by 
Το πρόβλημα των σφαιρικών κατόπτρων δεν είναι επιλύσιμο (με κανόνα και διαβήτη) στην γενική του περίπτωση.
Η μερική περίπτωση του σχήματος αναζητεί λύση:
Πρέπει μια ακτίνα laser να ξεκινήσει από το Α και να περάσει από το Β αφού ανακλασθεί στο σφαιρικό κάτοπτρο κεντρου Κ.
Ξέρουμε ότι (ΚΒ) = 2 (ΚΑ) και ότι τα Α,Κ,Β βρίσκονται στην ίδια ευθεία.
(Visited 323 times, 1 visits today)
Δηλαδη Γιαννη ειναι δεδομενος ο κυκλος και το σημειο Α και ζητας να κατασκευαστουν οι κοκκινες ευθειες?
Ναι Κωνσταντίνε.
Δεδομένη η σφαίρα άρα ο κύκλος.
Δεδομένο το Α, επομένως δεδομένο το Β.
Ζητώ το Γ στο οποίο αν γίνει η ανάκλαση, η ανακλώμενη θα περάσει από το Β.
Έγραψα τη λύση και τη διερεύνηση. Θα την αναρτήσω το απόγευμα ώστε να παίξουν όσοι φίλοι θέλουν με το πρόβλημα.
Το πρόβλημα δεν έχει λύση για κάποια ζευγάρια Α και Β.
Νομιζω το ελυσα με θεωρημα διχοτομων αλλα δεν το εχω σιγουρεψει ακομα.Αν καταφερω να το τελειωσω θα το γραψω.
Καλά προχωράς.
Αν χρησιμοποιήσουμε τον τύπο που μας δίνει τη διχοτόμο συναρτήσει των πλευρών έχουμε: Η ΓΚ=R είναι διχοτόμος και ΑΓ=ΒΓ/2 από το θ. διχοτόμων. Εκφράζουμε τη διχοτόμο ΓΚ συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου ΑΓΔ και βρίσκουμε τελικά την εξής σχέση που μας δίνει την ΑΓ: 9 ΑΓ^2= 9 R^2/2 +ΑΒ^2 ,από την οποία κατασκευάζεται η ΑΓ. (Το τμήμα 3 R/ sqrt(2) κατασκευάζεται επίσης). Έτσι με κέντρο το Α και ακτίνα το ΑΓ φέρνουμε κύκλο που τέμνει τον δοθέντα στο Γ. Διερεύνηση: Πρέπει R-AB/3<AΓ<R+AB/3 από την οποία προκύπτει: 3R<4 AB.
Πολύ σωστή Δημήτρη.
προεκτείνω τη ΒΑ και παίρνω σημείο Δ ώστε ΑΔ=ΑΒ. Με διάμετρο τη ΚΔ χαράσσω περιφέρεια. Η τομή των δύο περιφερειών είναι το ζητούμενο σημείο. ( Δυστυχώς είμαι στο κρεββάτι με κοβιτ και δεν έχω χαρτί και μολύβι. Έτσι την έλυσα στο μυαλό μου. Ελπίζω να είναι σωστή)
Περαστικά Πάνο.
Ακριβώς αυτή τη λύση έκανα Πάνο.
Την επισυνάπτω και στην εκφώνηση.
Για να παίξετε:
Σέρνετε το σημείο Α και βλέπετε πότε υπάρχει λύση.
ΜΙα άλλη κατασκευή:
Βάλτε όπου θέλετε τα Α και Β. Σέρνοντας το Γ βλεπουμε πότε η ανακλώμενη περνάει από το Β.
Καλημέρα Γιάννη. Ωραίο πρόβλημα αγνής Γεωμετρίας.
Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Ευχαριστώ.
Γιάννη παρακάτω παραθέτω μια λύση, όχι τόσο ¨γεωμετρική¨ όσο η δικιά σου , αλλά βλέποντας την εκφώνηση ,,, αυτή έκανα πρώτα.
Είναι μια πολύ σωστή λύση.
Καλησπέρα Γιάννη.
Τα ωραία έλκουν, οπότε έστω και καθυστερημένα
και αφού είδα τις λύσεις, να δώσω κι εγώ μια κάπως διαφορετική ως προς τα … “βοηθητικά” . Η Γεωμετρία έχει τη χάρη πως σου επιτρέπει έτσι κι αλλιώς κι αλλιώτικα…
Εν συντομία τα υποθέντα:
Από νόμο ανάκλασης στο Γ : θ=θ
Από το Θ. διχοτόμων (όπως ο ΚΥΡ) η τον νόμο των ημιτόνων (όπως εφάρμοσε ο Γιώργος Χριστόπουλος) έχομε: (ΒΓ)=2(ΑΓ)=2χ
Προεκτείνω την διχοτόμο ΓΚ και από το Β φέρνω κάθετη σ’αυτήν που τέμνει την προέκταση της ΓΑ στο Δ . Έτσι δημιουργείται ισοσκελές τρίγωνο ΓΒΔ στο οποίο η ΓΜ είναι διάμεσος και ύψος ,οπότε (ΑΔ)=χ
Πυθαγόρειο στο ΓΜΔ:
Πολύ όμορφη Παντελή.