Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

#1

(α) Να εξεταστεί αν υπάρχουν τετράπλευρα στις 3 διαστάσεις με όλες τις πλευρές τους και με όλες τις γωνίες τους ίσες ... που δεν είναι επίπεδα τετράγωνα.

(β)* Ομοίως για $\nu$ -πλευρα με $\nu >4.$

#2

Γιώργο, σου κάνουν αυτά;

α) Το αριστερό είναι δύο ισόπλευρα τρίγωνα σε κατάλληλη γωνία μεταξύ τους. Η κόκκινη διακεκομμένη γραμμή είναι η κοινή τους πλευρά (που όμως την σβήνουμε). Η μαύρη διακεκομμένη γραμμή είναι εκεί μόνο και μόνο για να φαίνεται πιο προοπτικά το σχήμα.

β) Στο δεύτερο, ξεκινάμε με όσους κύβους θέλουμε (εδώ τρεις) σε σχήμα σκάλας, αλλά στο τέλος επιλέγουμε μόνο τις μαύρες ακμές. Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να φτιάξουμε ισογώνιο και ισόπλευρο σχήμα με

πλευρές, για κάθε $N\ge 3$ .

#3

Μιχάλη βεβαίως και μου κάνουν:

(α) Αυτό το είχα προσεγγίσει γενικότερα, αρχίζοντας με ένα τμήμα

μήκους

-- πχ

-- και παρατηρώντας ότι τα C, D

οφείλουν να κείνται επί της βάσεως αντικρυστών κώνων κοινού άξονα

με κορυφές τα B, A

και με πλευρά μήκους

και με γωνία κορυφής $2\gamma ,$ όπου $\gamma$ το μέτρο των γωνιών του ABCD.

Μπορούμε τώρα να υποθέσουμε ότι τα C, D

μπορoύν να εκφρασθούν ως $C=(-1+2cos\gamma, 2sin\gamma cos\theta, 2sin\gamma sin\theta ),$ $D=(1-2cos\gamma, 2sin\gamma cos\phi , 2sin\gamma sin\phi ),$ όπου οι γωνίες $\theta , \phi$ εξαρτώνται από την θέση των C, D

στις κυκλικές βάσεις των δύο κώνων.

Αξιοσημείωτα, οι ζητούμενες συνθήκες

AB=BC=CD=DA=2

και

$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{DA}=4cos\gamma$

προκύπτουν ισοδύναμες προς την συνθήκη

$cos(\theta -\phi)=\dfrac{(1-cos\gamma)^2}{sin^2\gamma}.$

[Στο εκ κανονικού τετραέδρου στρεβλό τετράπλευρο σου έχουμε $\gamma =60^0,$ $\theta =arccos(1/3),$ $\phi=0,$ ενώ για $\gamma =90^0$ λαμβάνουμε υποχρεωτικά $\theta =\phi$ (επίπεδα τετράγωνα περιστρεφόμενα γύρω από την

), κλπ (Ας παρατηρηθεί ότι η παραπάνω συνθήκη αποκλείει την περίπτωση αμβλείας γωνίας $\gamma .$ )]

(β) Από παλιό πρόβλημα προκύπτει ότι δεν υπάρχει στρεβλό πεντάπλευρο με όλες τις γωνίες του ορθές. Ενδιαφέρον παρουσιάζει λοιπόν η ύπαρξη άλλων πενταπλεύρων με ίσες πλευρές και ίσες γωνίες, και βεβαίως το μέγιστο δυνατό μέγεθος της γωνίας τους.

#4

OXI, δεν υπάρχουν στρεβλά ισόπλευρα ισογώνια πεντάπλευρα!

Στο αναπάντεχο (;) αυτό αποτέλεσμα -- αναπάντεχο ιδίως εν όψει του απλού στρεβλού εξαπλεύρου του Μιχάλη -- μπορούμε να φτάσουμε επεκτείνοντας την παραπάνω μέθοδο των τετραπλεύρων: απλά παρεμβάλλουμε ένα σημείο D=(m,p,q)

ανάμεσα στους δύο 'κώνους' κορυφών A=(1,0,0),

επί των οποίων 'κώνων' κείνται όπως και πριν σημεία $C=(-1+2cos\gamma, 2sin\gamma cos\theta, 2sin\gamma sin\theta),$ $E=(1-2cos\gamma, 2sin\gamma cos\phi, 2sin\gamma sin\phi).$

Η πορεία της απόδειξης: αποδεικνύουμε αρχικά ότι m=0,

στην συνέχεια παρατηρούμε ότι $p^2+q^2=7-8cos\gamma,$ $p^2+q^2=9-12cos\gamma+4cos^2\gamma-4sin^2\gammacos(\theta -\phi),$ $p^2+q^2=\dfrac{2(2-3cos\gamma)^2}{sin^2\gamma (1+cos(\theta-\phi))},$ οπότε, από την διπλή έκφραση που προκύπτει για το $cos(\theta-\phi),$ καταλήγουμε στην εξίσωση-κλειδί $4cos^2\gamma-2cos\gamma-1=0,$ που δίνει $\gamma=108^0$ (επίπεδο κανονικό πεντάγωνο με $\theta=\phi$ ) και $\gamma=36^0$ (επίπεδη κανονική πεντάλφα με $\theta=\phi$ ).

Από αφαίρεση κατά μέλη των CD^2=4

και

προκύπτει η

$m(1-2cos\gamma)=sin\gamma (pcos\theta+qsin\theta-pcos\phi-qsin\phi)$ (1)

Από τις $\overrightarrow {CB}\cdot \overrightarrow {CD}=4cos\gamma$ και $\overrightarrow {EA}\cdot \overrightarrow {ED}=4cos\gamma$ προκύπτουν αντίστοιχα οι

$pcos\theta+qsin\theta=\dfrac{-(m+3)cos\gamma + 2}{sin\gamma}$ (2)

και

$pcos\phi+qsin\phi=\dfrac{(m-3)cos\gamma + 2}{sin\gamma}$ (3)

Αντικαθιστώντας τις (2), (3) στην (1) προκύπτει η m=0,

οπότε οι (2), (3) απλοποιούνται στις

$pcos\theta+qsin\theta=\dfrac{2-3cos\gamma}{sin\gamma}$ (4)

και

$pcos\phi+qsin\phi=\dfrac{2-3cos\gamma}{sin\gamma}$ (5)

Συνδυάζοντας τώρα είτε τις CD^2=4

και (4) είτε τις DE^2=4

και (5) προκύπτει η

$p^2+q^2=7-8cos\gamma$ (6)

Από την $\overrightarrow {DE}\cdot \overrightarrow {DC}=4cos\gamma$ και τις (4), (5) προκύπτει η

$p^2+q^2=9-12cos\gamma+4cos^2\gamma-4sin^2\gamma cos(\theta -\phi)$ $\quad \quad \quad$ (7)

Επιλύοντας το γραμμικό σύστημα των (4), (5) ως προς p, q

λαμβάνουμε

$p=\dfrac{2-3cos\gamma}{sin\gamma}\cdot \dfrac{sin\theta-sin\phi}{sin(\theta-\phi)}=\dfrac{2-3cos\gamma}{sin\gamma}\cdot \dfrac{cos\dfrac{\theta +\phi}{2}}{cos\dfrac{\theta -\phi}{2}}$ (8)

και

$q=-\dfrac{2-3cos\gamma}{sin\gamma}\cdot \dfrac{cos\theta-cos\phi}{sin(\theta-\phi)}=\dfrac{2-3cos\gamma}{sin\gamma}\cdot \dfrac{sin\dfrac{\theta +\phi}{2}}{cos\dfrac{\theta -\phi}{2}}$ (9)

και από αυτές την

$p^2+q^2=\dfrac{2(2-3cos\gamma)^2}{sin^2\gamma(1+cos(\theta-\phi))}$ (10)

Συνδυάζοντας τις (6) και (7), και επίσης τις (6) και (10), λαμβάνουμε την

$cos(\theta-\phi)=\dfrac{1-2cos\gamma+2cos^2\gamma}{2sin^2\gamma}=\dfrac{2(2-3cos\gamma)^2}{sin^2\gamma (7-8cos\gamma)}-1,$ (11)

και από αυτήν την δευτεροβάθμια

$4cos^2\gamma-2cos\gamma+1=0.$ (12)

Οι δύο λύσεις της (12) είναι $\gamma=36^0$ και $\gamma=108^0,$ για τις οποίες η (11) δίνει $\phi=\theta,$ οπότε από τις (8) και (9) λαμβάνουμε $p=\dfrac{(2-3cos\gamma )cos\theta}{sin\gamma},$ $q=\dfrac{(2-3cos\gamma )sin\theta}{sin\gamma},$ και τελικά καταλήγουμε στα πεντάπλευρα

A=(1,0,0),

$C=(-1+2cos36^0, 2sin36^0cos\theta, 2sin36^0sin\theta),$ $D=\left(0, \dfrac{(2-3cos36^0)cos\theta}{sin36^0}, \dfrac{(2-3cos36^0)sin\theta}{sin36^0}\right),$ $E=(1-2cos36^0, 2sin36^0cos\theta, 2sin36^0sin\theta)$

και

A=(1,0,0),

$C=(-1+2cos108^0, 2sin108^0cos\theta, 2sin108^0sin\theta),$ $D=\left(0, \dfrac{(2-3cos108^0)cos\theta}{sin108^0}, \dfrac{(2-3cos108^0)sin\theta}{sin108^0}\right),$ $E=(1-2cos108^0, 2sin108^0cos\theta, 2sin108^0sin\theta).$

Και στις δύο περιπτώσεις οι 5 κορυφές κείνται επί του επιπέδου $z=(tan\theta)y,$ πρόκειται δηλαδή για μη στρεβλά πεντάπλευρα: το πρώτο είναι η κανονική πεντάλφα (βλέπε συνημμένο για $\theta=0^0$ ), το δεύτερο είναι το κανονικό πεντάγωνο.

: πεντάλφα.png (60.68 KiB) Προβλήθηκε 3362 φορές

#5

Μία πρώτη -- μπορεί και τελευταία

-- προσέγγιση στα στρεβλά εξάπλευρα, με ελάχιστο στόχο το εξάπλευρο του Μιχάλη:

Επεκτείνοντας κατά μία κορυφή τα προηγούμενα (τετράπλευρο και πεντάπλευρο) θεωρούμε εξάπλευρο με κορυφές A=(1,0,0),

$C=(-1+2cos\gamma, 2sin\gamma cos \theta, 2sin\gamma sin\theta),$ D=(m,p,q),

$F=(1-2cos\gamma, 2sin\gamma cos \phi, 2sin\gamma sin\phi),$ οπότε οι 'μη τετριμμένες' CD^2=4,

$\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow {CD}=4cos\gamma,$ $\overrightarrow{DC}\cdot \overrightarrow {DE}=4cos\gamma,$ $\overrightarrow{ED}\cdot \overrightarrow {EF}=4cos\gamma,$ $\overrightarrow{FE}\cdot \overrightarrow {FA}=4cos\gamma$

δίνουν αντίστοιχα

$(m+1)^2-4(m+1)cos\gamma -4sin\gamma (pcos\theta +qsin\theta)+p^2+q^2=0$

(m-n)^2+(p-r)^2+(q-s)^2-4=0

$(n-1)^2-4(n-1)cos\gamma -4sin\gamma (rcos\phi +ssin\phi)+r^2+s^2=0$

$(m+3)cos\gamma +sin\gamma (pcos\theta +qsin\theta)-2=0$

$(m+1)(m-n)-2(m-n+2)cos\gamma -2(p-r)sin\gamma cos\theta -2(q-s)sin\gamma sin\theta +p^2+q^2-pr-qs=0$

$-(n-1)(m-n)-2(m-n+2)cos\gamma +2(p-r)sin\gamma cos\phi +2(q-s)sin\gamma sin\phi +r^2+s^2-pr-qs=0$

$(n-3)cos\gamma -sin\gamma(rcos\phi +ssin\phi )+2=0$

Προκύπτει δηλαδή ένα μη γραμμικό σύστημα 7 εξισώσεων και 9 αγνώστων: είναι αναμενόμενο να υπάρχουν πολλές λύσεις, δύο από τις οποίες είναι το στρεβλό εξάπλευρο του Μιχάλη ( m=-1,

$\gamma =90^0,$ $\theta =0^0,$ $\phi =0^0$ ) και το επίπεδο κανονικό εξάγωνο ( m=-1,

$p=2\sqrt{3},$ q=0,

$r=2\sqrt{3},$ s=0,

$\gamma =120^0,$ $\theta =0^0,$ $\phi =0^0$ ).

...Δεν έχω καλή εποπτεία του θέματος, και δεν είμαι 'προς στιγμήν' σε θέση να βρω περισσότερες λύσεις (ειδικότερα με $\theta \neq \phi$ και $m+n\neq 0$ ), νομίζω όμως ότι τα παραπάνω κάνουν φανερό ότι μάλλον οφείλουν να υπάρχουν λύσεις για (άρτια και περιττά) $\nu >5,$ με το πεντάπλευρο να αποτελεί τελείως ειδική περίπτωση (όπου από 5 εξισώσεις με 6 αγνώστιυς πέφτουμε σε 5 εξισώσεις με 5 αγνώστους, κλπ κλπ!

#6

Αρχίζοντας με το στρεβλό εκ κανονικού τετραέδρου ισόπλευρο ισογώνιο τετράπλευρο του Μιχάλη (#2) ... χρησιμοποιώ μία παραλλαγή σφαιρικών συντεταγμένων προς καλύτερη κατανόηση τόσο του συγκεκριμένου τετραπλεύρου όσο και του γενικότερου προβλήματος:

Αρχίζοντας λοιπόν με κανονικό τετράεδρο ABCD

όπου

$B=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2},0\right),$ C=(1,0,0),

$D=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{6},\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right),$ παρατηρούμε ότι (απλή γεωμετρία κανονικού τετραέδρου, βλέπε και συνημμένο)

-- πηγαίνουμε από το

στο

'στρίβοντας' κατά $\theta _1=60^0$ και ανεβαίνοντας/κατεβαίνοντας κατά $\phi _1=0^0$

-- πηγαίνουμε από το

στο

'στρίβοντας' κατά $\theta _2=300^0$ και ανεβαίνοντας/κατεβαίνοντας κατά $\phi _2=300^0$

-- πηγαίνουμε από το

στο

'στρίβοντας' κατά $\theta _3=150^0$ και ανεβαίνοντας κατά $\phi _3=arcsin\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)$

-- πηγαίνουμε από το

στο

'στρίβοντας' κατά $\theta _4=210^0$ και κατεβαίνοντας κατά $\phi _4=-arcsin\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)$

Θεωρώντας τώρα συντεταγμένες -- ουσιαστικά σε οποιοδήποτε τετράπλευρο -- παρατηρούμε ότι τα παραπάνω μπορούν να εκφρασθούν ως

A=(0,0,0)

$B=\left(cos\phi _1cos\theta _1, cos\phi _1sin\theta _1, sin\phi _1\right)$

$C=\left(cos\phi _1cos\theta _1 +cos\phi _2cos\theta _2 , cos\phi _1sin\theta _1 + cos\phi _2sin\theta _2, sin\phi _1 + sin\phi _2\right)$

$D=\left(cos\phi _1cos\theta _1 + cos\phi _2cos\theta _2 + cos\phi _3cos\theta _3, cos\phi _1sin\theta _1 + cos\phi _2sin\theta _2 + cos\phi _3sin\theta _3 , sin\phi _1 + sin\phi _2 + sin\phi _3 \right)$

Βεβαίως το

μπορεί να γραφεί και ως $\left(\sum_{1}^{4}cos\phi _kcos\theta _k, \sum_{1}^{4}cos\phi _ksin\theta _k, \sum_{1}^{4}sin\phi _k\right)$ .

Από τα παραπάνω προκύπτει άμεσα η ισότητα των πλευρών, AB=BC=CD=DA=1

(δεδομένη ούτως ή άλλως στο αρχικό μας τετράπλευρο, επεκτεινόμενη άμεσα σε οποιοδήποτε τετράπλευρο -- ή και πολύπλευρο -- που ικανοποιεί τις παραπάνω σχέσεις συντεταγμένων). Για την ισότητα των γωνιών ας παρατηρηθεί ότι αρκεί να εξασφαλιστεί η ισότητα των 'πρωτοδιαγωνίων', AC=BD,

η οποία είναι ισοδύναμη προς τις ισότητες

$cos\phi _1cos\theta _1cos\phi _2cos\theta _2+cos\phi _1sin\theta _1cos\phi _2sin\theta _2+sin\phi _1sin\phi _2=$

$=cos\phi _2cos\theta _2cos\phi _3cos\theta _3+cos\phi _2sin\theta _2cos\phi _3sin\theta _3+sin\phi _2sin\phi _3=$

$=cos\phi _3cos\theta _3cos\phi _4cos\theta _4+cos\phi _3sin\theta _3cos\phi _4sin\theta _4+sin\phi _3sin\phi _4=$

$=cos\phi _4cos\theta _4cos\phi _1cos\theta _1+cos\phi _4sin\theta _4cos\phi _1sin\theta _1+sin\phi _4sin\phi _1$

Πράγματι στο παράδειγμα του Μιχάλη οι παραπάνω τέσσερις ποσότητες ισούνται όλες προς $-\dfrac{1}{2}.$ Ελπίζω σε μελλοντική δημοσίευση να συζητήσω το γενικότερο θέμα της επίλυσης ενός τέτοιου συστήματος, τόσο για άλλα, λιγότερο προφανή, τετράπλευρα, όσο και για πολύπλευρα. (Γιατί πχ το ανάλογο σύστημα πέντε ποσοτήτων δεν μπορεί να έχει μη προφανή (μη επίπεδη) λύση (#4);!)

: στρεβλό-τετράπλευρο-εκ-κανονικού-τετραέδρου.png (22.38 KiB) Προβλήθηκε 3209 φορές

#7

Αρκετά υποσχόμενες οι (α)γωνιώδεις εξισώσεις της προηγούμενης δημοσίευσης, δεν κατάφερα όμως να τις αξιοποιήσω, οπότε προχωρώ στην κατασκευή ΕΝΟΣ κανονικού στρεβλού επταπλεύρου (με την βεβαιότητα ότι υπάρχουν πολλά πολλά άλλα, και για κάθε αριθμό πλευρών μεγαλύτερο του 'μοιραίου'

):

Θεωρούμε ένα (αρκετά συμμετρικό) επτάπλευρο της μορφής A=(1,0,0),

$C=(-1+2cos\gamma , 2sin\gamma, 0),$ D=(-a, b, d),

$G=(1-2cos\gamma , 2sin\gamma , 0)$ -- τέσσερις δηλαδή κορυφές στο επίπεδο z=0

και μία κορυφή στον άξονα x=y=0,

με $\gamma$ να είναι η γωνία του ισογώνιου επταπλεύρου ... η οποία και θα προσδιορισθεί επακριβώς -- δεν είναι προφανές ακόμη και αναμενόμενο ότι είναι μοναδική αλλά είναι -- μαζί με τα a, b, d, h

(τα οποία και θα εκφρασθούν συναρτήσει της $\gamma$ ).

