Προβλήματα Μαθηματικών

Αύγουστος 30, 2009

Πέντε σημεία

Filed under: Άλυτα Προβλήματα,Με υπόδειξη — Michalis Loulakis @ 2:31 πμ

Είναι δυνατόν να βρούμε 5 σημεία στο χώρο, τέτοια ώστε οι όγκοι των 5 τετραέρδων που ορίζουν να είναι ίσοι και μη μηδενικοί;

Advertisements

9 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη:

    Μπορούν τα 4 απ’ αυτά τα σημεία να είναι τα (0,0,0), (0,0,1), (0,1,0) και (1,0,0);

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Οκτώβριος 9, 2009 @ 5:42 πμ

  2. Έλεγξες αν ισχύουν οι προϋποθέσεις….;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από zf1986 — Οκτώβριος 25, 2009 @ 9:48 μμ

  3. Αυτό που εννοώ στην υπόδειξη είναι: υπάρχει σημείο στο χώρο ώστε αυτό και τα 4 σημεία που αναφέρονται να ορίζουν 5 τετράεδρα με ίσους και μη μηδενικούς όγκους;

    Είτε βρείτε ένα τέτοιο σημείο, είτε αποδείξτε ότι δεν υπάρχει.
    Αν βρείτε τέτοιο σημείο θα έχετε λύσει το πρόβλημα.
    Αν αποδείξετε ότι δεν υπάρχει, σκεφτείτε γιατί παίρνοντας 4 συγκεκριμένα σημεία δεν βλάπτεται η γενικότητα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Οκτώβριος 25, 2009 @ 10:45 μμ

  4. test LateX: $2^{3}=10-2$

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Φεβρουαρίου 10, 2014 @ 9:50 μμ

  5. Test
    $\begin{vmatrix}0 & 1 & 1 & 1 \\1 & 0 & c^2 & b^2\\1 & c^2 & 0 & a^2\\1 & b^2 & a^2 & 0 \end{vmatrix}$

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Φεβρουαρίου 10, 2014 @ 9:52 μμ

  6. Χαιρετώ ιστολόγους και ιστολογούντες και εύχομαι καλή χρονιά (λίγο καθυστερημένες οι ευχές, αλλά πιάνεται λέει μέχρι 40 μέρες μετά, οπότε είμαι ακριβώς στο lim.. )
    Έχω μια διαισθητική και μια αυστηρή απόδειξη αδυναμίας.
    Μια διαισθητική (χωρίς τύπους) απόδειξη πως δεν υπάρχουν 5 τέτοια σημεία στο χώρο, είναι νομίζω η εξής:
    Τα 4 σημεία ορίζουν ένα τετράεδρο. Αν το 5ο σημείο είναι εσωτερικά σ’αυτά το τετράεδρο, προφανώς κάθε τετράεδρο που σχηματίζεται με μια από τις κορυφές του αυτό το εσωτερικό σημείο, είναι μικρότερου όγκου από το αρχικό.
    Αν τώρα τα 3 σημεία έστω Σ1,Σ2,Σ3 ορίζουν ένα τρίγωνο και το ευθύγρ. τμήμα, έστω Σ4-Σ5 που ορίζουν τα 2 εναπομείναντα σημεία τέμνει («τρυπάει») το τρίγωνο ,σχηματίζονται 2 πυραμίδες με κοινή βάση το τρίγωνο Δ Σ1Σ2Σ3 και κορυφές αντίστοιχα τα δύο άκρα του ευθ. τμήματος Σ4 και Σ5. 2 τετράεδρα λοιπόν αυτά. Αλλά ο ίδιος όγκος (κατά μέγεθος και θέση) ανήκει ταυτόχρονα στα 3 τετράεδρα που ορίζονται αν αλλάξουμε το οπτικό μας πεδίο και θεωρήσουμε την τέμνουσα ευθεία Σ4-Σ5(σαν ακμή) και τις ακμές των πυραμίδων. Ο V(2τετραέδων)=V(3 τετραέδων), άρα οι όγκοι δεν μπορεί να είναι ίσοι.
    Άλλη δυνατή διάταξη σημείων δεν υπάρχει. Με την έννοια πως αν έχουμε 4 σημεία και θέλουμε να προσθέσουμε ένα 5ο ,αυτό πρέπει να τοποθετηθεί εκτός του ήδη σχηματισμένου τετραέδρου και κάπου απ’όπου θα «βλέπει» όλες τις κορυφές . Αλλά τότε σχηματίζεται ένα μεγαλύτερο τετράεδρο που περιέχει μία από τις υπάρχουσες κορυφές.

    Η αυστηρή απόδειξή μου (με βάση και την υπόδειξη του Μιχάλη) είναι η εξής:
    Έστω τα 5 σημεία: Σ1, Σ2, Σ3, Σ4, Σ5. Πρέπει να δειχτεί πως μπορούμε να επιλέξουμε ,χωρίς βλάβη της γενικότητας, την αρχή των αξόνων και τα μοναδιαία ανά άξονα, τα :
    Σ1= (0,0,0) , Σ2=(1,0,0) , Σ3=(0,1,0) , Σ4=(0,0,1) και το πρόβλημα είναι απολύτως ισοδύναμο με το να δειχτεί πως δεν γίνεται τα 5 σημεία να ορίσουν -άνα 4- 5 όγκους τετραέδρων=1.

