Μπέρνχαρτ Ρίμαν (Bernhard Riemann)
Σημείωση: To πρόβλημα που ακολουθεί είναι αποκλειστικά δικής μου εμπνεύσεως και κατασκευής. Η αναπαραγωγή του είναι ελεύθερη με αναφορά στην πηγή (το ιστολόγιο) και στον δημιουργό του.
Πάνω σε ένα εντελώς ξεφούσκωτο/επίπεδο μπαλόνι ζωγραφίζουμε με μαρκαδόρο ένα τρίγωνο (ακριβώς σαν να σχεδιάζαμε πάνω σε ένα φύλλο χαρτί).
Φουσκώνουμε το μπαλόνι, το υλικό του οποίου είναι απολύτως ομοιογενές και ισότροπο ,δηλαδή παραμορφώνεται ομοιόμορφα σε όλες τις διευθύνσεις , και σχηματίζεται μια τέλεια σφαίρα.
Παρατηρούμε ότι η μία πλευρά του αρχικού μας τριγώνου ταυτίζεται ακριβώς με το 1/4 του «ισημερινού» του μπαλονιού-σφαίρας, και η απέναντι κορυφή ταυτίζεται με τον «Βόρειο Πόλο» του μπαλονιού.
Ξεφουσκώνουμε το μπαλόνι (η τέλεια σφαιρικότητα διατηρείται πάντα!) ώσπου το εμβαδόν του τριγώνου μας να γίνει ίσο με το 1/16 της επιφάνειας του μπαλονιού.
Να βρεθούν οι γωνίες αυτού του τριγώνου.(του τριγώνου στην τελική του κατάσταση δηλαδή).
Τι είδους τρίγωνο ήταν το αρχικό που σχεδιάσαμε;
Θέλω να κάνω κάποιες σκέψεις στο πρόβλημα και θα θελα να μου πείτε αν είμαι σε σωστό δρόμο
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ αρχική επίκεντρη γωνία αν τμήσουμε τη σφαίρα στον ισημερινό και δούμε τον εσωτερικό κύκλο είναι 90 μοίρες καθότι η πλευρά του τριγώνου αντιστοιχεί στο 1/4 του μήκους του ισημερινού του κύκλου δηλαδή 2πρ/4
Άρα είναι λογικό η απέναντι γωνία να ισούται με 90 μοίρες(έστω φ)
Καθώς ξεφουσκώνουμε το μπαλόνι έχουμε μείωση σε ομόκεντρη σφαίρα άρα η επίκεντρη γωνία παραμένει η ίδια (Φ=90)
Στο σφαιρικό τρίγωνο δεν ισχύει προφανώς ότι και στο επίπεδο(άθροισμα γωνιών=180 μοίρες).
Ετρίγ=(4πR^2)*(1/16)
Tο αρχικό τρίγωνο είναι αναγκαστικά ισόπλευρο, εφόσον έχουμε ισότροπη παραμόρφωση και η μία πλευρά ταυτίζεται με τον το 1/4 του ισημερινού .Άρα εφόσον έχουμε συμμετρική παραμόρφωση πρέπει κάθε πλευρά του τριγώνου να έχει καμπυλωθεί το ίδιο σε σχέση με την αρχική κατάσταση(αυτή είναι και η έννοια της σφαίρας).Αν δεν είχαμε ισόπλευρο τρίγωνο το σχήμα με αυτά τα δεδομένα δεν θα ήταν σφαιρικό αλλά τα σημεία του αρχικού τριγώνου θα ανήκαν σε έλλειψη…
Το μέτρο της στερεάς γωνία είναι α=Ετριγ/r^2
Άρα α=Ετριγ/R^2=(4πR^2)*(1/16) /R^2=π/2
Και οι τρεις γωνίες του σφαιρικού τριγώνου ισούνται με π/2
Nτονάλτιε,είσαι σε σωστό δρόμο! Πραγματικά το αρχικό μας τρίγωνο πρέπει να είναι ισόπλευρο και στο πρώτο φούσκωμα γίνεται όπως σωστά επισήμανες ίσο με ένα ογδοημόριο της σφαίρας ή (πr^2)/2 (=4πρ^2/8)
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστά επίσης κατάλαβες ότι αυτό το σφαιρικό τρίγωνο έχει 3 ίσες γωνίες καθεμιά π/2 (ή 90ο).
Το κλειδί είναι όντως ότι στα σφαιρικά τρίγωνα δεν υπάρχει "ομοιότητα" με την ευκλείδεια έννοια. Το γωνιακό άθροισμα είναι ανάλογο του εμβαδού του τριγώνου. Όσο μεγαλώνει το εμβαδό μεγαλώνουν και οι γωνίες (στην υπερβολική Γεωμετρία των Λομπατσέφσκυ-Μπολυάι οι γωνίες μικραίνουν). Υπάρχει συγκεκριμενος τύπος που συνδέει το άθροισμα των γωνιών ενος σφαιρικού τριγώνου με το εμβαδό του ,τον οποίον μπορείς να αναζητήσεις εύκολα νομίζω,αλλά ουσιαστικά δεν τον χρειάζεσαι, γιατί τον έχεις "έτοιμο" από το σφαιρικό τρίγωνο = ογδοημόριο της πρώτης περίπτωσης (αν σκεφτείς ότι το γωνιακό άθροισμα είναι 3 ορθές)
Κοίτα το λίγο και επανερχόμαστε.
Να προσθέσω κάτι βασικό. Σε ένα ευκλείδιο τριγωνο (όπως όλοι ξέρουμε) το άθροισμα των γωνιών είναι π.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣ'ενα σφαιρικό είναι πάντα >π και <2π. Αν Α,Β,Γ οι γωνίες το χαρακτηριστικό μέγεθος Α+Β+Γ-π (ή Α+Β+Γ-180ο) λέγεται "υπεροχή" και με χρήση αυτής της υπεροχής προκύπτει το εμβαδό του. Πώς;
Σκέψου ότι (180ο/180ο)*πρ^2 ισχύει για ένα συμβατικό ευκλ. τρίγωνο, σκέψου και το εμβαδό του σφαιρικού τριγώνου αρχικά και...βρες τις γωνίες για εμβαδό 1/16 της μικρής σφαίρας. :-)
1/16 του εμβαδού της νέας σφαίρας(μετά το ξεφούσκωμα)?
ΑπάντησηΔιαγραφήΥποθέτωντας πως αναφερόμαστε στο ίδιο τρίγωνο
ΑπάντησηΔιαγραφή(3*χ-π)*ρ^2=(1/16)*4*π*ρ^2
3χ-π=π/4
χ=5π/12 η κάθε γωνία
Άθροισμα 3*χ=5π/4>π
Έτσι αγαπητέ Ντονάλτιε! 5π/12 η κάθε γωνία του τριγώνου στην τελική κατάσταση. Ή 75ο
ΑπάντησηΔιαγραφήΌπως αντιλήφθηκες, ο γενικός τύπος που δίνει το εμβαδόν ενός σφαιρικού τριγώνου σε μία σφαίρα ακτίνας ρ,συναρτήσει των γωνιών, είναι:
Ε= ((A+B+Γ-180)/180)*πρ^2 ή (για ακτίνια)
Ε= ((A+B+Γ-π)/π)*πρ^2
Όπου Α,Β,Γ οι γωνίες του τριγώνου. Μικρό τρίγωνο ,μικρό γωνιακό άθροισμα ,και αντίστροφα!
Ένας μικρός "συγκριτικός πίνακας" μεταξύ Ευκλείδειας και Σφαιρικής Γεωμετρίας (που είναι μια εποπτική περίπτωση της γενικότερης "Ελλειπτικής Γεωμετρίας" που περιγράφεται πάνω σε ένα ελλειψοειδές (μια μπάλα του ράγκμπι ας πούμε.)θα αναρτηθεί αργότερα.
Για να απαντήσω και στο ερώτημα-τίτλο της ανάρτησης , ο Ρίμαν (που ανακάλυψε την ελλειπτική Γεωμετρία) δεν φούσκωνε μπαλόνια γιατί απλούστατα στην εποχή του δεν υπήρχαν φουσκωτά μπαλόνια!
Δυνατό εποπτικό εργαλείο το μπαλόνι.:-)
Δοκιμάστε να σχεδιάσετε ένα τρίγωνο (με λίγη τύχη μπορεί και να πετύχετε τις συνθήκες της άσκησης) και μία ευθεία γραμμή και δείτε όντως φουσκώνοντάς το να επαληθεύονται τα θεωρητικά . Η γραμμή θα γίνει μια γεωδαιτική της σφαίρας (ευθείες σ'εναν κύκλο είναι μόνο οι μέγιστοι κύκλοι) και οι γωνίες του τριγώνου όντως θα μεγαλώσουν.
Και επειδή είσαι δυνατό μυαλό και καλό παιδί, βρες (ή όποιος άλλος θέλει, εννοείται:-)) πόσο πρέπει να είναι κατ'ελάχιστον το εμβαδό ενός ευκλείδειου τριγώνου πάνω στη Γη ώστε να γίνεται μόλις "μη ευκλίδειο", δηλαδή το γωνιακό του άθροισμα από 180ο να αυξηθεί κατά 1 μοίρα.
Καθώς το μπαλόνι ξεφουσκώνει, είναι δυνατόν το τρίγωνο να μικραίνει γρηγορότερα από το υπόλοιπο μπαλόνι;
ΑπάντησηΔιαγραφήswt, η ιδέα μου είναι προσομοιώσω την ιδιότητα των σφαιρικών τριγώνων να μεταβάλουν το γωνιακό τους άθροισμα συναρτήσει του εμβαδού τους. Το εμβαδό είναι συνάρτηση της καπυλότητας της σφαίρας και οι μετρικές ιδιότητες από το ευκλείδειο επιπεδο σε μία σφαίρα δεν διατηρούνται. Δηλαδή ο λόγος του αρχικού εμβαδού του τριγώνου που σχεδιάζουμε προς το ολικό της επιφάνειας του ξεφούσκωτου μπαλονιού μεταβάλλεται. Αυτός είναι και ο λόγος που δεν μπορεί να υπάρξει τέλειος επίπεδος χάρτης της Γης.(άσχετα με το είδος της προβολής/μετασχηματισμού που θα εφαρμόσουμε) Η γκαουσιανή καμπυλότητα της σφαίρας,δηλαδή. Αν ,ας πουμε, το μπαλόνι γινόταν ένας σωλήνας/κύλινδρος οι γωνιες δεν θα μεταβάλλονταν. Η καμπυλότητα του κυλίνδρου (με την γκαουσιανή έννοια) είναι 0. Γι'αυτό ας πούμε ΄μια μεγάλη αυτοκόλητη ετικέτα (ας φανταστουμε να έχει τριγωνικό σχήμα) κολλάει τέλεια πάνω σε έναν κύλινδρο,αλλά πάνω σε μία σφαίρα θα δημιουργήσει ζαρωματα και πτυχώσεις όσο και να την τεντώσουμε κολλώντας τη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΤέλος πάντων ,η ιδέα μου (με την όποια φυσική εφαρμοσιμότητα έχει) ήταν να κάνω εποπτικό το γεγονός της αδυναμίας ομοιότητας (με την ευκλείδεια έννοια) σε τρίγωνα που περιγράφονται πάνω σε σφαίρα και να δώσω την εισαγωγική σχέση που συνδέει το εμβαδόν ενός σφαιρικού τριγώνου με την υπεροχή του (το Α+Β+Γ-π)
Νομίζω ότι θα ήταν καλύτερο να αλλάζατε την εκφώνηση και να σχεδιάζατε εξ αρχής δυο όμοια τρίγωνα. Το ξεφούσκωμα δεν νομίζω πως οδηγεί στο αποτέλεσμα που θέλετε.
ΑπάντησηΔιαγραφή