Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#1

: Της νύχτας τα καμώματα!!!.png (73.45 KiB) Προβλήθηκε 4763 φορές

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και ο εγγεγραμμένος του κύκλος $\displaystyle{ \left( I \right) }$ . Ας είναι $\displaystyle{ A',B',C' }$ τα σημεία επαφής του $\displaystyle{ \left( I \right) }$ με τις πλευρές $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ αντίστοιχα.

Έστω $\displaystyle{ AA'',BB'',CC'' }$ τα ύψη του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και $\displaystyle{ A_1 ,B_1 ,C_1 }$ τα σημεία τομής των $\displaystyle{ AA'',BB'',CC'' }$ με τον $\displaystyle{ \left( I \right) }$ τα πλησιέστερα των κορυφών $\displaystyle{ A,B,C }$ αντίστοιχα.

Αν $\displaystyle{ A'_1 \equiv AB_1 \cap B'C',\,\,B'_1 \equiv AC_1 \cap B'C',\,\,C'_1 \equiv CA_1 \cap B'A',A'_2 \equiv CB_1 \cap B'A',B'_2 \equiv BC_1 \cap A'C', }$ $\displaystyle{ C'_2 \equiv BA_1 \cap B'A' }$ και

$\displaystyle{ P \equiv A'_1 A'_2 \cap B'_1 B'_2 ,Q \equiv B'_1 B'_2 \cap C'_1 C'_2 ,R \equiv C'_1 C'_2 \cap A'_1 A'_2 }$ να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{ AP,BQ,CR }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο ( έστω $\displaystyle{ S }$ ).

Στάθης

#2

Επαναφορά!!!

#3

Επαναφορά

Πέρασε η τετραετία!!!

Στάθης

#4

Επαναφορά

min## · #5

Να πω εδώ ότι το συμπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει αν το ορθόκεντρο αντικατασταθεί με οποιοδήποτε (εσωτερικό) σημείο του τριγώνου.Απόδειξη για αυτό δε βρήκα,αλλά βρήκα για οποιοδήποτε σημείο εσωτερικό του εγγεγραμμένου κύκλου.
Αυτός ο περιορισμός έρχεται από την Προβολική Γεωμετρία:Το πρόβλημα είναι εξ'ολοκλήρου προβολικό.Για αυτό το λόγο παίρνουμε προβολικό μετασχηματισμό που στέλνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στον εγγεγραμμένο του νέου τριγώνου και το σημείο

στο κέντρο του νέου κύκλου.Αυτό γίνεται μόνο όταν το

είναι εσωτερικό του κύκλου.Μια καταασκευή (την πήρα από τον Yaglom

) του μετασχηματισμού είναι η ακόλουθη:Ουσιαστικά στέλνουμε την πολική του

ως προς τον κύκλο στην ευθεία στο άπειρο στέλνοντας παράλληλα τον κύκλο σε κύκλο.Τότε ο πόλος της ευθείας (το

) θα σταλεί στο κέντρο του κύκλου.Είναι απαραίτητο η πολική να μην τέμνει τον κύκλο (εξ'ού και ο περιορισμός).Αν ισχύει αυτό,τότε παίρνουμε μια σφαίρα που να έχει στην περιφέρειά της τον κύκλο μας.Φέρνουμε έπειτα το εφαπτόμενο επίπεδο από την πολική στη σφαίρα και έστω ότι την αγγίζει στο .Παίρνουμε το εφαπτόμενο επίπεδο στη σφαίρα στο αντιδιαμετρικό σημείο του και προβάλλουμε από το το αρχικό μας επίπεδο στο εφαπτόμενο.Η πολική,λόγω παραλληλίας με το επίπεδο,πάει στο άπειρο,ενώ ο κύκλος,από ιδιότητες της στερεογραφικής απεικόνισης πηγαίνει σε κύκλο..

