Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουνίου 11, 2015

Προσδιορισμός τετραγώνου από σημεία στις πλευρές του

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Mihalis Kolountzakis @ 10:50 πμ

Το παρακάτω προτάθηκε από το Γ. Ριζόπουλο:

Ο τοπογράφος έδωσε τις 4 κορυφές του τετραγώνου στον εργοδηγό. Αυτός έβαλε στις 4 γωνίες από ένα παλούκι και έδεσε μια κορδέλα από παλούκι σε παλούκι χαράζοντας το τετράγωνο επί εδάφους. Ο μηχανικός έβαλε στο έδαφος από μία πέτρα σε κάθε πλευρά του τετραγώνου, σε τυχαίο σημείο.

«Έτσι, και να φυσήξει αέρας και να μας πάρει τα παλούκια και την κορδέλα, θα μπορέσουμε να ξαναφτιάξουμε ακριβώς (κατά μέγεθος ΚΑΙ θέση) το τετράγωνο» χωρίς να ξαναφωνάξουμε τον τοπογράφο. Mας αρκεί η μετροκορδέλα μας!

Έχει δίκιο ο μηχανικός;

Advertisements

20 Σχόλια »

  1. Έχουμε στη διάθεση μας δηλαδή τα 4 σημεία τα οποία το καθένα από αυτά είναι ένα τυχαία επιλεγμένο σημείο σε κάθε μία από τις πλευρές του τετραγώνου, και το συνολικό μήκος περιμέτρου του τετραγώνου. Αυτό το τελευταίο εννοείται, με το μας αρκεί η μετροκορδέλα, έτσι;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 12:22 μμ

  2. Όχι, δεν ξέρεις την περίμετρο. Μόνο τα 4 σημεία.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιουνίου 11, 2015 @ 12:22 μμ

  3. Μια αποσαφίνηση κι από μένα. Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με το εξής: Σχεδιάζω ένα τετράγωνο στο χαρτί χωρίς όμως να έχω κρατήσει κανένα μετρικό του στοιχείο ας πούμε. Πάνω σε κάθε πλευρά βάζω τυχαία από ένα σημάδι/σημείο. Το αρχικό μελάνι όμως έσβησε και το τετράγωνο χάθηκε. Έμειναν μόνο τα 4 σημεία. Πώς ξανασχεδιάζω το ίδιο ακριβώς τετράγωνο;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Rizopulos — Ιουνίου 11, 2015 @ 12:33 μμ

  4. Έστω (x_1,y_1), (x_2,y_2), (x_3,y_3), (x_4,y_4), τα 4 σημεία που έχουμε στη διάθεση μας. Υπάρχει μοναδικό κυρτό τετράπλευρο με κορυφές τα παραπάνω σημεία το οποίο είναι εγγεγραμμένο στο τετράγωνο του οποίου η θέση και το μέγεθος πρέπει να υπολογισθούν. Υπάρχει κατασκευαστικός τρόπος προσδιορισμού του κεντροειδούς του προαναφερθέντος τετραπλεύρου. Αυτό θα συμπίπτει με το κέντρο του περιγεγραμμένου τετραγώνου. Έστω
    (\alpha_1,\alpha_2), (\beta_1,\beta_2), (\gamma_1,\gamma_2), (\delta_1,\delta_2), οι κορυφές του τετραγώνου (αυτές που πρέπει να προσδιοριστούν δηλαδή).
    Τώρα ορίζουμε 4 ποσότητες οι οποίες θέλουμε με κατάλληλη τροποποίηση των μεταβλητών που υπάρχουν σε αυτές να ισούνται. Οι ποσότητες αυτές εκφράζουν η κάθε μία από αυτές την ευκλείδια απόσταση του κεντροειδούς που βρήκαμε πριν από κάθε μία από τις κορυφές του τετραγώνου. Η μία από τις συντεταγμένες όμως, από τους δύο αγνώστους που εμπλέκονται σε κάθε ποσότητα, είναι γνωστή όμως λόγω του ότι σε κάθε κορυφή έχουμε δύο ορθογώνια διανύσματα που σχηματίζονται από την αντίστοιχη κορυφή του τετραγώνου και από τα δύο εγγύτερα σημεία του τετραπλεύρου προς αυτήν.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 2:32 μμ

  5. Kωνσταντίνε, μπορείς μήπως να δώσεις ένα πιο σαφές παράδειγμα του τί ακριβώς προτείνεις; Βρίσκουμε το κεντροειδές του τετραπλεύρου που ορίζουν τα 4 σημεία, ΟΚ. Μετά τί ακριβώς κάνουμε;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Rizopulos — Ιουνίου 11, 2015 @ 3:01 μμ

  6. Το ότι το κεντροειδές του τετραπλεύρου ταυτίζεται με το κέντρο του τετραγώνου, είναι σίγουρο; Είναι γνωστό γεωμετρικό λήμμα; Δεν μου φαίνεται καθόλου προφανές .Για 2 σημεία ας πούμε πολύ κοντινά μεταξύ τους και κοντινά σε μια κορυφή ,και τα άλλα 2 απομακρυσμένα, το τετράπλευρο προσεγγίζει σχηματικά ορθογώνιο τρίγωνο με υποτείνουσα τη διαγώνιο του αρχικού τετραγώνου. Αποκλείεται να ταυτίζοντα τα 2 κεντροειδή.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Rizopulos — Ιουνίου 11, 2015 @ 3:11 μμ

  7. Θα πρότεινα να πιάσουμε τη μετροκορδέλα και να δούμε τι μπορούμε να κάνουμε με αυτή: θα μπορούσαμε π.χ. να πάρουμε 3 από τα δεδομένα σημεία, έστω τα Α, Β, Γ κατά ωρολογιακή φορά (με Δ το τέταρτο) και να βρούμε την απόσταση του Β από την ευθεία ΑΓ (κρατώντας σταθερό το ένα άκρο της μετροκορδέλας στο Β και βρίσκοντας σε ποιο σημείο Σ της ΑΓ ελαχιστοποιείται το μήκος ΒΣ). Στη συνέχεια νομίζω ότι μπορούμε, προεκτείνοντας το τμήμα ΒΣ, να βρούμε πάνω σε αυτό ένα ακόμα σημείο Ε που να βρίσκεται και πάνω στην ίδια πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου με το Δ. Αλλά εδώ θα ξαναχρειαστούμε τη μετροκορδέλα :-).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — Ιουνίου 11, 2015 @ 3:35 μμ

  8. Συνεχίζω και (ελπίζω) ολοκληρώνω: Πάνω στη ΒΣ μετράμε τμήμα ΒΕ=ΑΓ. Το σημείο Ε μαζί με το Δ ορίζουν τη διεύθυνση της μιας πλευράς του ζητούμενου τετραγώνου. Αφού τη χαράξουμε, δεν έχουμε παρά να χαράξουμε προς αυτή κάθετες από τα σημεία Α και Γ και προς τις τελευταίες κάθετη από το σημείο Β. Οι τομές αυτών των ευθειών είναι οι κορυφές του ζητούμενου τετραγώνου.
    Τώρα, αν τύχει και το σημείο Ε πέσει ακριβώς πάνω στο σημείο Δ, τότε φοβάμαι ότι το χάσαμε το αρχικό τετράγωνο. :-). Στην περίπτωση αυτή, χαράζοντας οποιαδήποτε ευθεία από το Ε θα μπορούσαμε να φτιάξουμε με όμοιο τρόπο και ένα άλλο κάθε φορά τετράγωνο, που θα μπορούσε κάλλιστα να είναι ή (το πιθανότερο) να μην είναι το αρχικό.
    Να σημειώσω ότι η βασική ιδέα της πιο πάνω κατασκευής έγκειται στο ότι δυο ίσα και καθέτως τεμνόμενα μεταξύ τους τμήματα έχουν τα άκρα τους πάνω σε στις πλευρές τετραγώνου (ένα σε καθεμιά). Ή καλύτερα, αντιστρόφως, αν δύο καθέτως τεμνόμενα τμήματα έχουν τα άκρα τους στις απέναντι πλευρές τετραγώνου, τότε είναι ίσα (η ισότητα, στην περίπτωση αυτή, προκύπτει από απλή ισότητα ορθογωνίων τριγώνων και νομίζω ότι είναι άσκηση στο βιβλίο γεωμετρίας της Α’ Λυκείου).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — Ιουνίου 11, 2015 @ 4:28 μμ

  9. Γιώργο, ναι δεν ισχύει. Θανάση τί εννοείς λέγοντας μετροκορδέλα; Το μόνο που έχουμε στη διάθεσή μας είναι τα 4 σημεία. Αν είχαμε την μετροκορδέλα θα είχαμε και την περίμετρο, όμως ξεκαθαρίστηκε αυτό.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 5:13 μμ

  10. Συγνώμη, απλά φαντάζομαι χρησιμοποίησες το εργαλείο αυτό, σαν να είχες ένα χάρακα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 5:49 μμ

  11. Θανάση, πολύ σωστά όλα, ακόμη και η περίπτωση στην οποία το πρόβλημα δε λύνεται που είναι αυτή ακριβώς που είπες. (Το οποίο αν το ξέρει κάποιος από την αρχή μπορεί κάπως να φροντίσει τα 4 σημεία που θα επιλέξει να μην έχουν αυτή την ιδιότητα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιουνίου 11, 2015 @ 6:03 μμ

  12. Kωνσταντίνε, ίσως να ήταν δικό μου σφάλμα γλωσσικό το ότι χρησιμοποίησα στην εκφώνηση τους όρους «κορδέλα» (για την ταινία από γωνία/παλούκι σε γωνία) για τον τρόπο χάραξης του τετραγώνου ,και «μετροκορδέλα» για το υποδεκάμετρο (στην εκδοχή του τετραγώνου σε χαρτί). Πιθανώς εκεί ίσως μπλέχτηκες.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Rizopulos — Ιουνίου 11, 2015 @ 7:24 μμ

  13. Ο Μιχάλης με κάλυψε Θανάση, αλλά λάβε κι από μένα τα επαξίως κερδισμένα εύσημα διά το τυπικόν της υποθέσεως! 🙂
    Όπως σωστά έγραψες ,αν είναι τόσο γκαντέμης ο μηχανικός και ρίξει τις πέτρες έτσι που να σχηματίζονται δύο κάθετα μεταξύ τους τμήματα όντως υπάρχει απροσδιοριστία. Αλλά εδώ ,μάλλον υπάρχει το ενδιαφέρον μαθηματικό παράδοξο αυτή η γεωμετρική πιθανότητα να είναι 0. 🙂
    Aφού η τελευταία κρίσιμη πέτρα-σημείο που θα πέσει , έχει πιθανότητα=0 να ορίσει ακριβώς την…απροσδιοριστία.
    H γνωστή «ιδιαιτερότητα» της γεωμετρικής πιθανότητας, εξ ορισμού της δηλαδή. Η πιθανότητα να στρίψω έναν τροχό της τύχης και να πέσω ΑΚΡΙΒΩΣ στις 10 μοίρες, ή σε οποιεσδήποτε συγκεκριμένες μοίρες =0 , αλλά ΚΑΠΟΥ ΑΚΡΙΒΩΣ θα πέσω, διάολε! 🙂
    Βεβαίως , η φυσική μας πραγματικότητα είναι ευτυχώς «κβαντισμένη» και έτσι η πιθανότητα στην πράξη δεν είναι μηδενική, οπότε κάνουμε απλά αυτό που λέει ο Μιχάλης στο 11. Αποφεύγουμε την καθετότητα «με το μάτι» 🙂

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Rizopulos — Ιουνίου 11, 2015 @ 7:31 μμ

  14. Ευχαριστώ, αγαπητέ Μιχάλη και μπράβο σε εσένα φίλε Γιώργη για το πολύ όμορφο πρόβλημα!
    Για την περίπτωση της ατυχίας να πέσουμε σε απροσδιοριστία, θα πρότεινα καλύτερα να βάλουμε τις πέτρες εξ αρχής στις κορυφές του τετραγώνου και να γλυτώσουμε και τα παλούκια και τις κορδελο-μετροκορδέλες και τα μετρήματα:-).
    Θα σημειώσω ότι το πρόβλημα γίνεται λιγάκι συνθετότερο όταν οι πέτρες δεν τοποθετούνται αναγκαστικά εντός των 4 πλευρών, αλλά πιθανόν και στις προεκτάσεις τους. Ας το σκεφτεί όποιος θέλει, γιατί νομίζω ότι τώρα η απροσδιοριστία δεν έχει πλέον μηδενική γεωμετρική πιθανότητα :-).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — Ιουνίου 11, 2015 @ 7:53 μμ

  15. Γιατί η προέκταση του τμήματος ΒΣ, το ΒΕ δηλαδή, αν |ΒΕ|= |ΑΓ|, τότε εγγυόμαστε ότι, το σημείο Ε με το Δ ορίζουν σίγουρα διάνυσμα πάνω στην μια πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 8:22 μμ

  16. Κωνσταντίνε, αναφέρεσαι προφανώς στη βασική εκδοχή του προβλήματος (οι πέτρες εντός των πλευρών του τετραγώνου).. Στην περίπτωση αυτή, ήδη γνωρίζουμε εξ ορισμού ότι το Δ ανήκει σε μια πλευρά του τετραγώνου, ενώ το Ε εκ κατασκευής ανήκει επίσης σε αυτή την ίδια πλευρά. Το γιατί η κατασκευή του Ε εξασφαλίζει κάτι τέτοιο, νομίζω ότι το εξήγησα στο σχόλιο 8. Αν όμως δεν γνωρίζουμε ότι η πλευρά του τετραγώνου που έχει το σημείο Β είναι απέναντι της πλευράς που έχει το Δ ή ότι το σημείο Ε είναι από την ίδια μεριά με το Σ, σε σχέση με το Β (και αυτά νομίζω ότι δεν εξασφαλίζονται στη νέα εκδοχή), τότε είναι ανοικτές και άλλες δυνατότητες.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — Ιουνίου 11, 2015 @ 8:38 μμ

  17. Κωνσταντίνε, η διαδικασία είναι η εξής, βήμα-βήμα:
    1. έχουμε 4 πέτρες/σημεία , ανα 2 ¨απέναντι»
    2. Φέρνουμε ένα από τα 2 ευθύγραμμα τμήματα ενώνοντας 2 απέναντι σημεία.
    3. Μετράμε αυτό το ευθ. τμήμα
    4. Απόένα οποιοδηποτε από τα άλλα 2 σημεία φέρνουμε κάθετη ευθεία στο προαναφερθέν ευθ. τμήμα , ίσου μήκους.
    5. Το 5ο σημείο (άκρο του ευθ. τμήματος) που προκύπτει ανήκει στην πλευρά.(λόγω του αναγκαίου και ικανού θεωρήματος ότι δύο ευθ. τμήματα που περατούνται σε απέναντι πλευρές τετραγώνου και τέμνονται κάθετα, είναι ίσα.)
    6. Οπότε πλέον έχουμε δύο σημεία της ίδιας πλευράς, άρα και τον άξονά της.
    η κατασκευή τώρα είναι εύκολη (την περιγράφει ωραία ο Θανάσης στο σχόλιο 8.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από George Rizopulos — Ιουνίου 11, 2015 @ 8:44 μμ

  18. Ναι, αναφέρομαι στη βασική εκδοχή του προβλήματος. Νομίζω το σχόλιο 8 δεν το εξηγεί. Νομίζω, το ότι το E έτσι όπως κατασκευάστηκε ανήκει στην πλευρά του τετραγώνου που ανήκει και το Δ το πήρες σαν δεδομένο, στην τέταρτη γραμμή του σχολίου. Ευχαριστώ

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 8:49 μμ

  19. Ωραία, ευχαριστώ πολύ.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Ιουνίου 11, 2015 @ 8:58 μμ

  20. Θα προσπαθήσω να γίνω λιγάκι πιο αναλυτικός: γνωρίζοντας ότι τα σημεία-πέτρες βρίσκονται εντός των 4 πλευρών του τετραγώνου, γνωρίζουμε αμέσως ότι, όπως τα ονομάσαμε ωρολογιακά Α, Β, Γ, Δ, η πλευρά που περιέχει το Α είναι η απέναντι της πλευράς που περιέχει το Γ και η πλευρά που περιέχει το Β είναι η απέναντι αυτής που περιέχει το Δ. Προεκτείνοντας τώρα τη ΒΣ πέρα από το Σ και ορίζοντας πάνω στην ημιευθεία ΒΣ το σημείο Ε, έτσι ώστε ΒΕ=ΑΓ εξασφαλίζουμε ότι το Ε βρίσκεται και αυτό στην πλευρά του τετραγώνου απέναντι αυτής που περιέχει το Β. Έχω λοιπόν δύο σημεία, τα Δ και Ε που βρίσκονται και τα δύο πάνω στην πλευρά του τετραγώνου απέναντι αυτής που περιέχει το Β. Επομένως, τα Δ και Ε ανήκουν στην ίδια πλευρά του τετραγώνου, αφού απέναντι της πλευράς που περιέχει το Β το τετράγωνο έχει μία μόνο πλευρά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — Ιουνίου 11, 2015 @ 9:12 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

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: