Προβλήματα Μαθηματικών

Απρίλιος 1, 2008

Χωρισμός σε τέσσερα

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Mihalis Kolountzakis @ 9:51 πμ

Αν \Omega είναι ένα (ανοιχτό και φραγμένο) υποσύνολο του επιπέδου δείξτε ότι υπάρχουν δύο ορθογώνιες ευθείες που το χωρίζουν σε 4 ισεμβαδικά μέρη.

Advertisements

10 Σχόλια »

  1. […] ενδιαφέρον blog μαθηματικών…Προβλήματα Μαθηματικών για όσους […]

    Μου αρέσει!

    Πίνγκμπακ από Ομιλία Μανούσος Μαραγκουδάκης « Ταξιδεύοντας… — Απρίλιος 1, 2008 @ 10:35 μμ

  2. Αυτο το πρόβλημα θυμίζει το θεώρημα των δύο τηγανίτων.

    Ορίζουμε μια κατεύθυνση στο επίπεδο. Υπάρχει τουλάχιστον μια ευθεία σε αυτήν την κατεύθυνση που να καλύπτει 0% του εμβαδού του Ω, και μία τουλάχιστον ευθεία στην ίδια κατεύθυνση που να καλύπτει το 100% του εμβαδού του Ω. Από συνέχεια, θα πρέπει να υπάρχει μία ευθεία στην ίδια κατεύθυνση που να κόβει το Ω σε δύο ίσα κομμάτια.

    Επιλέγουμε τώρα την κατεύθυνση που είναι κάθετη στην αρχική. Με το ίδιο επιχείρημα βρίσκουμε την ευθεία που την χωρίζει σε δύο ίσα μέρη. Αυτες οι δύο εύθειες δίνουν το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από dxatzakos — Απρίλιος 3, 2008 @ 11:31 μμ

  3. Όχι.

    Δείτε την εικόνα εδώ.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 4, 2008 @ 12:13 πμ

  4. Ας κάνω κι εγώ μια προσπάθεια.
    Έστω ένα διάνυσμα ΑΒ στο επίπεδο. Για κάθε φ στο [0,π] υπάρχει από το θεώρημα Bolzano μια ευθεία ε(φ) που σχηματίζει γωνία φ με το ΑΒ και χωρίζει το Ω σε δύο τμήματα με ίσο εμβαδόν.
    Έστω ένα φ στο [0,π/2]. Θεωρούμε τις ευθείες ε(φ) και ε(φ+π/2) οι οποίες χωρίζουν το επίπεδο σε τέσσερα τεταρτημόρια. Έστω Ε1(φ),Ε2(φ),Ε3(φ),Ε4(φ) τα εμβαδά των τεσσάρων τμημάτων του Ω αντίστοιχα στο κάθε τεταρτημόριο. Επειδή οι ευθείες ε(φ) και ε(φ+π/2) χωρίζουν η κάθε μια το Ω σε δύο τμήματα με ίδιο εμβαδό, θα ισχύει Ε1(φ)=Ε3(φ) και Ε2(φ)=Ε4(φ).
    Θεωρούμε τη συνάρτηση γ(φ)=Ε1(φ)-Ε2(φ) η οποία είναι συνεχής και για την οποία ισχύει
    γ(0)*γ(π/2) = (Ε1(0)-Ε2(0))*(Ε1(π/2)-Ε2(π/2)) = (Ε1(0)-Ε2(0))*(Ε4(0)-Ε1(0)) = -((Ε1(0)-Ε2(0))^2 <= 0,
    άρα και πάλι απ΄το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα φ0 στο [0,π/2] ώστε γ(φ0)=0, δηλαδή Ε1(φ0)=Ε2(φ0), άρα Ε1(φ0)=Ε2(φ0)=Ε3(φ0)=Ε4(φ0). Συνεπώς οι ευθείες ε(φ0) και ε(φ0+π/2) χωρίζουν το Ω σε τέσσερα ισεμβαδικά μέρη.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από steliosdes — Απρίλιος 15, 2008 @ 5:43 μμ

  5. steliosdes:

    Μπράβο, η λύση σου είναι σωστή, αλλά λείπουν δύο σημαντικές λεπτομέρειες:

    1. Γιατί είναι οι συναρτήσεις E_i(\phi) που ορίζεις συνεχείς. Αυτό θέλει απόδειξη και, χωρίς αυτή να απαιτεί κανένα ιδιαίτερο κόλπο, είναι νομίζω ενδιαφέρον να προσπαθήσει κανείς να την περιγράψει με καθαρό τρόπο που να μην αφήνει αμφιβολίες.

