19. Η λύσις διά της χρήσεως
της συμμετρίας.
της συμμετρίας.
«Λοιπόν», συνέχισε ο “μικρός”, «έτσι όπως είναι, τώρα, η ράβδος ρ, καρφωμένη στο σημείο Ρ, τόσο η σκιά της, δηλαδή, η σ΄, όσο και η σκιά του ύψους της πυραμίδας, η σ, βρίσκονται πάνω στην ίδια περασιά.
Η περασιά αυτή, “βρίσκει” (να πούμε: “τρακάρει”) μία πλευρά της βάσης της πυραμίδας – ας πούμε την ΑΒ – σε ένα σημείο, Μ.
Το Μ μπορούμε να το βρούμε γιατί μπορούμε να βάλουμε ένα παλούκι Π, στο άκρο της σ΄ και να τραβήξουμε ένα ράμμα (...ένα κορδόνι) που να περνάει από το Π και το Ρ και να φτάνει μέχρι την ΑΒ...
Αυτή η περασιά περνάει και από το κέντρο Κ της βάσης της πυραμίδας...
–Έτσι δεν είναι;»
Συμφώνησα αμέσως και, η μαθηματικός, συμφώνησε (εμμέσως, ήτοι,) μετ΄ εμού.
Έσπευσα να επιβεβαιώσω ότι, η φίλη, αντιλαμβάνεται τον όρο:
«Ξέρεις, η «περασιά», είναι η ευθυγράμμιση ή/και η διεύθυνση, η κατεύθυνση...»
Εν τω μεταξύ, ο “μικρός” είχε απομείνει σιωπηλός και σκεπτικός:
«Τώρα όμως, χρειάζεται να κάνω ένα σχήμα... “στα γρήγορα”:»
«Κοίταξε», τον συνεβούλευσα, «αντί του «Κ», καλλίτερα, να χρησιμοποιήσεις το «Η»: Αυτό, έχει επικρατήσει για τους πόδες των υψών (όπως εδώ που είναι ο πους του ύψους της πυραμίδος). Το «Κ» άσ΄ το για την Κορυφή της πυραμίδος...»
Έκαμε, ένα σχήμα, κάπως, πιο πρόχειρο από αυτό της επομένης εικόνος:
121η εικών:
Το Μ είναι γνωστό, το Η “άγνωστο”.
Το μόνο που γνωρίζουμε περί του Η
είναι ότι ευρίσκεται επί της ευθείας ΠΡ
επί της οποίας ευρίσκεται και το Μ.
Το Μ είναι γνωστό, το Η “άγνωστο”.
Το μόνο που γνωρίζουμε περί του Η
είναι ότι ευρίσκεται επί της ευθείας ΠΡ
επί της οποίας ευρίσκεται και το Μ.
«Ξέρουμε το Μ», συνέχισε, «αλλά, δεν ξέρουμε...το Η.
Το Η όμως, είναι η κορυφή του τριγώνου ΑΒΗ, που είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και έχει βάση την ΑΒ που ξέρουμε.
Άρα, μπορούμε να το φτιάξουμε, και να πάρουμε την ΜΗ.
(Αφού ξέρουμε το Μ, δηλαδή, ξέρουμε την ΑΜ ή/και την ΒΜ).
Προσθέτουμε την ΜΗ στην ΡΜ και έχουμε την ΡΗ.»
Εδώ, παρενέβην:
«Το τρίγωνο ΑΒΗ, θα πρέπει, ο Θαλής, να το φτιάξει κάπου αλλού, μακριά», παρετήρησα, διά να λάβω την εξής απάντηση:
«Μάστορα, ο Θαλής δεν ήτανε κανένας χαμάλης, να κουβαλάει, πέρα-δώθε, τα τρίγωνα... Δούλεψε επί τόπου... Αλλά, μη με διακόπτεις γιατί, αυτό προσπαθώ να θυμηθώ... αυτό που είχα ξεχάσει πριν... Και... μόλις θυμήθηκα:
Πήρα το σημείο Η΄, συμμετρικό του Η, ως προς την ΑΒ.»
Συνεπλήρωσε το σχήμα του, ως εξής:
122α εικών:
Το Η΄ είναι συμμετρικό το Η, άρα, ΜΗ = ΜΗ΄.
Επομένως ΡΗ (= ΡΜ + ΜΗ) = ΡΜ + ΜΗ΄.
Το Η΄ είναι συμμετρικό το Η, άρα, ΜΗ = ΜΗ΄.
Επομένως ΡΗ (= ΡΜ + ΜΗ) = ΡΜ + ΜΗ΄.
Κατόπιν, ...“παίνεψε” το δημιούργημά του:
«Αυτό, είναι απίθανο... δηλαδή, πανεύκολο: Ούτε να μεταφέρεις το τετράγωνο της βάσης... ούτε τίποτε...
Τραβάς δύο ευθείες, την ΑΗ΄ και την ΒΗ΄, έτσι που να σχηματίζουν γωνία μισής ορθής με την ΑΒ, φτιάχνεις την ΜΗ΄ και... νά το.»
«Αυτό, το είχες σκεφτεί, αμέσως;» ερώτησε, έκπληκτη, η καθηγήτρια.
«Χμμμ,... Για να πω την αλήθεια, είχα ξεκινήσει πολύ διαφορετικά...:»
Πολύ έξυπνη λύση. Το μόνο που με προβληματίζει είναι πως στην πράξη θα εξασφαλιζόταν ότι η περασιά (το νήμα) που περνά απο το Π και το Ρ , (τα οποία είναι κοντά το ένα στο άλλο), δεν θα απόκλινε της ευθείας, μέχρι να συναντήσει την πλευρά ΑΒ της βάσης της πυραμίδας , η οποία φαίνεται να είναι αρκετά μακριά απο το Ρ.
ReplyDelete