Από τις 'μη προφανείς' και 'βασικές' ισότητες πλευρών CD^2=4

και

λαμβάνουμε αντίστοιχα τις ισότητες

$(a-1)^2 + b^2 + d^2 + 4(a-1)cos\gamma - 4bsin\gamma = 0$ (I)

και

a^2+b^2+(h-d)^2=4

(II)

Από τις 'μη προφανείς' και 'βασικές' ισότητες γωνιών λαμβάνουμε, μέσω της ισότητας 'πρωτοδιαγωνίων' AC^2=BD^2=CE^2=DF^2,

την πολλαπλή ισότητα

$8-8cos\gamma = (a-1)^2 + b^2 + d^2 = 5-4cos\gamma + h^2 = 4a^2.$

Είναι άμεσες τώρα οι $a=2sin(\gamma /2),$ $h=\sqrt{3-4cos\gamma},$ ενώ με αντικατάσταση της $(a-1)^2 + b^2 + d^2=8-8cos\gamma$ στην (I) λαμβάνουμε $b=\dfrac{(2sin(\gamma /2)-3)cos\gamma +2}{sin\gamma }$ και με αφαίρεση κατά μέλη των (Ι), (ΙΙ) ΚΑΙ αντικατάσταση των a, h, b

στην προκύψασα λαμβάνουμε $d=\dfrac{2sin(\gamma /2)-6cos\gamma +3}{\sqrt{3-4cos\gamma }}.$

Αντικαθιστώντας τις παραπάνω εκφράσεις για τα a, h, b, d

στην (ΙΙ) λαμβάνουμε την ως προς $\gamma$ εξίσωση

$4sin^2(\gamma /2) + \dfrac{[(2sin(\gamma /2)-3)cos\gamma + 2]^2}{sin^2\gamma } + \dfrac{4(sin(\gamma /2)-cos\gamma)^2}{3-4cos\gamma } = 4,$

μοναδική αποδεκτή λύση της οποίας στο $(0, \pi)$ είναι η $\gamma \approx 1,2765\approx 73,138^0.$

[Οι άλλες δύο λύσεις είναι μικρότερες των 60^0,

οδηγώντας σε τομές των AG, BC.

]

Αντικαθιστώντας την τιμή $\gamma \approx 1,2765$ στα a, b, d, h

και στις συντεταγμένες των επτά σημείων λαμβάνουμε A=(1, 0, 0),

$C\approx (-0,419867, 1,91401, 0),$ $D\approx (-1,19158, 1,54172, 1,80717),$ $E\approx (0, 0, 1,35637),$ $F\approx (1,19158, 1,54172, 1,80717),$ $G\approx (0,419867, 1,91401, 0).$ Εύκολα επαληθεύουμε ότι ισχύουν οι ζητούμενες AB=BC=CD=DE=EF=FG=GA=2

και $AC=BD=CE=DF=EG=FA=GB\approx 2,38316$ (βεβαίως και η $2,38316^2\approx 2^2+2^2-2\cdot 2\cdot 2\cdot cos1,2765$ ).

: στρεβλό-επτάπλευρο.png (86.96 KiB) Προβλήθηκε 3092 φορές

#8

Για να χαλαρώσουμε λίγο: επεκτείνοντας την αρχική ιδέα του Μιχάλη (#2) ... ιδού ένα κανονικό στρεβλό οκτάπλευρο, σύνθεση δύο γειτονικών εδρών κανονικού δωδεκαέδρου

[Για επτάπλευρο όμως -- επί του δωδεκαέδρου πάντα -- δεν το βλέπω: αν δεν μας εκπλήξει κάποιος ή κάποια με κάποιο παράδειγμα, ας προσπαθήσουμε να δούμε γιατί δεν γίνεται

]

: οκτάπλευρο-εκ-δωδεκαέδρου.png (128.18 KiB) Προβλήθηκε 3042 φορές

#9

Και για να μην θεωρηθεί ότι είναι θέμα αρτίου αριθμού πλευρών ... ιδού και ένα κανονικό στρεβλό εννεάπλευρο επί του κανονικού δωδεκαέδρου:

[Απλώς το επτάπλευρο δεν γίνεται (επί του δωδεκαέδρου) και το πεντάπλευρο (πουθενά)...]

: εννεάπλευρο-εκ-δωδεκαέδρου.png (128.85 KiB) Προβλήθηκε 2990 φορές

#10

Ιδού και ένα κανονικό στρεβλό εικοσάπλευρο επί του κανονικού δωδεκαέδρου (με το αντίστροφο μάλλον να είναι αδύνατον):

: Hamilton-circuit-dodecahedron.png (121.06 KiB) Προβλήθηκε 2949 φορές

#11

Ένα ακόμη, συμμετρικότερο, κύκλωμα Hamilton -- επίσκεψη κάθε κορυφής ακριβώς μία φορά -- στο κανονικό εικοσάεδρο, που είναι βεβαίως και κανονικό στρεβλό εικοσάγωνο. Υπάρχουν ΠΟΛΛΑ τέτοια, όπως και στην περίπτωση του κανονικού εικοσαέδρου (δείτε πχ εδώ), αν και στην περίπτωση του εικοσαέδρου κανένα κύκλωμα Hamilton δεν είναι κανονικό στρεβλό δωδεκάεδρο (λόγω κάποιων ανίσων γωνιών), το πολύ που μπορούμε να λάβουμε μ' αυτόν τον τρόπο είναι κανονικά στρεβλά δεκάεδρα.

: 12-4-hamilton-dodecahedron.png (165.84 KiB) Προβλήθηκε 2853 φορές

#12

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 11, 2025 12:10 am
Αρκετά υποσχόμενες οι (α)γωνιώδεις εξισώσεις της προηγούμενης δημοσίευσης, δεν κατάφερα όμως να τις αξιοποιήσω, οπότε προχωρώ στην κατασκευή ΕΝΟΣ κανονικού στρεβλού επταπλεύρου (με την βεβαιότητα ότι υπάρχουν πολλά πολλά άλλα, και για κάθε αριθμό πλευρών μεγαλύτερο του 'μοιραίου' ):

Θεωρούμε ένα (αρκετά συμμετρικό) επτάπλευρο της μορφής $C=(-1+2cos\gamma , 2sin\gamma, 0),$ $G=(1-2cos\gamma , 2sin\gamma , 0)$ -- τέσσερις δηλαδή κορυφές στο επίπεδο και μία κορυφή στον άξονα με $\gamma$ να είναι η γωνία του ισογώνιου επταπλεύρου ... η οποία και θα προσδιορισθεί επακριβώς -- δεν είναι προφανές ακόμη και αναμενόμενο ότι είναι μοναδική αλλά είναι -- μαζί με τα (τα οποία και θα εκφρασθούν συναρτήσει της $\gamma$ ).

Από τις 'μη προφανείς' και 'βασικές' ισότητες πλευρών και λαμβάνουμε αντίστοιχα τις ισότητες

$(a-1)^2 + b^2 + d^2 + 4(a-1)cos\gamma - 4bsin\gamma = 0$ (I)

και

(II)

Από τις 'μη προφανείς' και 'βασικές' ισότητες γωνιών λαμβάνουμε, μέσω της ισότητας 'πρωτοδιαγωνίων' την πολλαπλή ισότητα

$8-8cos\gamma = (a-1)^2 + b^2 + d^2 = 5-4cos\gamma + h^2 = 4a^2.$

Είναι άμεσες τώρα οι $a=2sin(\gamma /2),$ $h=\sqrt{3-4cos\gamma},$ ενώ με αντικατάσταση της $(a-1)^2 + b^2 + d^2=8-8cos\gamma$ στην (I) λαμβάνουμε $b=\dfrac{(2sin(\gamma /2)-3)cos\gamma +2}{sin\gamma }$ και με αφαίρεση κατά μέλη των (Ι), (ΙΙ) ΚΑΙ αντικατάσταση των στην προκύψασα λαμβάνουμε $d=\dfrac{2sin(\gamma /2)-6cos\gamma +3}{\sqrt{3-4cos\gamma }}.$

Αντικαθιστώντας τις παραπάνω εκφράσεις για τα στην (ΙΙ) λαμβάνουμε την ως προς $\gamma$ εξίσωση

$4sin^2(\gamma /2) + \dfrac{[(2sin(\gamma /2)-3)cos\gamma + 2]^2}{sin^2\gamma } + \dfrac{4(sin(\gamma /2)-cos\gamma)^2}{3-4cos\gamma } = 4,$

μοναδική αποδεκτή λύση της οποίας στο $(0, \pi)$ είναι η $\gamma \approx 1,2765\approx 73,138^0.$

[Οι άλλες δύο λύσεις είναι μικρότερες των οδηγώντας σε τομές των ]

Αντικαθιστώντας την τιμή $\gamma \approx 1,2765$ στα και στις συντεταγμένες των επτά σημείων λαμβάνουμε $C\approx (-0,419867, 1,91401, 0),$ $D\approx (-1,19158, 1,54172, 1,80717),$ $E\approx (0, 0, 1,35637),$ $F\approx (1,19158, 1,54172, 1,80717),$ $G\approx (0,419867, 1,91401, 0).$ Εύκολα επαληθεύουμε ότι ισχύουν οι ζητούμενες και $AC=BD=CE=DF=EG=FA=GB\approx 2,38316$ (βεβαίως και η $2,38316^2\approx 2^2+2^2-2\cdot 2\cdot 2\cdot cos1,2765$ ).

Παρουσιάζω παρακάτω ένα ξαδερφάκι του παραπάνω, ένα κανονικό στρεβλό επτάπλευρο [unparseable or potentially dangerous latex formula] που έχει πάλι τέσσερις ομοεπίπεδες κορυφές (A, B, C, G),

αλλά με την αντίστοιχη 'βάση' να έχει συμμετρία όχι ως προς τον άξονα των

αλλά ως προς την αρχή των αξόνων:

Αρχίζουμε λοιπόν με επτάπλευρο κορυφών A=(1,0,0),

$C=(-1+2cos\gamma , 2sin\gamma, 0),$ D=(-a, b, d),

$G=(1-2cos\gamma , -2sin\gamma , 0)$ , καταλήγοντας, όπως παραπάνω, στις κρίσιμες ισότητες

$(a-1)^2+b^2+d^2+4(a-1)cos\gamma -4bsin\gamma =0$ (I)

a^2+b^2+(h-d)^2=4

(II)

$8-8cos\gamma =(a-1)^2+b^2+d^2=5-4cos\gamma +h^2=4a^2+4b^2$

Από τις παραπάνω ισότητες και την (ΙΙ) λαμβάνουμε διαδοχικά

$h=\sqrt{3-4cos\gamma }=\sqrt{7-8cos^2\gamma /2},$

$|h-d|=2cos\gamma /2$ και $d=\sqrt{7-8cos^2\gamma /2}\pm 2cos\gamma /2,$

$a=-2+4cos^2\gamma /2 \pm2cos\gamma /2\sqrt{7-8cos^2\gamma /2},$

$b=\sqrt{16cos^2\gamma /2(cos^2\gamma /2-1) \pm8cos\gamma /2(1-2cos^2\gamma /2)\sqrt{7-8cos^2\gamma /2}}.$

Με αντικατάσταση των δύο τελευταίων και της $(a-1)^2+b^2+d^2=8-8cos\gamma$ στην (Ι) λαμβάνουμε τις εξισώσεις

$2+(2cos^2\gamma /2-1)(-5+4cos^2\gamma /2 + 2cos\gamma /2\sqrt{7-8cos^2\gamma /2})-$

$2cos\gamma /2\sqrt{1-cos^2\gamma /2}\sqrt{16cos^2\gamma /2(cos^2\gamma /2-1)+8cos\gamma /2(1-2cos^2\gamma /2)\sqrt{7-8cos^2\gamma /2}}=0$

και

$2+(2cos^2\gamma /2-1)(-5+4cos^2\gamma /2 - 2cos\gamma /2\sqrt{7-8cos^2\gamma /2})-$

$2cos\gamma /2\sqrt{1-cos^2\gamma /2}\sqrt{16cos^2\gamma /2(cos^2\gamma /2-1)-8cos\gamma /2(1-2cos^2\gamma /2)\sqrt{7-8cos^2\gamma /2}}=0$

Η πρώτη εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες, ενώ η δεύτερη δίνει $cos\gamma /2\approx 0,84738$ και $cos\gamma /2\approx 0,923128,$ τιμές που δίνουν

A=(1,0,0),

και

Στην πρώτη περίπτωση ισχύουν οι ζητούμενες AB=BC=CD=DE=EF=FG=GA=2

και $AC=BD=CE=DF=EG=FA=GB\approx 2,12395$ (με $\gamma \approx 64,14^0$ ).

Στην δεύτερη περίπτωση ισχύουν οι ζητούμενες AB=BC=CD=DE=EF=FG=GA=2

και $AC=BD=CE=DF=EG=FA=GB\approx 1,53797$ (με $\gamma \approx 45,22^0$ ).

Προκύπτουν λοιπόν ΔΥΟ επιπλέον κανονικά στρεβλά επτάπλευρα με τέσσερις ομοεπίπεδες κορυφές (και κάποια σχετική συμμετρία): δεν θα αποπειραθώ να τα σχεδιάσω, απλώς θα τα δώσω -- μαζί και το αρχικό (#7) -- σε τρισδιάστατο εκτυπωτή όταν επιστρέψω στην Θεσσαλονίκη

[Αν κάποιος μπορεί και θέλει να τα σχεδιάσει, ευχαρίστως να τα δούμε!]

#13

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 7:55 pm
Προκύπτουν λοιπόν ΔΥΟ επιπλέον κανονικά στρεβλά επτάπλευρα με τέσσερις ομοεπίπεδες κορυφές (και κάποια σχετική συμμετρία): δεν θα αποπειραθώ να τα σχεδιάσω, απλώς θα τα δώσω -- μαζί και το αρχικό (#7) -- σε τρισδιάστατο εκτυπωτή όταν επιστρέψω στην Θεσσαλονίκη [Αν κάποιος μπορεί και θέλει να τα σχεδιάσει, ευχαρίστως να τα δούμε!]

Λογαριασμοί χωρίς τον ξενοδόχο: ο χειριστής του εκτυπωτή μού λέει πως δεν μπορεί να κατασκευάσει τα τρία επτάγωνα από συντεταγμένες, πρέπει πρώτα να τα 'ζωγραφίσει', κλπ κλπ -- δεν θέλω ζωγραφιές πια, θέλω τα τρίδυμα του καλοκαιριού χειροπιαστά, να τα αναγνωρίσω

Όποιος ξέρει κάτι παραπάνω από 3-D εκτυπώσεις ... ας κοπιάσει

A = (1, 0, 0), B = (-1, 0, 0), C = (-.127788, 1.79979, 0), D = (1.02681, .271016, -.574235),

E = (0, 0, 1.12053), F = (-1.02681, -.271016, -.574235), G = (.127788, -1.79979, 0)

A = (1, 0, 0), B = (-1, 0, 0), C = (.408661, 1.41974, 0), D = (-.619557, .455509, -1.41885),

E = (0, 0, .427408), F = (.619557, -.455509, -1.41885), G = (-.408661, -1.41974, 0)

A = (1, 0, 0), B = (-1, 0, 0), C = (-.419867, 1.91401, 0), D = (-1.19158, 1.54172, 1.80717),

E = (0, 0, 1.35637), F = (1.19158, 1.54172, 1.80717), G = (.419867, 1.91401, 0)

#14

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 15, 2025 3:17 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 7:55 pm
Προκύπτουν λοιπόν ΔΥΟ επιπλέον κανονικά στρεβλά επτάπλευρα με τέσσερις ομοεπίπεδες κορυφές (και κάποια σχετική συμμετρία): δεν θα αποπειραθώ να τα σχεδιάσω, απλώς θα τα δώσω -- μαζί και το αρχικό (#7) -- σε τρισδιάστατο εκτυπωτή όταν επιστρέψω στην Θεσσαλονίκη [Αν κάποιος μπορεί και θέλει να τα σχεδιάσει, ευχαρίστως να τα δούμε!]
Λογαριασμοί χωρίς τον ξενοδόχο: ο χειριστής του εκτυπωτή μού λέει πως δεν μπορεί να κατασκευάσει τα τρία επτάγωνα από συντεταγμένες, πρέπει πρώτα να τα 'ζωγραφίσει', κλπ κλπ -- δεν θέλω ζωγραφιές πια, θέλω τα τρίδυμα του καλοκαιριού χειροπιαστά, να τα αναγνωρίσω

Όποιος ξέρει κάτι παραπάνω από 3-D εκτυπώσεις ... ας κοπιάσει

A = (1, 0, 0), B = (-1, 0, 0), C = (-.127788, 1.79979, 0), D = (1.02681, .271016, -.574235),

E = (0, 0, 1.12053), F = (-1.02681, -.271016, -.574235), G = (.127788, -1.79979, 0)

A = (1, 0, 0), B = (-1, 0, 0), C = (.408661, 1.41974, 0), D = (-.619557, .455509, -1.41885),

E = (0, 0, .427408), F = (.619557, -.455509, -1.41885), G = (-.408661, -1.41974, 0)

A = (1, 0, 0), B = (-1, 0, 0), C = (-.419867, 1.91401, 0), D = (-1.19158, 1.54172, 1.80717),

E = (0, 0, 1.35637), F = (1.19158, 1.54172, 1.80717), G = (.419867, 1.91401, 0)

Η μεγάλη στιγμή έφτασε: με την πολύτιμη βοήθεια του φίλου και συνεργάτη Νίκου Τερψιάδη και του γιου του Γιάννη Τερψιάδη* ... αξιώθηκα σήμερα το πρωί** να κρατήσω στα χέρια μου τα τρίδυμα, που βλέπετε εδώ φωτογραφημένα από τον Νίκο: στα αριστερά το πρώτο, στο κέντρο το τρίτο, στα δεξιά το δεύτερο (που έχει όμως ανακλασθεί περί το επίπεδο με αλλαγή προσανατολισμού και αναντιστοιχία συντεταγμένων)!

Το τρίτο επτάπλευρο έχει επίπεδο συμμετρίας ( x=0

), τα άλλα δύο έχουν κατακόρυφο άξονα συμμετρίας ( x=y=0

): και τα τρία μπορούν να τοποθετηθούν και ιδωθούν κατά πολλούς τρόπους, φέρνοντας στο μυαλό μου την προ τριακονταετίας ρήση του μαθηματικού και γλύπτη Nat Friedman (SUNY Albany) "a sculpture is a form in a position" ("ένα γλυπτό είναι μια μορφή σε μια θέση") ...... και είναι συμμετρικά μέλη μιας ευρύτερης οικογενείας επταπλεύρων που ίσως καταφέρω να συζητήσω κάποια άλλη φορά (αναφέρω για τώρα ... ότι κρατώντας τις AB, BC

σταθερές μπορούμε να μεταβάλουμε/περιστρέφουμε κατά βούληση την

)

*ο Γιάννης, φοιτητής μηχανικός στην Γερμανία, βοήθησε καθοριστικά με την τρισδιάστατη εκτύπωση, που είναι ΜΗ ΤΕΤΡΙΜΜΕΝΗ

**σημαντική μέρα σήμερα, καθώς σαν σήμερα πριν 50 χρόνια είχαν ανακοινωθεί τα αποτελέσματα των Εισαγωγικών (Μαθηματικό ΑΠΘ 1975-1979)

: 7-ΜΤΤ.jpg (174.2 KiB) Προβλήθηκε 729 φορές

Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Re: Ίσες πλευρές, ίσες γωνίες

Μέλη σε σύνδεση