    Ο όγκος που αντιστοιχεί σ’αυτό το τετράεδρο είναι: 1/6 * την ορίζουσα {{1,0,0),{0,1,0},{0,0,1}} = (1/6)*1=1/6
    Μπορούμε να μεταθέσουμε γραμμικά τα 4 σημεία διατηρώντας τις εξισώσεις των όγκων ,όλα τα οριζόμενα τετράεδρα (με κορυφές όποια 4 από τα 5 σημεία) δηλαδή έχουν V=1/6.
    Όντως, κάθε γραμμικός μετασχηματισμός ,από αρχικές συντεταγμένες x σε τελικές y, της μορφής:
    y=Π*x + v , με Π= πίνακας 3 Χ 3 και v =φιξαρισμένο διάνυσμα, μεταβάλει τον όγκο ανά περίπτωση κατά σταθερό παράγοντα ίσον με την απόλυτη τιμή της ορίζουσας του Π.
    Άρα, μπορούμε να επιλέγουμε κατάλληλο μετασχηματισμό που θα αλλάζει τις συντεταγμένες των Σ1,Σ2,Σ3 και Σ4 και μετά θα ισχύει πάντα το πιο πάνω (Vτετραέδρων=1/6)
    Για συντ. σημείου Σ(x,y,z) ,αφού ο όγκος του τετραέδρου V(Σ1 Σ2 Σ3 Σ5)=1 ισχύει z=+- 1
    Kυκλικώς, προφανώς έχουμε y=+-1 και y=+-1 . To ότι ο όγκος τώρα του (Σ2 Σ3 Σ4 Σ5)=1 ,απαιτεί το Σ5 να κείται επί επιπέδου παραλλήλου στο επίπεδο Σ2 Σ3 Σ4 στην αρχή των αξόνων (Σ1) ή συμμετρικά προς την άλλη πλευρά. Πρέπει δηλαδή να ισχύει: x+y+z=2 ή x+y+z=0
    Aλλά, όπως ήδη είδαμε η τριπλέτα (x,y,z) παίρνει τιμές +1 ή -1 για κάθε συντεταγμένη .Καμία από τις μεταθέσεις του (+-1 ,+-1, +-1) δεν μπορεί να ικανοποιήσει τις δύο σχέσεις από πάνω. Q.E.D
    Ωραίο πρόβλημα!

    YΓ. Πώς χειρίζεται το περιβάλλον των σχολίων το Latex? Έβαλα των κώδικα ,έβαλα και τα δολαριάκια μου μπρος-πίσω, αλλά τζίφος. Τι κάνω λάθος;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Φεβρουαρίου 11, 2014 @ 12:05 πμ

  7. Πολύ ωραία! Το επιχείρημα με τον αφινικό μετασχηματισμό είναι πολύ χρήσιμο όταν θέλει κανείς να συγκρίνει αναλογίες όγκων. Μπορεί κανείς να στέλνει τυχαία σημεία σε δεδομένα όπως εδώ, ελλείψεις σε κύκλους κ.λπ.

    Υπενθύμιση για το latex. Βάζουμε το σύμβολο $,τη λέξη latex, τον κώδικα latex, και τέλος πάλι $. Π.χ. για να εμφανιστεί e^{i\pi}+1=0 αντικαταστείστε τα » με $ στο «latex e^{i\pi}+1=0».

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Φεβρουαρίου 11, 2014 @ 12:51 πμ

  8. Α,μερσί Μιχάλη! Πολύ ενδιαφέροντα τα αφινικά! Μερσί και για το tip. To δοκιμάζω αμέσως:
    $latex$ \begin{vmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \ & 1 & 0 & 0\ & 0 & 1 & 0\\1 & 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}
    Παρεμπιπτόντως, και συγγνώμη για την άσχετη με το θέμα αναφορά αλλά για να μην αλλάζω αναρτήσεις, δεν «σνομπάρισα» το «Βόλλεϋ», απλώς κάπου κόλλησα και το παράτησα (μέχρι να το ξαναπιάσω κάποια στιγμή (μετά από 5 χρόνια ίσως.. 🙂 που θα ξανάρθει όρεξη)
    Παρεμπιτόντως2, δεν μού απάντησες στο «Ευσταθής ισορροπία». Αντιλαμβάνομαι βέβαια πως δεν είναι πολύ «αυστηρό» το επιχείρημα περί αεικινήτου ,και δεν κάνει χρήση της υπόδειξής σου, αλλά δεν είναι ισχυρό λογικά;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Φεβρουαρίου 11, 2014 @ 1:12 πμ

  9. Ανεπίδεκτος μαθήσεως είμαι… α να δούμε τώρα…
    \begin{vmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \ & 1 & 0 & 0\ & 0 & 1 & 0\\1 & 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Φεβρουαρίου 11, 2014 @ 1:14 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

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: