Προβλήματα Μαθηματικών

Απρίλιος 16, 2012

Πολύγωνα και παραλληλόγραμμα

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Mihalis Kolountzakis @ 4:05 μμ

polygon-red-line
Έστω P ένα κυρτό πολύγωνο στο επίπεδο, συμμετρικό ως προς το σημείο 0.

Δείξτε ότι το P μπορεί να γραφεί ως ένωση παραλληλογράμμων με ξένα εσωτερικά.

Advertisements

6 Σχόλια »

  1. Αρχικά μερικοί Συμβολισμοί:
    Κεφαλαία Γράμματα: Διανύσματα στο επίπεδο
    Μικρά Γράμματα: Ακέραιοι αριθμοί
    //Κ, Ρ1, Ρ2// : παραλληλόγραμμο με κορυφές Κ, Κ+Ρ1, Κ+Ρ2, Κ+Ρ1+Ρ2

    Λύση
    Έστω ότι το πολύγωνο έχει ν κορυφές, Κι, ι = 1,2 ..ν. Λόγω της συμμετρίας ως προς το Ο, το ν είναι ζυγός ώστε Κ(ι+ν/2) = – Κι.
    Τώρα ορίζουμε τα διανύσματα Ρι = Κι+1-Κι, ι= 1,2..ν/2.
    Προφανώς για ι ≤ν/2, Κι+1 = Κ1 + Σ(η=1 έως ι)Ρη.
    Ενώ για ι > ν/2, Κι = -Κ(ι-ν/2) = -Κ1 – Σ(η=1 έως ι-ν/2)Ρη = Κ(1+ν/2) – Σ(η=1 έως ι-ν/2)Ρη = Κ1 + Σ(η=1 έως ν/2)Ρη – Σ(η=1 έως ι-ν/2)Ρη = Κ1 + Σ(η=1+ ι-ν/2 έως ν/2)Ρη.

    Προκειμένου να κατασκευάσουμε τα παραλληλόγραμμα εφαρμόζουμε μια επαναληπτική διαδικασία ν/2 -1 φορές.

    Για να γίνει πιο απλό, αρχικά το λύνω για ένα δεκάγωνο (ν=10)

    Αρχικά Κατασκευάζουμε τα ακόλουθα 4 παραλληλόγραμμα με κοινή κορυφή το Κ1
    //Κ1, Ρ1,Ρ2//, //Κ1, Ρ2, Ρ3//, //Κ1,Ρ3,Ρ4//, //Κ1,Ρ4,Ρ5//
    Με αυτόν τον τρόπο φτιάχνουμε ένα σχήμα αποτελούμενο από παραλληλόγραμμα, (κάτι σαν το σηματάκι του Strar channel) το οποίο από την μια πλευρά (έστω την «κάτω») εφάπτεται στις πλευρές Κ1 – Κ2, Κ2 – Κ3, Κ1 – Κ10 και Κ9- Κ10 του πολυγώνου και το υπόλοιπο βρίσκεται στο εσωτερικό του, ενώ τα παραλληλόγραμμα που το απαρτίζουν εφάπτονται μεταξύ τους.

    Στη συνέχεια κατασκευάζουμε τα ακόλουθα 3 παραλληλόγραμμα:
    //Κ1+Ρ2,Ρ1,Ρ3//, //Κ1+Ρ3,Ρ2,Ρ4//, //Κ1+Ρ4, Ρ3,Ρ5//
    Τα παραλληλόγραμμα αυτά από την κάτω πλευρά τους εφάπτονται με το προηγούμενο σχήμα, στα πλάγια με τις πλευρές Κ3-Κ4 και Κ8-Κ9 του παραλληλογράμμου και στην πάνω πλευρά τους με τα επόμενα 2 παραλληλόγραμμα:
    //Κ1+Ρ2+Ρ3,Ρ1,Ρ4//, //Κ1+Ρ3+Ρ4, Ρ2, Ρ5//
    Τα οποία με την σειρά τους εφάπτονται στα πλάγια με τις πλευρές Κ4-Κ5 και Κ7-Κ8 και στην πάνω πλευρά με την κάτω του παραλληλογράμμου:
    //Κ1+Ρ2+Ρ3+Ρ4,Ρ1,Ρ5//
    Το οποίο στην πάνω πλευρά του εφάπτεται με τις υπολειπόμενες πλευρές Κ5 – Κ6 και Κ6-Κ7 του πολυγώνου.

    Γενική Μέθοδος (για ξ = 1 έως ν/2 -1)
    – Αρχικά (ξ=1) κατασκευάζουμε τα ν/2 – 1 παραλληλόγραμμα με κοινή κορυφή το Κ1: //Κ1, Ρλ, Ρλ+1//, λ=1, έως ν/2 – 1.
    – Στη συνέχεια, την ξ φορά, κατασκευάζουμε τα ν/2 – ξ παραλληλόγραμμα //Κξλ,Ρλ,Ρ(ξ+λ)//, λ = 1 ως ν/2-ξ,
    Όπου Κξλ = Κ1 + Σ(μ=1 έως ξ-1)Ρμ+λ

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Filippopoulos — Ιουνίου 17, 2012 @ 4:56 μμ

  2. Σωστό φαίνεται, αλλά η απόδειξη του ότι δουλεύει μάλλον λείπει, δεν είναι δηλ. τόσο προφανές που να μη χρειάζεται περαιτέρω τεκμηρίωση. Κι ίσως να μην είναι η κατασκευή αυτή η πιο εύκολη να αποδειχτεί.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιουνίου 20, 2012 @ 1:32 πμ

