Καλησπέρα, ας δώσω μια γενική λύση. Θα αποδείξω ότι έχουμε ταλάντωση για οποιαδήποτε εκτροπή ως προς οποιαδήποτε κατεύθυνση – όχι μόνο στον x’x. Χρησιμποιώ το σχήμα σας για τα παρακάτω.
Είναι διανυσματικά F(A)+F(B)+F(Γ)=mα όπου για κάθε F είναι F=-λr(A). ‘Ετσι η παραπάνω σχέση γίνεται -λ(r(A)+r(B)+r(Γ))=mα (1).
Όμως είναι r(A)=r(B)+(AB) και r(Γ)=(ΓΑ)+r(B), οπότε αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: – 3λr(B)=mr”(B) + c, όπου c σταθερά που δεν επηρεάζει την περίοδο. Έτσι προκύπτει περίοδος 2π.sqrt(m/3λ).
κ. Γιάννη ακριβώς, και μάλιστα όχι μόνο για οποιοδήποτε τρίγωνο αλλά και για οποιαδήποτε γραμμική αλληλεπίδραση ελκτικής μορφής.
Παλαιότερα είχα αποδείξει κάτι γενικότερα: την αρμονικότητα συστήματος σωματιδίων που αλληλεπιδρούν ελκτικά και γραμμικά εδώ.
Αν έχουμε όμως μια περίπτωση όπως της άσκησης τότε είναι πολύ πιο απλά τα πράγματα και με την μέθοδο που έγραψα στο προηγούμενο σχόλιο, προκύπτει ω=sqrt(λn/m), όπου n ο αριθμός των δυνάμεων. Όταν έχουμε τρίγωνο είναι n=3.
Το ισόπλευρο τρίγωνο απλά, λόγω συμμετρίας, δίνει αρμονική ταλάντωση κατά τον x’x.
κ. Γιάννη αυτό ακριβώς λέω, έχουμε πάντα αρμονική ταλάντωση. Το ισόπλευρο όμως έχει την ιδιαιτερότητα ότι η ταλάντωση γίνεται πάνω στον x’x αν το εκτρέψουμε κατά αυτόν.
Αν πάρουμε ένα τυχαίο τρίγωνο, τότε δεν μπορούμε να εξασφαλίσουμε ότι στον άξονα y’y θα υπάρχει ισορροπία (ώστε να έχουμε ταλάντωση μόνο στον x’x).
Αυτό γιατί το βαρύκεντρο του ισόπλευρου είναι μεν τα 2/3 της διαμέσου της (ΒΓ) αλλά η διάμεσος είναι και κάθετη στην (ΒΓ), που σημαίνει ότι λόγω γραμμικής αναλογίας, το y(A)=y(B)+y(Γ), αφού y(A) είναι τα 2/3 και y(A)=y(B) είναι το 1/3 της διαμέσου.
Σε ένα τυχαίο τρίγωνο, δεν ισχύει γενικά η σχέση y(B)=y(A)+y(Γ) (γιατί η διάμεσος δεν είναι και κάθετη) οπότε δεν έχουμε ταλάντωση μόνο στον x’x αλλά και στον y’y.
Όπως βλέπουμε στην φωτογραφία εδώ, η κατακόρυφη απόσταση του βαρύκεντρου Gαπό το Α, δεν ισούται με το άθροισμα της κατακόρυφης απόστασης του βαρύκεντρου G από το Β και της κατακόρυφης απόστασης του G από το Γ. Οπότε δεν μπορεί να ισορροπεί στον y’y, γιατί οι κατακόρυφες δυνάμεις είναι ανάλογες των κατακόρυφων αποστάσεων.
Η μόνη περίπτωση που το άθροισμα αυτό ισούται με την κατακόρυφη απόσταση του G από το Α είναι όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο (ή ισοσκελές).
Καταλαβαίνεις ότι δεν έκανα κάποιο σχήμα.
Η ακρίβεια είναι απόλυτη.
Τι έχω καταλάβει:
Σημείο ισορροπίας είναι το βαρύκεντρο. Αν από το βαρύκεντρο Μ το οδηγήσεις σε κάποιο σημείο Δ (όποιο θέλεις) ταλαντώνεται στην ευθεία που διέρχεται από τα Δ και Μ.
Καταλαβαίνεις ότι έβαλα λ=1. Η δύναμη είναι τριπλάσια της εκτροπής ΔΜ.
Συμφωνώ με την προσομοίωση, άρα σημαίνει ότι το βαρύκεντρο ενός τριγώνου έχει την εξής ιδιότητα: κάθε σημείο που βρίσκεται παράλληλα σε κάποια βάση του τριγώνου και στην ίδια ευθεία με το βαρύκεντρο, απέχει διπλάσια κατακόρυφη απόσταση από την μια κορυφή (απέναντι της βάσης) σε σχέση με την απόσταση που απέχει από την βάση.
Είναι ενδιαφέρον αυτό. Φυσικά η απόδειξη του δεν είναι δύσκολη, αφού ισχύει ότι (ΑΓ)=2/3(ΑΔ) όπου Γ βαρύκεντρο και Δ μέσο της βάσης, τότε θα ισχύει και η ίδια αναλογία για τις προβολές του.
by 
Πολύ όμορφη και πρωτότυπη!
Καλησπέρα, ας δώσω μια γενική λύση. Θα αποδείξω ότι έχουμε ταλάντωση για οποιαδήποτε εκτροπή ως προς οποιαδήποτε κατεύθυνση – όχι μόνο στον x’x. Χρησιμποιώ το σχήμα σας για τα παρακάτω.
Είναι διανυσματικά F(A)+F(B)+F(Γ)=mα όπου για κάθε F είναι F=-λr(A). ‘Ετσι η παραπάνω σχέση γίνεται -λ(r(A)+r(B)+r(Γ))=mα (1).
Όμως είναι r(A)=r(B)+(AB) και r(Γ)=(ΓΑ)+r(B), οπότε αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: – 3λr(B)=mr”(B) + c, όπου c σταθερά που δεν επηρεάζει την περίοδο. Έτσι προκύπτει περίοδος 2π.sqrt(m/3λ).
Μπράβο Σπύρο!!
Ευχαριστώ κ. Γιάννη!
Επομένως Σπύρο ισχύει για οποιοδήποτε τρίγωνο;
κ. Γιάννη ακριβώς, και μάλιστα όχι μόνο για οποιοδήποτε τρίγωνο αλλά και για οποιαδήποτε γραμμική αλληλεπίδραση ελκτικής μορφής.
Παλαιότερα είχα αποδείξει κάτι γενικότερα: την αρμονικότητα συστήματος σωματιδίων που αλληλεπιδρούν ελκτικά και γραμμικά εδώ.
Αν έχουμε όμως μια περίπτωση όπως της άσκησης τότε είναι πολύ πιο απλά τα πράγματα και με την μέθοδο που έγραψα στο προηγούμενο σχόλιο, προκύπτει ω=sqrt(λn/m), όπου n ο αριθμός των δυνάμεων. Όταν έχουμε τρίγωνο είναι n=3.
Το ισόπλευρο τρίγωνο απλά, λόγω συμμετρίας, δίνει αρμονική ταλάντωση κατά τον x’x.
Σπύρο μόνο το ισόπλευρο;
Η σχέση:
3λr(B)=mr”(B) + c
δεν οδηγεί σε αρμονική ταλάντωση όποιο και αν είναι το τρίγωνο;
κ. Γιάννη αυτό ακριβώς λέω, έχουμε πάντα αρμονική ταλάντωση. Το ισόπλευρο όμως έχει την ιδιαιτερότητα ότι η ταλάντωση γίνεται πάνω στον x’x αν το εκτρέψουμε κατά αυτόν.
Υ.Γ Είναι –3λr(B)=mr”(B) + c
Αν πάρουμε ένα τυχαίο τρίγωνο, τότε δεν μπορούμε να εξασφαλίσουμε ότι στον άξονα y’y θα υπάρχει ισορροπία (ώστε να έχουμε ταλάντωση μόνο στον x’x).
Αυτό γιατί το βαρύκεντρο του ισόπλευρου είναι μεν τα 2/3 της διαμέσου της (ΒΓ) αλλά η διάμεσος είναι και κάθετη στην (ΒΓ), που σημαίνει ότι λόγω γραμμικής αναλογίας, το y(A)=y(B)+y(Γ), αφού y(A) είναι τα 2/3 και y(A)=y(B) είναι το 1/3 της διαμέσου.
Σε ένα τυχαίο τρίγωνο, δεν ισχύει γενικά η σχέση y(B)=y(A)+y(Γ) (γιατί η διάμεσος δεν είναι και κάθετη) οπότε δεν έχουμε ταλάντωση μόνο στον x’x αλλά και στον y’y.
Όπως βλέπουμε στην φωτογραφία εδώ, η κατακόρυφη απόσταση του βαρύκεντρου Gαπό το Α, δεν ισούται με το άθροισμα της κατακόρυφης απόστασης του βαρύκεντρου G από το Β και της κατακόρυφης απόστασης του G από το Γ. Οπότε δεν μπορεί να ισορροπεί στον y’y, γιατί οι κατακόρυφες δυνάμεις είναι ανάλογες των κατακόρυφων αποστάσεων.
Η μόνη περίπτωση που το άθροισμα αυτό ισούται με την κατακόρυφη απόσταση του G από το Α είναι όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο (ή ισοσκελές).
Σπύρο ένα τυχαίο τρίγωνο:
Δεν ισορροπεί στον yy΄ ;
Καταλαβαίνεις ότι δεν έκανα κάποιο σχήμα.
Η ακρίβεια είναι απόλυτη.
Τι έχω καταλάβει:
Σημείο ισορροπίας είναι το βαρύκεντρο. Αν από το βαρύκεντρο Μ το οδηγήσεις σε κάποιο σημείο Δ (όποιο θέλεις) ταλαντώνεται στην ευθεία που διέρχεται από τα Δ και Μ.
Καταλαβαίνεις ότι έβαλα λ=1. Η δύναμη είναι τριπλάσια της εκτροπής ΔΜ.
Τώρα θα δούμε να ταλαντεύεται σε μια παράλληλη προς την ΑΓ διέρχόμενη από τη θέση ισορροπίας (βαρύκεντρο).
κ. Γιάννη για να ισορροπεί στον κατακόρυφο άξονα, πρέπει FBy+FΓy=FAy. Όμως γενικά Fy=-λy. Αυτό αλλιώς, σύμφωνα με το σχήμα σας, γράφεται ως εξής:
2*(κατακόρυφη απόσταση Δ από ΒΓ)=(κατακόρυφη απόσταση Δ από Α).
Ισχύει αυτό σε κάθε τρίγωνο? Αν ισχύει σε κάθε τρίγωνο τότε έχουμε ταλάντωση στον x’x για κάθε τρίγωνο.
Σπύρο δεν μπορώ να διαφωνήσω με το Geogebra.
Φυσικά ισχύει σε κάθε τρίγωνο.
Το βλέπεις από τα “σχήματα” που έστειλα.
Συμφωνώ με την προσομοίωση, άρα σημαίνει ότι το βαρύκεντρο ενός τριγώνου έχει την εξής ιδιότητα: κάθε σημείο που βρίσκεται παράλληλα σε κάποια βάση του τριγώνου και στην ίδια ευθεία με το βαρύκεντρο, απέχει διπλάσια κατακόρυφη απόσταση από την μια κορυφή (απέναντι της βάσης) σε σχέση με την απόσταση που απέχει από την βάση.
Είναι ενδιαφέρον αυτό. Φυσικά η απόδειξη του δεν είναι δύσκολη, αφού ισχύει ότι (ΑΓ)=2/3(ΑΔ) όπου Γ βαρύκεντρο και Δ μέσο της βάσης, τότε θα ισχύει και η ίδια αναλογία για τις προβολές του.
Έτσι τελικά έχετε δίκιο, ισχύει σε κάθε τρίγωνο.