές καθώς κι ένα πεντάγωνο - "αράχνη".

: Πεντάγωνο -αράχνη 1.png (23.05 KiB) Προβλήθηκε 2142 φορές

Τελικά το στερεό που προκύπτει ζητά τον υπολογισμό της επιφάνειας και του όγκου του.

Κώστας Δόρτσιος

Πεντάγωνο3.ggb: (16.57 KiB) Μεταφορτώθηκε 89 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 08, 2018 7:09 pm**

Κώστα για μένα ήταν πολύ ενδιαφέρον ότι εσύ ξεκινάς από μια πλευρά, ενώ εγώ από μια κορυφή! Η ιδέα σου -- στην οποία ανταποκρίθηκα εις το έπακρον

-- να αναζητήσεις τα 'τετρορθογώνια' ισόπλευρα πεντάγωνα που αντιστοιχούν σ'αυτήν την μία πλευρά έξοχη, το ίδιο ως συνήθως και τα σχήματα σου ... μόνο που το τελευταίο το δυναμικό δεν μπορώ να το απολαύσω ... καθώς δεν έχω το geogebra και δεν βρίσκω αξιοπρεπή τρόπο να το κατεβάσω

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 06, 2022 7:27 pm**

: inbound4820896611625159128.jpg (190.58 KiB) Προβλήθηκε 1409 φορές

Είναι σωστά;

mathematica.gr

Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη

Re: Πεντάγωνο ... σε σύνταξη