  3. Καλημέρα! Kάποιες σκέψεις επί του θέματος.
    Αν ξεκινήσουμε από έναν ρόμβο , προσθέτωντας 2 ρόμβους (με την ευρεία έννοια) παίρνουμε ένα κανονικό εξάγωνο, επόμενο βήμα +3 ρόμβοι = κανονικο οκτάγωνο, επομ. βήμα + 4 ρόμβοι =κανονικο δεκάγωνο, επομ. βήμα +5 ρόμβοι= κανονικο δωδεκάγωνο (το σχήμα του προβλήματος)
    Δεν σταματάει η ακολουθία. Αν στο σχήμα προσθέσουμε + 6 ρόμβους, θα πάρουμε το επόμενης τάξης 2ν-γωνο ,δηλαδή ένα κανονικό 14-γωνο.
    Οι «στοιχειώδεις» ρόμβοι, αφού προκύπτουν από την 1+2+3+… προφανώς καλύπτουν το εκάστοτε 2ν-γωνο με τριγωνικούς αριθμούς «ρόμβων»
    Το εξάγωνο έχει 3, το οκτάγωνο έχει 6, το δεκάγωνο έχει 10, το σχήμα μας το 12-γωνο έχει 15, το επόμενο (14-γωνο) θα έχει 21 ρόμβους, κ.λ.π.
    Aν δούμε δηλαδή το «σήμα του Star ch.» που λέει και ο κος Φιλιππόπουλος σε κάθε επόμενης τάξης πολύγωνο, κερδίζει ένα φυλλαράκι-ρόμβο
    Τα παραπάνω ισχύουν αναμφισβήτητα, αλλά πώς δομούμε μια αυστηρή απόδειξη;
    Δεν ξέρω ειλικρινά. Μια πρακτική «μπακάλικη» σκέψη (ενδεικτική της θεωρητικής ένδοιας, αλλά και της πρακτικής «δύναμης» ενός μπετατζή μηχανικού σαν κι εμένα 🙂 )είναι η εξής: Ο αρχικός ρόμβος (4-γωνο) κολλάει έναν όμοιο δίπλα του (πάντα με αναφορά το κέντρο συμμετρίας/βάση Ο ) και το σχήμα συμπληρώνει ένας συμμετρικός ως προς άξονα ρόμβος που «γράφει το εξάγωνο. Ομοίως το εξάγωνο ,αφού απαιτεί περιττό αριθμό πρόσθετων ρόμβων (αυτό είναι γενικό) θα έχει «προσκόλλσηση» του συμμετρικού του και τα πρόσθετα αριστερά και δεξιά παραλληλογραμμα (ρόμβοι) είναι πάντα ίδια μεταξύ τους (και συμμετρικά ως προς τον κατακόρυφο άξονα πάντα).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Νοέμβριος 17, 2013 @ 10:39 πμ

  4. Θυμάμαι ένα παλιό θεώρημο («παλιό» με την έννοια ότι το θυμάμαι από τα «παλιά») που είχε αναφέρει ο καθηγητής Τεχνικής Μηχανικής Ρούντολφ Τρόστελ στο Βερολίνο, ότι γενικά σε κάποιο 2ν γωνο (κυρτό ή μη) , τα κέντρα βάρους (είτε ειδωμένα σαν «συντεταγμένες», είτε σαν κέντρα μάζας των πολυγώνων που ορίζουν) κάθε συνόλου ν συνεχόμενων κορυφών ,ορίζουν ένα 2ν-γωνο με ανα-δύο τις απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες. Το δε σημαντικότερο είναι πως το κέντρο βάρους/μάζας του νέου 2νγώνου ταυτίζεται με το παλιό και με τα εκόστοτε παραγόμενα παραλληλόγραμμα!
    Μια «γενίκευση» ίσως του θεωρήματος του Βαρινιόν; Δεν ξέρω. Θυμάμαι πάντως τη χρησιμότητα του εν λόγω θεωρήματος (;) σε εξαγωνικές «κυψέλλες» (στοιχειώδη δομικά στοιχεία κάποιων κελυφών που μελετούσαμε τότε).
    Σε ένα reverse thought τώρα, ίσως να μπορούμε να σκεφτούμε «προς τα πίσω», αν ισχύει το «αναγκαίο και ικανό» της παραπάνω πρότασης.
    Κάθε σύνολο ρόμβων που προστίθεται προσθέτει άρτιο αριθμό κορυφών . Εχουμε επομένως μια ακολουθία «μεταφοράς» των διαδοχικών κέντρων βαρών κάθε 2ν-γώνου της ακολουθίας πάνω στον άξονα συμμετρίας.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Νοέμβριος 17, 2013 @ 11:28 πμ

  5. Στο σχόλιο 4. εννοούσα ότι τα κέντρα βάρους των εκάστοτε παραγομένων παραλληλογράμων από την διαδικασία που ανέφερα, συμπίπτουν μεταξύ τους και συμπίπτουν και με το κέντρο μάζας του αρχικού 2ν-γώνου.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Νοέμβριος 17, 2013 @ 11:36 πμ

  6. Οι προσπάθειες που έχουν γίνει μέχρι τώρα σε αυτό το πρόβλημα είναι μια χαρά νομίζω. Ίσως όμως η πιο απλή απόδειξη να είναι με επαγωγή.

    Πρόσθεσα κι ένα δεύτερο αντίγραφο του ίδιου σχήματος παραπάνω ώστε να δείξω πώς προχωράει η επαγωγή. Το χωρίο που αποκόπτεται δεξιά της κόκκινης γραμμής είναι μια ξένη ένωση παραλληλογράμμων και το σχήμα που απομένει αριστερά είναι επίσης ένα συμμετρικό (ως προς άλλο κέντρο βέβαια) κυρτό παραλληλόγραμμο. Αυτά δεν είναι δύσκολο να αποδειχτούν.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Νοέμβριος 17, 2013 @ 11:59 μμ


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: