"Δύσκολα μπορεί κανείς να βρει στην Ιστορία των Μαθηματικών ένα έργο ικανό να δημιουργήσει στον αναγνώστη μια τόσο ισχυρή εντύπωση μεγαλοφυΐας για τον δημιουργό του, όσο το Introductio "
Ernest William Hobson
Oι Ιάπωνες, εκτός από κυβικά καρπούζια, έφτιαξαν και τελείως σφαιρικά μήλα (σαν αυτό της φωτογραφίας). Με έναν κυλινδρικό διακορευτή διαπερνούμε το κεντρικό τμήμα του μήλου και αφαιρούμε κοτσάνι και σποράκια/πυρήνα απ' άκρη σ' άκρη.
Προκύπτει μια τρύπα κυκλικής διατομής και κυλινδρικού σχήματος, την οποία μετράμε (από την άκρη του ενός χείλους της ως το άλλο) ίση με 8 εκατοστά. Πόσος καθαρός όγκος μήλου απομένει για να φάμε;
Το αξιοπερίεργο είναι ότι οι όγκοι είναι ανεξάρτητοι από την ακτίνα r της σφαίρας (μήλου). Το μήκος της τρύπας = 8 εκ.= 2d , αρκεί για να περιγράψει πλήρως την κατάσταση. Χρησιμοποιώντας την σημειογραφία της απεικονιζόμενης τομής, έχουμε:
Το εμβαδό του γραμμοσκιασμένου κυκλικού τομέα ,αν περιστραφεί περί τον άξονα y , μάς δίνει τον ζητούμενο όγκο.
Αυτός ο όγκος έστω V ισούται με:
V=4π * Ολοκλήρωμα (από x=a μέχρι x=r) x*(r^2 - x^2)^(1/2) dx
Το αξιοπερίεργο είναι ότι οι όγκοι είναι ανεξάρτητοι από την ακτίνα r της σφαίρας (μήλου). Το μήκος της τρύπας = 8 εκ.= 2d , αρκεί για να περιγράψει πλήρως την κατάσταση. Χρησιμοποιώντας την σημειογραφία της απεικονιζόμενης τομής, έχουμε:
Αυτός ο όγκος έστω V ισούται με:
V=4π * Ολοκλήρωμα (από x=a μέχρι x=r) x*(r^2 - x^2)^(1/2) dx
= 4π (r^2 - a^2)^(3/2) / 3 (1)
Εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο :a^2 + d^2 = r^2 και αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε:
V = 4π * d^3 / 3 άρα V=268 κ.εκατοστά.
Θεωρώ σφαίρα ακτίνας r=8/2= 4 εκ παράλληλη προς
ΑπάντησηΔιαγραφήτο σφαιρικό μήλο, ακτίνας έστω R και μεταξύ των επιπέδων που ορίζονται από τα χείλη της κυλινδρικής οπής και ένα επίπεδο παράλληλο προς αυτά και σε απόσταση α<4 εκ από τα κέντρα των σφαιρών που τέμνει τις 2 σφαίρες (το μήλο και την σφαίρα ακτίνας r=4 εκ)
και συγκρίνω τα εμβαδά των τομών του επιπέδου αυτού με τις 2 σφαίρες
α) Εμβαδόν δακτυλίου μήλου
E1 = π (R^-α^2) – π(R^2-4^2) = π(4^2-α^2)
β) Εμβαδόν κύκλου μικρής σφαίρας (r=4 εκ)
E2 = π(4^2-α^2) = Ε1
Κάνω χρήση της Αρχής Cavalieri για τους όγκους
Άρα ο όγκος που απομένει για φάγωμα ισούται
με τον όγκο της μικρής σφαίρας
δηλαδή ( 4/3)*π*4^3 = (4^4) π/3 = 268,083 κυβικά εκατοστά.
Κρατείστε ακόμη κ. Ριζόπουλε, έχω μισοέτοιμη και 2η
ΑπάντησηΔιαγραφήλύση. Λόγω της περασμένης ώρας δεν έχω κουράγιο να συνεχίσω και να το συντάξω!
@ Ε.Αλεξίου: Σωστά!
ΑπάντησηΔιαγραφή(για να είμαι ειλικρινής, δεν καταλαβαίνω απόλυτα τον τρόπο που εργαστήκατε,αλλά αυτό ασφαλώς είναι δική μου ευθύνη και όχι δική σας! :-))
Δείτε και έναν εναλλακτικό τρόπο στην ανάρτηση.
2η ΛΥΣΗ (3η)
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ γεωμετρία χωρίς σχήματα είναι τουλάχιστον άχαρη στην περιγραφή.
Θα επιχειρήσω μία 2η, 3η με την δική σας, ( έχω αντιληφθεί πλήρως πόσο διευκολύνουν την.. μαθηματική ζωή μας τα ολοκληρώματα , το κακό είναι ότι προς το παρόν τα γνωρίζω ελάχιστα , σχεδόν καθόλου)
Η 2η λύση θα είναι ακόμα πιο καθαρά γεωμετρική, πιο..παλαιομοδίτικη και θα χρησιμοποιήσω και τα στοιχεία του σχήματος, για καλύτερη κατανόηση.
Απο το σφαιρικό μήλο αφαιρούνται 2 σφαιρικά τμήματα, ίσα μεταξύ τους, πάνω και κάτω από τα χείλη της κυλινδρικής οπής, κύκλου βάσης ακτίνας a και ύψους
h = r-d, επίσης αφαιρείται και ένας κύλινδρος με κύκλο βάσης ακτίνας a και ύψος 2d.
Υπολογισμός όγκων
α) συνολικού σφαιρικού μήλου
(4/3)πr^3
β1)των 2 σφαιρικών τμημάτων
V = 2*(π/3)h^2 *(3r-h) =
2*(π/3)(r-d)^2 *{3r-(r-d)}=
2π/3 *(r^2+d^2-2rd)*(2r+d) =
2π/3 *(2r^3 +dr^2 +2rd^2+d^3 -4dr^2 -2rd^2)=
2π/3 *(2r^3 -3dr^2 +d^3 )
β2) όγκος κυλίνδρου
V = πa^2 *2d =
π(r^2-d^2)*2d=
2π(dr^2-d^3)
Όγκοι που αφαιρούνται (β1+β2)
V = 2π/3 *(2r^3 -3dr^2 +d^3 ) +2π(dr^2-d^3) =
(4/3)πr^3+(2/3)πd^3 -2πd^3 =
(4/3)πr^3+(2/3)πd^3 -(2*3/3)πd^3 =
(4/3)πr^3 -(4/3)πd^3
Όγκος που απομένει
V =(4/3)πr^3 -{(4/3)πr^3 -(4/3)πd^3}
άρα απομένει τελικά όγκος
V = (4/3)πd^3 ( = 268,08 κυβικά εκατοστά)
και φυσικά παρατηρούμε ότι ο όγκος είναι ανεξάρτητος
της ακτίνας της αρχικής σφαίρας, του μήλου, εξαρτάται μόνο από το ύψος της κυλινδρικής οπής.
Όσον αφορά την 1η λύση η Αρχή Bonaventura Cavalieri
(Ιταλός μαθηματικός του 17ου αιώνα) για τους όγκους είναι:
Θεωρούμε δύο στερεά V και v του χώρου, και όλα τα επίπεδα του χώρου που είναι παράλληλα πρός σταθερό επίπεδο και κόβουν αμφότερα τα στερεά.
Αν για καθένα απο τα παράλληλα αυτά επίπεδα, οι επίπεδες τομές έχουν ίσα εμβαδά τότε:
όγκος V = όγκος v
Αντίστοιχη αρχή υπάρχει και για τα εμβαδά, όπου αντί για στερεά έχουμε επίπεδα χωρία, αντί των παράλληλων επιπέδων έχουμε παράλληλες γραμμές και αντί των ίσων εμβαδών των τομών έχουμε ισομήκη ευθύγραμμα τμήματα.
Kύριε Αλεξίου, πολύ καλή και η δεύτερη λύση σας, που υπολογίζετε αναλυτικά τα "καπάκια"/σφαιρικά τμήματα!
ΑπάντησηΔιαγραφήΝαι, το ξέρω το Θεώρημα του Καβαλιέρι (μού έχει μείνει ,αλλά δεν θυμάμαι από πού!, η εποπτικοποίησή του με τη στοίβα από νομίσματα που αλλάζουν σχετική θέση ή και καταρρέουν,χωρίς βέβαια να αλλάζει ο συνολικός όγκος της στοίβας. Ουσιαστικά πρόκειται για "πρακτική ολοκλήρωση" νομίζω ) ,απλώς δεν είχα εννοήσει καλά το γεωμετρικό σύστημα. Ξεπέρασα την παραδοσιακή μου τεμπελιά :-) και πήρα μολυβάκι και χαρτί και νομίζω ότι το κατάλαβα. :-)
Eίναι όντως άχαρο και δύσκολο πράγμα να εξηγεί κάποιος Γεωμετρία χωρίς σχήματα.