    2. Σίγουρα υπάρχει το εξής πρόβλημα με τους ορισμούς σου: οι θέσεις των δύο ορθογωνίων ευθειών δεδομένου του \phi δεν είναι μοναδικά ορισμένες εν γένει και άρα το πρόβλημα της συνέχειας που ανέφερα προηγουμένως είναι ακόμη πιο έντονο αφού τίθεται και θέμα κατάλληλου ορισμού της κάθε συνάρτησης, αλλιώς αποκλείεται να βγει συνεχής. Αυτό γιατί το \Omega δεν είναι κατ’ ανάγκη συνεκτικό.

    Το πρόβλημα Νο 2 μπορεί εύκολα να λυθεί με κάποιο «κόλπο» σε αντίθεση με το Νο 1 που απαιτεί προσεκτική, και ενδεχομένως λίγο βαρετή επιχειρηματολογία.

    Πάντως η ουσία της λύσης είναι αυτή που περιγράφεις (με κάποιες ενδεχόμενες απλουστεύσεις).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 16, 2008 @ 4:34 πμ

  6. 2)Για να είναι η ε(φ) καλά ορισμένη θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε στο επίπεδο ένα σταθερό σημείο Ρ και να ορίσουμε την ε(φ) ως την ευθεία που χωρίζει το Ω σε δύο ισεμβαδικά μέρη,σχηματίζει γωνία φ με το ΑΒ και έχει την μικρότερη απόσταση από το Ρ. Αυτή η ευθεία υπάρχει γιατί το Ω είναι φραγμένο άρα οι αποστάσεις πέρνουν τιμές σε ένα φραγμένο διάστημα (το οποίο είναι και κλειστό άρα το infimum ανήκει σε αυτό). Επίσης αυτή η ευθεία είναι μοναδική γιατί αν υπήρχαν δύο με την ίδια ελάχιστη απόσταση από το Ρ τότε και η ευθεία που περνάει από το Ρ και είναι παράλληλη σ’αυτές θα ικανοποιούσε το ζητούμενο και άρα αυτή θα ήταν η ευθεία με την ελάχιστη απόσταση, που είναι άτοπο.
    Έτσι οι κάθετες ευθείες ε(φ) και ε(φ+π/2) ορίζονται μονοσήμαντα για κάθε φ.

    Για το 1 θα το ξανασκεφτώ. Κατ’αρχήν νομίζω πρέπει να οριστούν καλά τα Εi(φ) γιατί δεν έχω δώσει ακόμη αυστηρούς ορισμούς για το ποιό είναι πχ το Ε1,το Ε2 κ.λ.π. Γενικά δούλεψα το πρόβλημα πιο πολύ διαισθητικά και δεν έδωσα τόση σημασία στο να βρω μια αυστηρή απόδειξη.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από steliosdes — Απρίλιος 16, 2008 @ 8:32 μμ

  7. Είναι συνήθως δύσκολο να αποδείξει κανείς τη συνέχεια όταν στον ορισμό μιας συνάρτησης έχει χρησιμοποιηθεί ένα κάπως αυθαίρετο κριτήριο για να διαλέξει κανείς ανάμεσα σε δύο εξ ίσου «καλές» τιμές.

    Δε λέω ότι αυτό που προτείνεις δε δουλεύει, αλλά ίσως είναι λίγο δύσκολο να αποδείξεις ότι δουλεύει.

    Είναι προτιμότερο να μην χρειαστεί να διαλέξει κανείς ανάμεσα σε δύο τιμές. Για παράδειγμα, μπορεί κανείς να προσθέσει κάτι στο χωρίο ώστε αυτό το κάτι να έχει οσοδήποτε μικρό εμβαδό θέλουμε και ταυτόχρονα να καθιστά την επιλογή της ευθείας (που χωρίζει στη μέση το χωρίο) μονοσήμαντη. Βέβαια έχουμε αλλάξει το χωρίο αλλά μπορούμε να κάνουμε μια ακολουθία από τέτοιες αλλαγές στις οποίες το extra χωρίο να πηγαίνει στο 0 και μέσω της ακολουθίας αυτής να επιλέξουμε το «σταυρό» που χωρίζει στα 4 το αρχικό μας χωρίο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 16, 2008 @ 10:27 μμ

  8. Αγαπητέ κύριε Κολουντζάκη, δεν υπάρχει σχήμα το οποίο να μπορεί να χωριστεί, όπως λέτε, σε 4 ισεμβαδικά μέρη, δηλονότι σε 4 (ή όσα) ίσα πολυγωνικά χωρία. Έτσι εκ προοιμίου το αίτημά σας είναι ανέφικτο και αν «αποδειχθεί» θα είναι ψευδές κρινόμενο αξιωματικά.
    Π.χ. για να απλουστεύσουμε τη θεώρηση, 1 τετράγωνο ΑΒΓΔ δεν χωρίζεται με τις διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ του τέμνονται στο Ο, σε 4 ίσα μέρη, είτε σχηματικά, είτε εμβαδικά, δηλαδή 4 ίσα και ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΟ, ΒΓΟ, ΓΔΟ και ΓΑΟ. ΔΕΝ ΧΩΡΙΖΕΤΑΙ. Αν είχατε απαντήσει στο ερώτημα για τα δύο τεμνόμενα στο Ο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ και ΓΔ, που δεν το κάνατε με το επιχείρημα ότι είναι φιλοσοφικό, τότε θα ήταν δυνατό από εσάς να γίνει κατανοητός ο ισχυρισμός μου. Οι τεμνόμενες διαγώνιες του τετραγώνου, αξιωματικά καταλαμβάνουν ίδιαν επιφάνεια και επομένως δεν μπορούμε να την πολλαπλασιάζουμε αναγνωρίζοντας κοινές πλευρές και κοινό σημείο Ο σε όλα τα παράγωγα ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα, χωρίς επίπτωση για την ακρίβεια των μετρήσεων.
    Πάρτε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ 2Χ2 και φέρτε τις διάμεσες ΜΛ και ΖΚ που τέμνονται στο Ο και χωριστά 4 τετραγωνικά μέτρα 1 το καθένα, όπως προβλέπει το αξίωμα του εμβαδού, ανεξάρτητα μεταξύ τους. Στη συνέχεια προσπαθείστε να μετρήσετε το 2Χ2 με επίθεση, κατά την προβλεπόμενη μέθοδο από τη θεωρία μετρήσεως, των 4 τετραγωνικών μέτρων. Το πρώτο τετραγωνικό μέτρο θα επικαλύψει π.χ. το τετράγωνο ΑΜΟΚ ως προς το σημείο Ο, μαζί με τις πλευρές ΑΜ, ΜΟ, ΟΚ, ΚΑ.
    Τα άλλα τρία τετραγωνικά μέτρα πως θα επιτεθούν επί του ΑΒΓΔ όταν το Ο και οι αναφερόμενες πλευρές είναι ήδη επικαλυμμένες;
    Τα σχήματα δεν μετακινούνται αυτά καθαυτά επί του επιπέδου παρά μόνο σαν ομόλογα ή εικονικά, ενώ τα μέτρα μετακινούνται ελεύθερα (κατά πρόβλεψη) και επιτίθενται σύμφωνα με τη θεωρία μετρήσεως επί των μετρουμένων. Τα μέτρα δεν είναι σχήματα με την έννοια των σημειοσυνόλων να έχουν κοινές πλευρές και κοινά σημεία, αλλά υλικά υποδείγματα και δεν ανήκουν στη γεωμετρία αποκλειστικά, αφού δεν υπάρχουν άλλα μέτρα για τα μαθηματικά και άλλα για την καθημερινότητα.
    Η μέτρηση λοιπόν δεν μπορεί να δείξει και επομένως να αποδείξει, ότι το ΑΒΓΔ 2Χ2 είναι 4 τ.μ.
    Πως εσείς ζητάτε απόδειξη χωρισμού σε 4 ίσα μέρη ενός σημειοσυνόλου (του όποιου), όταν αποδεικνύεται ότι τα μέρη δεν κάνουν το όλο και σχηματικά και εμβαδικά;
    Ελπίζω να μη μου πείτε ότι ομιλώ φιλοσοφικά αγαπητέ μου κύριε Κολουντζάκη.
    Τα μαθηματικά δεν μπορεί να στηρίζονται σε αοριστίες όταν οι αποδείξεις χρήζουν αξιωματικής στήριξης και μόνο τότε θεωρούνται αληθείς, άλλως είναι ψευδείς και εν προκειμένω η οποιαδήποτε απόδειξη που ζητάτε δεν μπορεί ΠΟΤΕ να είναι αληθής.
    Αυτή είναι η άποψή μου και ευχαρίστως να δεχθώ τον όποιο αντίλογο από μέρους σας ή όποιου άλλου μαθηματικού, αν και κρίνοντας μετά την πρώτη απάντησή σας δεν το θεωρώ πιθανό, χωρίς αυτό βέβαια να αποτελεί έκπληξη για μένα ή αμφισβήτηση των μαθηματικών σας γνώσεων και ικανοτήτων.
    Θα σας παρακαλέσω πολύ, αν αισθάνεστε έστω και την παραμικρή ενόχληση από τα ερωτήματά μου να μου το γνωρίσετε και θα αποχωρήσω άμεσα από το blog ώστε να μπορείτε να λύνετε με άνεση και ευκολία τις ασκήσεις σας.
    Ειλικρινά με τιμή, γιατί γνωρίζω τη δυσκολία που θα αντιμετωπίσει ο οποίος μαθηματικός στους ισχυρισμούς μου κι εσείς δεν μπορείτε να αποτελείτε εξαίρεση…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από aplos — Απρίλιος 29, 2008 @ 11:51 πμ

  9. steliosdes:

    Ένας απλός τρόπος για να αποφύγει κανείς το πρόβλημα της μη μοναδικότητας της ευθείας (με δεδομένο κατεύθυνση) που χωρίζει το χωρίο στα δύο είναι ο εξής:

    Το χωρίο \Omega είναι φραγμένο. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι περιέχεται στο τετράγωνο (-M,M) \times (-M,M). Ορίζουμε ένα νέο χωρίο \Omega' που απαρτίζεται από το χωρίο \Omega και το περίγραμμα του τετραγώνου (-2M,2M) \times (-2M,2M) «παχυμένο» σε πάχος \epsilon/(16M). Έτσι εξασφαλίζουμε ότι το συνολικό εμβαδό του περιγράμματος που προσθέσαμε είναι \le\epsilon.

    Επίσης αν σταθεροποιήσουμε την κατεύθυνση μιας ευθείας και την μετακινούμε παράλληλα προς τον εαυτό της τότε πάντα αυτή θε τέμνει το περίγραμμα και άρα η διαφορά του εμβαδού από τη μια μεριά της μείον το εμβαδό από την άλλη είναι μια αυστηρά μονότονη συνάρτηση. Έτσι, για το χωρίο \Omega' έχουμε την επιθυμητή μοναδικότητα και άρα μια λύση στο πρόβλημά μας, δηλ. ένα «σταυρό» που χωρίζει το \Omega' σε 4 ίσα μέρη.

    Παίρνουμε τώρα, για το ίδιο \Omega μια ακολουθία \epsilon_n\to0, τα αντίστοιχα χωρία \Omega' και την ακολουθία των σταυρών που λύνουν το πρόβλημα για την ακολουθία των $\latex \Omega’$, και δείχνουμε τα εξής:

    1. Υπάρχει υπακολουθία \epsilon_{n_k} για την οποία η ακολουθία των σταυρών συγκλίνει (δηλ. συγκλίνουν τα κέντρα των σταυρών και οι προσανατολισμοί).

    2. Ο οριακός σταυρός χωρίζει το \Omega σε 4 ίσα μέρη.

    Αυτά θέλουν λίγη δουλειά αλλά είναι μάλλον τετριμμένη, τουλάχιστον για κάποιον που έχει συνηθίσει τις οριακές διαδικασίες.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Μαΐου 2, 2008 @ 9:59 πμ

  10. Ο σταυρός αποτελεί αξιωματικά (αρχική έννοια) ιδίαν επιφάνεια. Αν δειχθεί ότι δεν αποτελεί, όλα θα είναι ομάλα κατά την παράθεση.
    Ωστόσο δεν επιμένω (δεν έχει νόημα), διότι δεν ευρίσκομαι σε θέση παράκλησης αποδοχής της άποψής μου, αφού επικαλούμαι την αρχική έννοια που δεν επιδέχεται αμφισβήτηση, ούτε από άνθρωπο, ούτε από μαθηματικό, ούτε και από τον θεό ακόμα που δεν μπορεί να επέμβει στην ισχύ των αξιωματών.
    Όπως λέει και ο καθηγητής κύριος Πάρις Πάμφιλος, η γεωμετρία ομοιάζει με το σκάκι, όπου τα αξιώματα είναι οι απαράβατοι κανόνες που καθορίζουν το «παιχνίδι» όπως οι κανόνες του σκακιού μια παρτίδα στο σκάκι. Εδώ φαίνεται ότι χωρούν και εναλλακτικοί αυτοσχεδιασμοί στην ισχύ των αξιωμάτων.
    Είναι δικαίωμα του δάσκαλου τάχα που διδάσκει την πλήρη εξάρτηση της απόδειξης από τα αξιώματα να μη τα λαμβάνει υπόψη του;
    Μου κάνει εντύπωση η υπέρβαση του όποιου μαθηματικού (και εδώ πρόκειται για εξαιρετικό) όταν η αρχική έννοια περί επιφάνειας είναι σαφέστατη, ώστε να θεμελιώσει απάντηση σε αντίθεση με την αρχική έννοια. Και σφάλμα να έχω υπάρχει η διδασκαλική υποχρέωση της υπόδειξής του, που διέρχεται μέσα από την απόδειξη ότι ο σταυρός δεν είναι επιφάνεια.
    Επαναλαμβάνω δεν επιμένω, αλλά μένω στις σκέψεις μου και εξακολουθώ να τιμώ αυτόν που με απαξιώνει από αδυναμία. Τελικά είμαι άνθρωπος και αυτό είναι πάνω από τα όποια μαθηματικά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από aplos — Μαΐου 2, 2008 @ 10:22 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: