Ανακλάσεις στον τοίχο !

#1

Είμαι μέσα σε ένα τετράγωνο δωμάτιο με πλευρά 4m και με την πλάτη ...στον ένα τοίχο. Πετάω με πολλή δύναμη ένα μπαλάκι στο διπλανό τοίχο και αυτό ανακλώμενο τρεις φορές , χωρίς τριβές, καταλήγει ξανά στο χέρι μου που εφάπτεται στον τοίχο .
Πόσο είναι το μήκος της διαδρομής που θα κάνει το μπαλάκι;

Μπάμπης

Λάμπρος Ευσταθίου · #2

Όποιος παίζει μπιλιάρδο πρέπει να έχει συγκριτικό πλεονέκτημα εδώ..

Για να επανέλθει στο ίδιο σημείο το μπαλάκι μάλλον πρέπει, $\hat{\omega }=\frac{\pi }{4}$ (γωνία ρίψης).

Τότε όλα τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα που μπορούν να σχηματιστούν, έχουν σταθερή περίμετρο $\ 2\sqrt {2}\cdot \alpha}$ (όπου $\alpha=4m}$ , η πλευρά του τετραγώνου).

#3

Πράγματι όπως λέει ο Λάμπρος ο Ευσταθίου πρόκειται για ανακλάσεις που
στο κλασσικό μπιλιάρδο υλοποιούνται με όμορφη κίνηση.
Στο σχήμα αυτό(ένα μπιλιάρδο με πράσινο τερρέν) όπως φαίνεται ο "παίχτης" χτυπά τη μπάλα(με γωνία όπως την περιέγραψε ο Λάμπρος)
και την αναμένει να επιστρεψει!
Στο δυναμικό σχήμα που αναρτώ μπορεί να γίνει μια "αναπαράσταση"(animation) και να δεί κανείς την κίνηση ολοκληρωμένη. Για όσους
διαθέτουν το λογισμικό Cabri -geometry II τους προτείνω να το ανοίξουν, να διαβάσουον τις οδηγίες χρήσης και τέλος να δούν το δρώμενο αυτό.
Θα διαπιστώσουν την όμορφη αυτή κίνηση και νομίζω ότι θα εκτιμήσουν πόσο διδακτικό γίνεται το πρόβλημα σε μια τάξη μαθητών μας.
Νομίζω πως αυτό λείπει ακόμα από το ελληνικό σχολείο(εκτός πολλών άλλων)
Τί θα λέγατε;

Κώστας Δόρτσιος

#4

Λάμπρος Ευσταθίου έγραψε:Όποιος παίζει μπιλιάρδο πρέπει να έχει συγκριτικό πλεονέκτημα εδώ..

Για να επανέλθει στο ίδιο σημείο το μπαλάκι μάλλον πρέπει, $\hat{\omega }=\frac{\pi }{4}$ (γωνία ρίψης).

Τότε όλα τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα που μπορούν να σχηματιστούν, έχουν σταθερή περίμετρο $\ 2\sqrt {2}\cdot \alpha}$ (όπου $\alpha=4m}$ , η πλευρά του τετραγώνου).

Λάμπρο, για αυτό το ωραίο συμπέρασμα, βάλε όταν μπορέσεις μια αποδειξούλα ! Προτιμώ να μην το κάνω εγώ, μια και ήδη είπες τη βασική ιδέα εύρεσης της διαδρομής που θα κάνει το μπαλάκι.

Μπάμπης

S.E.Louridas · #5

Επειδή φίλε Μπάμπη δεν πρέπει να ξεχνάμε:
Γεωμετρία ''γιάννη ντάνη'' (έτσι έγραφε το όνομά του ένας Μεγάλος δάσκαλος του είδους, χωρίς κεφαλαία) το πράσινο βιβλίο,
Το πρόβλημα του μπιλιάρδου, στις σελίδες 202, 203, 204.

S.E.Louridas

#6

S.E.Louridas έγραψε:Επειδή φίλε Μπάμπη δεν πρέπει να ξεχνάμε:
Γεωμετρία ''γιάννη ντάνη'' (έτσι έγραφε το όνομά του ένας Μεγάλος δάσκαλος του είδους, χωρίς κεφαλαία) το πράσινο βιβλίο,
Το πρόβλημα του μπιλιάρδου, στις σελίδες 202, 203, 204.

S.E.Louridas

Σωτήρη, όχι μόνο δεν πρέπει να ξεχνάμε, αλλά θα έλεγα κάποια στιγμή να καθιερώσουμε ως mathematica έναν ηλεκτρονικό γεωμετρικό διαγωνισμό αφιερωμένο στους Κανέλλο - Ντάνη.
Κάτι πρέπει να κάνουμε και μεις στην Ελλάδα για να τιμήσουμε τους μεγάλους δασκάλους και μαθηματικούς μας.Θα χαρώ πολύ κάποια στιγμή να δω στο ΜΑΘ την ανάρτηση του θέματος :

1ος Πανελλήνιος Διαγωνισμός στη γεωμετρία '' Σπ.Κανέλλος - Ιωαν. Ντάνης ''

Ας περάσουν οι εξετάσεις και να τον σχεδιάσουμε !
(Μπορούμε πχ :
- Να βάζουμε από 4 θέματα ανά τάξη από Α΄γυμνασίου μέχρι και Γ' Λυκείου.

- Τα θέματα θα αναρτώνται στο ΜΑΘ αλλά και σε κάθε ιστοσελίδα που θα δείχνει ενδιαφέρον.

- Θα μπορούν να συμμετέχουν άτομα ή ομάδες μαθητών.

- Ο διαγωνισμός θα διαρκεί 2 ημέρες.

- Οι λύσεις θα στέλνονται μόνο ηλεκτρονικά και μετά από σχετική επιμέλεια των μελών μας θα αναρτώνται όλες σε σχετικό φάκελο, με τα ονόματα των λυτών.

- Πιθανόν , έστω και με κλήρωση , να αθλοθετήσουμε και βραβείο(πχ βιβλία για διαγωνισμούς ή ό,τι άλλο μπορέσουμε να έχουμε) σε όσους απαντήσουν στα περισσότερα θέματα και στο συντομότερο χρόνο.

Εννοείται ότι σε σχετικό συνοδευτικό έγγραφο θα υπάρξουν σαφείς οδηγίες. Εδώ η Γερμανία κάνει ηλεκτρονικά -στο σπίτι - τον επίσημo ολυμπιακό διαγωνισμό Bundeswettbewerbmathematik από τον οποίο επιλέγει μαθητές για την ΙΜΟ και μεις θα διστάσουμε να προσφέρουμε στα παιδιά μας τη χαρά να ασχοληθούν για δυο μέρες με 4 ωραία αποδεικτικά γεωμετρικά θέματα ;
Η πιθανή αντίρρηση ότι κάποιοι θα πάνε σε ''μεγάλους'' για να τους λύσουν τα θέματα και να φανεί το όνομά τους , έχει την εξής απλή απάντηση : αυτοί οι μαθητές , και όσοι τους βοηθήσουν , δεν μας ενδιαφέρουν και θα γελοιοποιηθούν από μόνοι τους !
Α! Μπορεί στην προσπάθεια αυτή να βοηθήσουν ακόμα και Σχολεία ή Φροντιστήρια, που μπορούν να κάνουν και συλλογικά το διαγωνισμό και να μας αποστείλουν τις λύσεις με τα ονόματα όσων το επιθυμούν για να αναρτηθούν στη σελίδα.Αλλά γιατί να μην υπάρξει και ένας χορηγός για ένα τόσο σημαντικό ζήτημα ; Η Βουλή των Ελλήνων πχ ή η Προεδρεία της Δημοκρατίας δεν έχει χρέος να συνδράμει σε τέτοιες εκδηλώσεις ;

Πολλά μπορούν να γίνουν !

Μπάμπης

S.E.Louridas · #7

ΠΡΟΣΩΠΙΚΑ ΕΠΙΚΡΟΤΩ
και βέβαια θα πρέπει να αναφέρω ότι την ιδέα σου αυτή μου την είχες ξαναπεί σε φάσεις που είχαμε συναντηθεί όταν είχες έρθει στην Αθήνα.
Είναι προφανές οτι θα είναι τιμή μου να βοηθήσω πολλαπλά πρός την κατεύθυνση της υλοποίησης αυτής της μεγάλης στιγμής γιά την ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΜΑΣ,.... τελικά γιά την Μαθηματική μας Ανέλιξη.

S.E.Louridas

Λάμπρος Ευσταθίου · #8

Δεν έβαλα απόδειξη πρώτον γιατί δεν ήμουν σίγουρος για την ιδέα και δεύτερον θεώρησα ότι εφόσον ήταν σωστή θα ήταν εύκολο να το δείξουν αυτό οι μαθητές (που όντως είναι).

Σχήμα 1.

${\Pi _{{\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta }} = 2({\rm E}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm H}) = 2\left( {\frac{{{\alpha _1}}}{{\sigma \upsilon \nu 45^\circ }} + \frac{{{\alpha _1}}}{{\sigma \upsilon \nu 45^\circ }}} \right) = \frac{2}{{\sigma \upsilon \nu 45^\circ }}({\alpha _1} + {\alpha _2}) = 2\sqrt 2 \cdot \alpha$

Επίσης, διαισθητικά μπορούμε να δούμε ότι αν η θέση του παίκτη είναι πολύ κοντά σε μια γωνία του δωματίου, τότε το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο «συγκλίνει» στη διαγώνιο του τετραγώνου και άρα η περίμετρός του θα είναι 2 φορές τη διαγώνιο.

Σχήμα 2.

Σύμφωνα με την ιδιότητα της ανάκλασης (γωνία πρόσπτωσης = γωνία ανάκλασης), είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι το ${\rm E}'{\rm Z}{\rm H}\Theta$ είναι παραλληλόγραμμο και άρα το ${\rm E}'$ δεν ταυτίζεται με το ${\rm E}$ για οποιαδήποτε γωνία ${\theta }$ .

S.E.Louridas · #9

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Να θεωρηθεί προσκλητήριο Μπάμπη;

S.E.Louridas

#10

S.E.Louridas έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
S.E.Louridas έγραψε:

Επειδή φίλε Μπάμπη δεν πρέπει να ξεχνάμε:
Γεωμετρία ''γιάννη ντάνη'' (έτσι έγραφε το όνομά του ένας Μεγάλος δάσκαλος του είδους, χωρίς κεφαλαία) το πράσινο βιβλίο,
Το πρόβλημα του μπιλιάρδου, στις σελίδες 202, 203, 204.

S.E.Louridas

Σωτήρη, όχι μόνο δεν πρέπει να ξεχνάμε, αλλά θα έλεγα κάποια στιγμή να καθιερώσουμε ως mathematica έναν ηλεκτρονικό γεωμετρικό διαγωνισμό αφιερωμένο στους Κανέλλο - Ντάνη.
Κάτι πρέπει να κάνουμε και μεις στην Ελλάδα για να τιμήσουμε τους μεγάλους δασκάλους και μαθηματικούς μας.Θα χαρώ πολύ κάποια στιγμή να δω στο ΜΑΘ την ανάρτηση του θέματος :

1ος Πανελλήνιος Διαγωνισμός στη γεωμετρία '' Σπ.Κανέλλος - Ιωαν. Ντάνης ''

Ας περάσουν οι εξετάσεις και να τον σχεδιάσουμε !
(Μπορούμε πχ :
- Να βάζουμε από 4 θέματα ανά τάξη από Α΄γυμνασίου μέχρι και Γ' Λυκείου.

- Τα θέματα θα αναρτώνται στο ΜΑΘ αλλά και σε κάθε ιστοσελίδα που θα δείχνει ενδιαφέρον.

- Θα μπορούν να συμμετέχουν άτομα ή ομάδες μαθητών.

- Ο διαγωνισμός θα διαρκεί 2 ημέρες.

- Οι λύσεις θα στέλνονται μόνο ηλεκτρονικά και μετά από σχετική επιμέλεια των μελών μας θα αναρτώνται όλες σε σχετικό φάκελο, με τα ονόματα των λυτών.

- Πιθανόν , έστω και με κλήρωση , να αθλοθετήσουμε και βραβείο(πχ βιβλία για διαγωνισμούς ή ό,τι άλλο μπορέσουμε να έχουμε) σε όσους απαντήσουν στα περισσότερα θέματα και στο συντομότερο χρόνο.

Εννοείται ότι σε σχετικό συνοδευτικό έγγραφο θα υπάρξουν σαφείς οδηγίες. Εδώ η Γερμανία κάνει ηλεκτρονικά -στο σπίτι - τον επίσημo ολυμπιακό διαγωνισμό Bundeswettbewerbmathematik από τον οποίο επιλέγει μαθητές για την ΙΜΟ και μεις θα διστάσουμε να προσφέρουμε στα παιδιά μας τη χαρά να ασχοληθούν για δυο μέρες με 4 ωραία αποδεικτικά γεωμετρικά θέματα ;
Η πιθανή αντίρρηση ότι κάποιοι θα πάνε σε ''μεγάλους'' για να τους λύσουν τα θέματα και να φανεί το όνομά τους , έχει την εξής απλή απάντηση : αυτοί οι μαθητές , και όσοι τους βοηθήσουν , δεν μας ενδιαφέρουν και θα γελοιοποιηθούν από μόνοι τους !
Α! Μπορεί στην προσπάθεια αυτή να βοηθήσουν ακόμα και Σχολεία ή Φροντιστήρια, που μπορούν να κάνουν και συλλογικά το διαγωνισμό και να μας αποστείλουν τις λύσεις με τα ονόματα όσων το επιθυμούν για να αναρτηθούν στη σελίδα.Αλλά γιατί να μην υπάρξει και ένας χορηγός για ένα τόσο σημαντικό ζήτημα ; Η Βουλή των Ελλήνων πχ ή η Προεδρεία της Δημοκρατίας δεν έχει χρέος να συνδράμει σε τέτοιες εκδηλώσεις ;

Πολλά μπορούν να γίνουν !

Μπάμπης
Να θεωρηθεί προσκλητήριο Μπάμπη;

S.E.Louridas

Σωτήρη, ας ρίχνουμε πρώτα τις ιδέες και αν αυτές έχουν εσωτερική ενέργεια, κάποια στιγμή θα γίνουν πράξη.
Όλα θέλουν υπομονή και χρόνο. Το ΜΑΘ έχει και τα όργανά του για να αποφασίσουν. Ας ωριμάσει η σκέψη, να την αξιολογήσουμε, να τη σχεδιάσουμε καλά στο μυαλό μας και όταν έρθει η στιγμή θα το κουβεντιάσουμε και επίσημα.
Θα χαρώ να τα πούμε στην Αθήνα παρέα και με άλλα μέλη του ΜΑΘ και να κάνουμε σχέδια. Λίγο μόνο να τελειώσουν οι εξετάσεις !

Εννοείται ότι σε μια τέτοια προσπάθεια δεν μπορεί να λείπει ο Σωτήρης Λουρίδας !
Μπ.

#11

Μια άλλη ιδέα:

Έστω πως υπάρχει μια τέτοια διαδρομή, η (ΠΡΣΤ) η οποία θα είναι ένα τετράπλευρο εγγεγραμμένο στο
τετράγωνο ΑΒΓΔ. Τότε σύμφωνα με το νόμο της ανακλάσεως οι γωνίες α,β,γ,δ μπορούν να είναι
έτσι όπως σημειώθηκαν στο σχήμα. Κι ακόμα:
$\displaystyle \left.\begin{matrix} \alpha +\beta =90^o \ \ (1)\\\beta +\gamma =90^o\ \ (2) \\\gamma +\delta =90^o \ \ (3) \\ \delta +\alpha =90^o \ \ (4) \end{matrix}\right|$ (Σ)
Αφαιρώντας κατά μέλη την (1) με τη ( 2) καθώς και την (2) με την (3) προκύπτει:
$\displaystyle \begin{matrix} \alpha =\gamma \\ \beta =\delta \end{matrix}$ (Σ')
Προσθέτοντας ακόμα όλες τις εξισώσεις του συστήματος (Σ) προκύπτει:
$\displaystyle \alpha +\beta +\gamma +\delta =180^o \ \ (5)$
Όμως από την παραλληλία των διακεκομμένων γραμμών(που είναι κάθετες στις πλευρές του τετραγώνου)
θα είναι:
$\displaystyle \begin{matrix} \alpha =\alpha '\\ \beta =\beta ' \\ \gamma =\gamma ' \\ \delta =\delta ' \end{matrix}$
Άρα η σχέση (5) γίνεται:
$\displaystyle \alpha' +\beta' +\gamma' +\delta' =180^o \ \ (6)$
που δηλώνει ότι οι ΣΤ και ΡΠ είναι παράλληλες.
Όμοια δείχνεται ότι και ΡΣ//ΠΤ. Άρα το ΠΡΣΤ παραλληλόγραμμο.
Όμως εύκολα μπορεί να δείξει κανείς τώρα πως στο παραλληλόγραμμο αυτό
οι διαγώνιες είναι ίσες και συνεπώς αυτό είναι ορθογώνιο.
(Αυτό πετυχαίνεται από τη σύγκριση ανά δύο των τεσσάρων των ορθογωνίων τριγώνων
με κορυφές, τις κορυφές του τετραγώνου, με υποτείνουσες τις απέναντι πλευρές
του παραλληλογράμμου και στη συνέχεια με υπολογισμό των διαγωνίων)

Τελικά το ΠΡΣΤ είναι ορθογώνιο.
Αυτό όμως έχει ως συνέπεια ακόμα:
$\displaystyle \alpha' +\gamma '=\beta '+\delta '=90^o$
δηλαδή:
$\displaystyle \alpha +\gamma =\beta +\delta =90^o$
κι από τις (Σ')ακόμα:
$\displaystyle 2\alpha =2\beta =90^o\Rightarrow \alpha =\beta =45^o\Rightarrow \gamma =\delta =45^o$

Κώστας Δόρτσιος

Λάμπρος Ευσταθίου · #12

Ωραίο θεματάκι..

Να αποδειχθεί ότι το εγγεγραμμένο παραλληλόγραμμο σε τετράγωνο, είναι ορθογώνιο.

#13

Περί ελάχιστης διαδρομής

Εϊναι όμορφο όταν τα μαθηματικά συνδέονται με άλλους κλάδους και κυρίως με τη φυσική.
Στο συγκεκριμένο πρόβλημα ο "παίχτης" του μπιλιάρδου ζητά την τροχιά εκείνη ώστε η μπάλα
μετά από τρεις ανακλάσεις να επανέλθει στο αρχικό της σημείο.
Για να συμβεί κάτι τέτοιο και με δεδομένο ότι γενικά ισχύει ο νόμος του Ήρωνος - Fermat που θέλει
τη μπάλα να επιλέγει την ελάχιστη από δυνατές διαδρομές, σκεφτόμαστε το σχήμα 1.
Βήμα 1ο
Στο σχήμα αυτό το Π1' είναι το συμμετρικό του Π1(παίχτης) ως προς την πλευρά ΑΔ, το Π1'' το
συμμετρικό του Π1' ως προς την ΓΔ και τέλος το Π1''' το συμμετρικό του Π1΄΄ ως προς την ΒΓ.
Το ίδιο κάνουμε και για τα σημεία Π3, Π4.
Έτσι η περίμετρος της διαδρομής είναι η τεθλασμένη γραμμή Π1Π2Π3'Π4''Π1'''. Επομένως η διαδρομή
της μπάλας είναι αυτή η κόκκινη τεθλασμένη. Πρέπει λοιπόν αυτή, σύμφωνα με την αρχή του Ήρωνα-Fermat,
να γίνει ελάχιστη.
Κατασκευή
Βήμα 2ο (Δεύτερο σχήμα)
Ενώνουμε τα δύο σταθερά σημεία Π1 και Π1''' και έστω Κ το σημείο τομής της ΒΓ με την Π1Π1'''. Τότε
εύκολα δείχνεται ότι τα σημεία Π1, Δ, Π1'' είναι συνευθειακά, και η ΔΝ παράλληλη με την Π1Π1'''(ενώνει
τα μέσα των δύο πλευρών του τριγώνου Π1Π1''Π1'''.
Αυτό οδηγεί στο συμπέρασμα ότι:
$\displaystyle \hat{\Pi _1KB}=45^o$ (1)
γιατί το τρίγωνο ΓΔΝ ορθογώνιο και ισοσκελές.
Βήμα 3ο(τρίτο σχήμα)
Στη συνέχεια ενώνω το Κ με το Π1'' και χαράσσεται το Λ, ενώνω το Λ με το Π1' και χαράσσεται το Μ.
Εύκολα τώρα δείχνεται από την (1) ότι το Π1ΚΛΜ είναι ορθογώνιο.

Σημείωση: Ουσιαστικά δείχθηκε η πρόταση:
Μεταξύ όλων των εγγεγραμένων τετραπλεύρων σε ένα δοθέν τετράγωνο που η μια κορυφή τους
είναι ένα δεδομένο σημείο της περιμέτρου του τετραγώνου, το ορθογώνιο έχει την ελάχιστη περίμετρο.

Κώστας Δόρτσιος

Ανακλάσεις στον τοίχο !

Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Re: Ανακλάσεις στον τοίχο !

Μέλη σε σύνδεση