: ths nixtas ta kamwmata.png (76.86 KiB) Προβλήθηκε 2730 φορές

Άρα όντως μπορούμε να στείλουμε το

στο κέντρο του (νέου) εγγεγραμμένου με κατάλληλο προβολικό μετασχηματισμό (μην ξεχνάμε πως οι προβολικοί μετασχηματισμοί διατηρούν τομές/εφάψεις).Άρα αρκεί να δειχτεί το ανάλογο του αρχικού για το κέντρο του εγγεγραμμένου

.
Στο σχήμα είναι $A_{1}\equiv AI\cap (I),B_{1}\equiv BI\cap (I),C_{1}\equiv CI\cap (I)$ , $B_{2},C_{2} \equiv BA_{1} \cap DF,CA_{1} \cap DE$ αντίστοιχα και τα υπόλοιπα αντίστοιχα (όπως φαίνεται..).Αρκεί (όπως και στο αρχικό πρόβλημα) να δειχτεί πως τα $A_{4}B_{4}C_{4},ABC$ είναι προοπτικά.
Αν φέρουμε την εφαπτομένη στο $A_{1}$ και K,L

τα σημεία που τέμνει τις DF,DE

αντίστοιχα,τότε $(D,E,C_{2},L)=(D,F,B_{2},K)=1$ από ιδιότητες αρμονικού τετραπλεύρου.'Αρα οι 2 αυτές σημειοσειρές είναι προοπτικές πράγμα που σημαίνει πως οι $B_{2}C_{2},EF,KL$ συντρέχουν,και επειδή οι 2 τελευταίες τέμνονται στο άπειρο της

,θα είναι και η $B_{2}C_{2}$ παράλληλη με αυτές.Άρα $B_{2}C_{2}//EF,A_{2}C_{3}//FD,A_{3}B_{3}//DE$ .Αν $S\equiv BK\cap CL$ και αντίστοιχα οριστούν τα T,P

(ως προς τις B,C αντίστοιχα) τότε ισχύει πως η πολική του

ως προς τον εγγεγραμμένο είναι η $B_{2}C_{2}$ και αντίστοιχα και για τα T,P

.(Η πολική του

είναι η $BA_{1}$ και του

η $CA_{1}$ κλπ.).Έτσι,η

είναι η πολική του $BC\cap B_{2}C_{2}$
,

είναι η πολική του $CA\cap A_{2}C_{3}$
και

είναι η πολική του $AB\cap A_{3}B_{3}$
.Εμείς θέμε τα $BC \cap B_{2}C_{2}$ , $CA \cap A_{2}C_{3}$ , $AB \cap A_{3}B_{3}$ να βγουν συνευθειακά.Συνεπώς,ισοδύναμα από τις πολικότητες αρκεί οι SD,TE,PF

να συντρέχουν.Αυτό το δείχνουμε μετρικά (έχει κάπως άχαρες πράξεις,αλλά τίποτα το ιδιαίτερο).
Αρχίζουμε:
Από Τριγωνομετρικό Ceva στο DKL

με συντρέχουσες τις DS,KS,LS

παίρνουμε $\frac{sinFDS\angle }{sinEDS\angle }=\frac{sinSKD\angle }{sinSKL\angle }\frac{sinSLK\angle }{sinSLD\angle } (1)$ .Εμείς θέμε $\frac{sinFDS\angle }{sinEDS\angle }\frac{sinEFP\angle }{sinDFP\angle }\frac{sinDET\angle }{sinFET\angle }=1$ δηλαδή πολλαπλασιάζοντας τα αντίστοιχα RHS

της

να βγαίνει γινόμενο

.
Έστω $K',L'\equiv BK\capEF,CL\cap EF$ .Το RHS

της

γίνεται από παραλληλίες/νόμους ημιτόνων κλπ. ίσο με $RHS(a)=\frac{K'F}{KF}\frac{LE}{L'E}$ .

: ths nixtas'.png (90.86 KiB) Προβλήθηκε 2730 φορές

Ορίζουμε τα M,N

πάνω στην εφαπτομένη στο $B_{1}$ όπως ορίστηκαν τα K,L

, και τα

στην

όπως τα

.Το ίδιο κάνουμε και για τα O,Q

(στην εφ. στο $C_{1}$ ) και O',Q'

(στην

) .
Τότε τα RHS

των αντίστοιχων της (1)

για αυτά τα σημεία (το γινόμενο των οποίων θέμε να βγει

) είναι $RHS(b)=\frac{DN'}{DN}\frac{FM}{FM'},RHS(c)=\frac{EQ'}{EQ}\frac{DO}{DO'}$ .
Αρκεί RHS(a)RHS(b)RHS(c)=1

το οποίο από Θαλήδες απλοποιείται στο $\bullet \frac{K'F}{EL'}\frac{EQ'}{DO'}\frac{DN'}{FM'}=1$ .Στη συνέχεια υπολογίζουμε κάθε τμήμα ξεχωριστά (αρκεί ο υπολογισμός να γίνει για το K'F

πχ. λόγω συμμετρίας/κυκλικότητας.

Έστω $A'\equiv KL\cap AB$ ,

το μέσο της

.Ισχύουν:
$\cdot AI=\frac{r}{cosD\angle }$ (ομοιότητες) (3)
Από (3) $\cdot AA_{1}=AI-A_{1}I=\frac{r}{cosD\angle }-r=\frac{r(1-cosD\angle )}{cosD\angle }$ (4)
Από (4) $\cdot AX=AA_{1}+A_{1}X=\frac{r(1-cosD\angle )}{cosD\angle }+r(1-cosD\angle )=\frac{rsin^2D\angle }{cosD\angle }$ (5)
Από (5) $\frac{AA_{1}}{AX}=\frac{A'A_{1}}{d/2}=...=\frac{1}{1+cosD\angle }$ (Θαλής, KL//EF

)( $d\equiv EF$ ) (6)
Από (6) $\cdot A'A_{1}=A'F=\frac{d}{2+2cosD\angle }$ (7)
Από νόμο Ημιτόνων/παραλληλίες/την (7) $K'A=A'F\cdot \frac{sinKFA'\angle }{sinFKA'\angle }=A'F\cdot \frac{sinE\angle }{sinF\angle }=\frac{d\cdot e}{2f\cdot (1+cosD\angle )}$ (8)
$\cdot BF=tan(E\angle )\cdot r$ (9)
Από Θαλή,(7),(8),(9): $K'F=KA'\frac{BF}{BA'}=...=\frac{de\cdot tan(E\angle )r)}{2tan(E\angle )r\cdot f\cdot (1+cosD\angle )+f\cdot d}$ ( f,d,e

οι αντίστοιχες πλευρές του εγγεγραμμένου τριγώνου)
Η παραπάνω απλοποιείται περαιτέρω σε

$K'F=..=\frac{de^2}{2fe(1+cosD\angle )+2fdcosE\angle }$ .
Ομοίως παίρνουμε και
$EL'=\frac{df^2}{2ef(1+cosD\angle )+2edcosF\angle }$
$DN'=\frac{ef^2}{2df(1+cosE\angle )+2decosF\angle }$
$FM'=\frac{ed^2}{2fd(1+cosE\angle )+2fecosD\angle }$
$EQ'=\frac{fd^2}{2ed(1+cosZ\angle )+2efcosD\angle }$
$DO'=\frac{fe^2}{2de(1+cosZ\angle )+2dfcosE\angle }$
Αν στις παραπάνω 6 σχέσεις συμβολίσουμε με $K_{i}$ τον παρονομαστή της αντίστοιχης σχέσης,η $\bullet$ που θέμε να δείξουμε (επειδή φεύγουν οι αριθμητές) μετατρέπεται σε $\frac{K_{2}}{K_{1}}\frac{K_{4}}{K_{3}}\frac{K_{6}}{K_{5}}=1$ που έπειτα από απλοποιήσεις δίνει την $\prod_{cyc}\frac{f(1+cosD\angle )+dcosF\angle }{e(1+cosD\angle )+dcos\angle E}=1$
Από εδώ τα πράγματα είναι απλά.Αν φέρουμε τα κατάλληλα ύψη βλέπουμε πως $fcosD\angle +dcosF\angle =e$ .Έτσι η τελευταία γίνεται $\prod_{cyc}\frac{f+e}{e+f}=1$ και το ζητούμενο δείχτηκε.

#6

min## έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 15, 2019 4:48 pm
Να πω εδώ ότι το συμπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει αν το ορθόκεντρο αντικατασταθεί με οποιοδήποτε (εσωτερικό) σημείο του τριγώνου.Απόδειξη για αυτό δε βρήκα,αλλά βρήκα για οποιοδήποτε σημείο εσωτερικό του εγγεγραμμένου κύκλου.
Αυτός ο περιορισμός έρχεται από την Προβολική Γεωμετρία:Το πρόβλημα είναι εξ'ολοκλήρου προβολικό.Για αυτό το λόγο παίρνουμε προβολικό μετασχηματισμό που στέλνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στον εγγεγραμμένο του νέου τριγώνου και το σημείο στο κέντρο του νέου κύκλου.Αυτό γίνεται μόνο όταν το είναι εσωτερικό του κύκλου.Μια καταασκευή (την πήρα από τον ) του μετασχηματισμού είναι η ακόλουθη:Ουσιαστικά στέλνουμε την πολική του ως προς τον κύκλο στην ευθεία στο άπειρο στέλνοντας παράλληλα τον κύκλο σε κύκλο.Τότε ο πόλος της ευθείας (το ) θα σταλεί στο κέντρο του κύκλου.Είναι απαραίτητο η πολική να μην τέμνει τον κύκλο (εξ'ού και ο περιορισμός).Αν ισχύει αυτό,τότε παίρνουμε μια σφαίρα που να έχει στην περιφέρειά της τον κύκλο μας.Φέρνουμε έπειτα το εφαπτόμενο επίπεδο από την πολική στη σφαίρα και έστω ότι την αγγίζει στο .Παίρνουμε το εφαπτόμενο επίπεδο στη σφαίρα στο αντιδιαμετρικό σημείο του και προβάλλουμε από το το αρχικό μας επίπεδο στο εφαπτόμενο.Η πολική,λόγω παραλληλίας με το επίπεδο,πάει στο άπειρο,ενώ ο κύκλος,από ιδιότητες της στερεογραφικής απεικόνισης πηγαίνει σε κύκλο..
ths nixtas ta kamwmata.png
Άρα όντως μπορούμε να στείλουμε το στο κέντρο του (νέου) εγγεγραμμένου με κατάλληλο προβολικό μετασχηματισμό (μην ξεχνάμε πως οι προβολικοί μετασχηματισμοί διατηρούν τομές/εφάψεις).Άρα αρκεί να δειχτεί το ανάλογο του αρχικού για το κέντρο του εγγεγραμμένου .
Στο σχήμα είναι $A_{1}\equiv AI\cap (I),B_{1}\equiv BI\cap (I),C_{1}\equiv CI\cap (I)$ , $B_{2},C_{2} \equiv BA_{1} \cap DF,CA_{1} \cap DE$ αντίστοιχα και τα υπόλοιπα αντίστοιχα (όπως φαίνεται..).Αρκεί (όπως και στο αρχικό πρόβλημα) να δειχτεί πως τα $A_{4}B_{4}C_{4},ABC$ είναι προοπτικά.
Αν φέρουμε την εφαπτομένη στο $A_{1}$ και τα σημεία που τέμνει τις αντίστοιχα,τότε $(D,E,C_{2},L)=(D,F,B_{2},K)=1$ από ιδιότητες αρμονικού τετραπλεύρου.'Αρα οι 2 αυτές σημειοσειρές είναι προοπτικές πράγμα που σημαίνει πως οι $B_{2}C_{2},EF,KL$ συντρέχουν,και επειδή οι 2 τελευταίες τέμνονται στο άπειρο της ,θα είναι και η $B_{2}C_{2}$ παράλληλη με αυτές.Άρα $B_{2}C_{2}//EF,A_{2}C_{3}//FD,A_{3}B_{3}//DE$ .Αν $S\equiv BK\cap CL$ και αντίστοιχα οριστούν τα (ως προς τις B,C αντίστοιχα) τότε ισχύει πως η πολική του ως προς τον εγγεγραμμένο είναι η $B_{2}C_{2}$ και αντίστοιχα και για τα .(Η πολική του
είναι η $BA_{1}$ και του
η $CA_{1}$ κλπ.).Έτσι,η είναι η πολική του $BC\cap B_{2}C_{2}$
, είναι η πολική του $CA\cap A_{2}C_{3}$
και είναι η πολική του $AB\cap A_{3}B_{3}$
.Εμείς θέμε τα $BC \cap B_{2}C_{2}$ , $CA \cap A_{2}C_{3}$ , $AB \cap A_{3}B_{3}$ να βγουν συνευθειακά.Συνεπώς,ισοδύναμα από τις πολικότητες αρκεί οι να συντρέχουν.Αυτό το δείχνουμε μετρικά (έχει κάπως άχαρες πράξεις,αλλά τίποτα το ιδιαίτερο).
Αρχίζουμε:
Από Τριγωνομετρικό Ceva στο με συντρέχουσες τις παίρνουμε $\frac{sinFDS\angle }{sinEDS\angle }=\frac{sinSKD\angle }{sinSKL\angle }\frac{sinSLK\angle }{sinSLD\angle } (1)$ .Εμείς θέμε $\frac{sinFDS\angle }{sinEDS\angle }\frac{sinEFP\angle }{sinDFP\angle }\frac{sinDET\angle }{sinFET\angle }=1$ δηλαδή πολλαπλασιάζοντας τα αντίστοιχα της να βγαίνει γινόμενο .
Έστω $K',L'\equiv BK\capEF,CL\cap EF$ .Το της γίνεται από παραλληλίες/νόμους ημιτόνων κλπ. ίσο με $RHS(a)=\frac{K'F}{KF}\frac{LE}{L'E}$ .
ths nixtas'.png
Ορίζουμε τα πάνω στην εφαπτομένη στο $B_{1}$ όπως ορίστηκαν τα , και τα
στην όπως τα
.Το ίδιο κάνουμε και για τα (στην εφ. στο $C_{1}$ ) και
(στην ) .
Τότε τα των αντίστοιχων της για αυτά τα σημεία (το γινόμενο των οποίων θέμε να βγει ) είναι $RHS(b)=\frac{DN'}{DN}\frac{FM}{FM'},RHS(c)=\frac{EQ'}{EQ}\frac{DO}{DO'}$ .
Αρκεί το οποίο από Θαλήδες απλοποιείται στο $\bullet \frac{K'F}{EL'}\frac{EQ'}{DO'}\frac{DN'}{FM'}=1$ .Στη συνέχεια υπολογίζουμε κάθε τμήμα ξεχωριστά (αρκεί ο υπολογισμός να γίνει για το πχ. λόγω συμμετρίας/κυκλικότητας.

Έστω $A'\equiv KL\cap AB$ , το μέσο της .Ισχύουν:
$\cdot AI=\frac{r}{cosD\angle }$ (ομοιότητες) (3)
Από (3) $\cdot AA_{1}=AI-A_{1}I=\frac{r}{cosD\angle }-r=\frac{r(1-cosD\angle )}{cosD\angle }$ (4)
Από (4) $\cdot AX=AA_{1}+A_{1}X=\frac{r(1-cosD\angle )}{cosD\angle }+r(1-cosD\angle )=\frac{rsin^2D\angle }{cosD\angle }$ (5)
Από (5) $\frac{AA_{1}}{AX}=\frac{A'A_{1}}{d/2}=...=\frac{1}{1+cosD\angle }$ (Θαλής,)( $d\equiv EF$ ) (6)
Από (6) $\cdot A'A_{1}=A'F=\frac{d}{2+2cosD\angle }$ (7)
Από νόμο Ημιτόνων/παραλληλίες/την (7) $K'A=A'F\cdot \frac{sinKFA'\angle }{sinFKA'\angle }=A'F\cdot \frac{sinE\angle }{sinF\angle }=\frac{d\cdot e}{2f\cdot (1+cosD\angle )}$ (8)
$\cdot BF=tan(E\angle )\cdot r$ (9)
Από Θαλή,(7),(8),(9): $K'F=KA'\frac{BF}{BA'}=...=\frac{de\cdot tan(E\angle )r)}{2tan(E\angle )r\cdot f\cdot (1+cosD\angle )+f\cdot d}$ ( οι αντίστοιχες πλευρές του εγγεγραμμένου τριγώνου)
Η παραπάνω απλοποιείται περαιτέρω σε

$K'F=..=\frac{de^2}{2fe(1+cosD\angle )+2fdcosE\angle }$ .
Ομοίως παίρνουμε και
$EL'=\frac{df^2}{2ef(1+cosD\angle )+2edcosF\angle }$
$DN'=\frac{ef^2}{2df(1+cosE\angle )+2decosF\angle }$
$FM'=\frac{ed^2}{2fd(1+cosE\angle )+2fecosD\angle }$
$EQ'=\frac{fd^2}{2ed(1+cosZ\angle )+2efcosD\angle }$
$DO'=\frac{fe^2}{2de(1+cosZ\angle )+2dfcosE\angle }$
Αν στις παραπάνω 6 σχέσεις συμβολίσουμε με $K_{i}$ τον παρονομαστή της αντίστοιχης σχέσης,η $\bullet$ που θέμε να δείξουμε (επειδή φεύγουν οι αριθμητές) μετατρέπεται σε $\frac{K_{2}}{K_{1}}\frac{K_{4}}{K_{3}}\frac{K_{6}}{K_{5}}=1$ που έπειτα από απλοποιήσεις δίνει την $\prod_{cyc}\frac{f(1+cosD\angle )+dcosF\angle }{e(1+cosD\angle )+dcos\angle E}=1$
Από εδώ τα πράγματα είναι απλά.Αν φέρουμε τα κατάλληλα ύψη βλέπουμε πως $fcosD\angle +dcosF\angle =e$ .Έτσι η τελευταία γίνεται $\prod_{cyc}\frac{f+e}{e+f}=1$ και το ζητούμενο δείχτηκε.

Με μεγάλη μου χαρα βλέπω να "υποκλίνεται" στον ευέλικτο νου του Μηνά ένα προβλημα άλυτο για 8 ολόκληρα χρονια , μια κατασκευή μου μιας " περίεργης" νύχτας για την οποία δεν είχα αποδειξη και για την οποία είχα εγκαταλήψει την προσπάθεια επίλυσης .

Το ενδειαφερον ομως του "όλου θέματος" ειναι στον νέο προβολικό και δυναμικό τροπο αντιμετώπισης της γεωμετριας από ένα νέο άνθρωπο που χαράζει " καινούργιους δρόμους" αντιμετώπισης γεωμετρικών προβλημάτων .

Μίνο σε ευχαριστώ θερμά για όλα , αλλα περισσότερο για αυτά που μας διδάσκεις και να μην εισαι σίγουρος ότι πάντα μπορούμε να αντιληφθούμε ( βλέπεις τα κύτταρα γεραζουν...

).

Να εισαι πάντα γέρος και να εχεις καλή πρόοδο σε ότι στοχεύεις.

Με εκτίμηση

Ταπεινά

Στάθης

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 16, 2012 3:39 am
Της νύχτας τα καμώματα!!!.png
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και ο εγγεγραμμένος του κύκλος $\displaystyle{ \left( I \right) }$ . Ας είναι $\displaystyle{ A',B',C' }$ τα σημεία επαφής του $\displaystyle{ \left( I \right) }$ με τις πλευρές $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ αντίστοιχα.

Έστω $\displaystyle{ AA'',BB'',CC'' }$ τα ύψη του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και $\displaystyle{ A_1 ,B_1 ,C_1 }$ τα σημεία τομής των $\displaystyle{ AA'',BB'',CC'' }$ με τον $\displaystyle{ \left( I \right) }$ τα πλησιέστερα των κορυφών $\displaystyle{ A,B,C }$ αντίστοιχα.

Αν $\displaystyle{ A'_1 \equiv AB_1 \cap B'C',\,\,B'_1 \equiv AC_1 \cap B'C',\,\,C'_1 \equiv CA_1 \cap B'A',A'_2 \equiv CB_1 \cap B'A',B'_2 \equiv BC_1 \cap A'C', }$ $\displaystyle{ C'_2 \equiv BA_1 \cap B'A' }$ και

$\displaystyle{ P \equiv A'_1 A'_2 \cap B'_1 B'_2 ,Q \equiv B'_1 B'_2 \cap C'_1 C'_2 ,R \equiv C'_1 C'_2 \cap A'_1 A'_2 }$ να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{ AP,BQ,CR }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο ( έστω $\displaystyle{ S }$ ).

Στάθης

: Της νύχτας τα καμώματα.png (44.48 KiB) Προβλήθηκε 2469 φορές

Και εγώ θα αποδείξω το πρόβλημα για τυχαίες σεβιανές AA'', BB'', CC''

.

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι τα ABC

και

είναι προοπτικά:

Αν πάρουμε X, Y, Z

τις τομές των

και

,

και

,

και

αντίστοιχα, τότε από Desargues

αρκεί τα

να είναι συνευθειακά.

Ας ξεχάσουμε προς το παρόν τα Y, Z

και ας επικεντρωθούμε στο

:

$(X, A'; B, C)=\dfrac{XB\cdot A'C}{A'B\cdot XC}=\dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{A'C}{A'B}$

Από την άλλη (X, A'; B, C)=A_1(X, A'; B, C)=A'(X, A_1; C'_2, C'_1)=A'(X, A_1; C', B')

.

Όμως $A'(X, A_1; C', B')=\dfrac{\sin{\widehat{XA'C'}}\cdot \sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}\cdot \widehat{B'A'X}}}=\dfrac{\sin{\widehat{BA'C'}}}{\sin{\widehat{CA'B'}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}}$

Άρα τελικά έχουμε $\dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{A'C}{A'B}=\dfrac{\sin{\widehat{BA'C'}}}{\sin{\widehat{CA'B'}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}}$ (1) (μπορεί να έβγαινε και πιο απλά αλλά τέλος πάντων)

Όμοια με τα σημεία Y, Z

μπορούμε να δείξουμε ότι:

$\dfrac{YC}{YA}\cdot \dfrac{B'A}{B'C}=\dfrac{\sin{\widehat{CB'A'}}}{\sin{\widehat{AB'C'}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{B_1B'C'}}}{\sin{\widehat{B_1B'A'}}}$ (2)

$\dfrac{ZA}{ZB}\cdot \dfrac{C'B}{C'A}=\dfrac{\sin{\widehat{AC'B'}}}{\sin{\widehat{BC'A'}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{C_1C'A'}}}{\sin{\widehat{C_1C'B'}}}$ (3)

Πολλαπλασιάζοντας (1), (2) και (3) κατά μέλη και διαγράφοντας κάποιους ίδιους όρους παίρνουμε τελικά πως:

$\dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{YC}{YA}\cdot \dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{\sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{B_1B'C'}}}{\sin{\widehat{B_1B'A'}}} \cdot \dfrac{\sin{\widehat{C_1C'A'}}}{\sin{\widehat{C_1C'B'}}}$ .

Για να αποδείξουμε πως X, Y, Z

είναι συνευθειακά πρέπει από Μενέλαο $\dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{YC}{YA}\cdot \dfrac{ZA}{ZB}=1$ , άρα αρκεί:

$\dfrac{\sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{B_1B'C'}}}{\sin{\widehat{B_1B'A'}}} \cdot \dfrac{\sin{\widehat{C_1C'A'}}}{\sin{\widehat{C_1C'B'}}}=1$ (*).

Όμως $\dfrac{\sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}}=\dfrac{A_1B'}{A_1C'}$ .

Έστω πως η AA_1

τέμνει την B'C'

στο

. Αφού η

είναι συμμετροδιάμεσος, ισχύει ότι $\dfrac{NB'}{NC'}=\dfrac{A_1B'^2}{A_1C'^2}\Leftrightarrow \dfrac{A_1B'}{A_1C'}=\sqrt{\dfrac{NB'}{NC'}}$ .

Όμως από νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα ANB'

και

, προκύπτει ότι $\dfrac{NB'}{NC'}=\dfrac{\sin{\widehat{B'AN}}}{\sin{\widehat{C'AN}}}$ , οπότε τελικά:

$\dfrac{\sin{\widehat{A_1A'B'}}}{\sin{\widehat{A_1A'C'}}}=\dfrac{A_1B'}{A_1C'}=\sqrt{\dfrac{NB'}{NC'}}=\sqrt{\dfrac{\sin{\widehat{B'AN}}}{\sin{\widehat{C'AN}}}}=\sqrt{\dfrac{\sin{\widehat{CAA''}}}{\sin{\widehat{BAA''}}}}$

Η (*) γίνεται ισοδύναμα:

$\sqrt{\dfrac{\sin{\widehat{CAA''}}}{\sin{\widehat{BAA''}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{ABB''}}}{\sin{\widehat{CBA''}}}\cdot \dfrac{\sin{\widehat{ACC''}}}{\sin{\widehat{BCC''}}}}=1$ , που ισχύει από Ceva για τις αρχικές σεβιανές!

#8

Όταν την σκυτάλη παίρνουν οι νέοι μας ... δεν μιλάμε ( τι έχουμε να πούμε άλλωστε ) , απλά θαυμάζουμε !!! και υποκλινόμαστε

ΜΠΡΑΒΟ ΣΑΣ " παιδιά "

ΕΥΧΑΡΙΣΤΟΥΜΕ που υπάρχετε ! και καλή πρόοδο

Με την δέουσα υπόκλιση

Στάθης Κούτρας

min## · #9

: μια γενικευση της νυχτας.png (74.36 KiB) Προβλήθηκε 2015 φορές

Ας γενικεύσουμε και τη γενίκευση (Αφιερωμένο στους παραπάνω εξαιρετικούς Γεωμέτρες

):
Έστω τρίγωνο ABC

και

σημεία στο επίπεδο.
Ας είναι $P_{A}P_{B}P_{C},Q_{A}Q_{B}Q_{C}$ τα κυκλοσεβιανά των P,Q

ως προς το ABC

.
Ας είναι A''B''C''

το τρίγωνο που ορίζεται από τις $P_{A}Q_{A},P_{B}Q_{B},P_{C}Q_{C}$ .
Ας είναι $S_{AB''} \equiv AB'' \cap P_{A}P_{C}$ και $S_{AC''},S_{BA''},S_{BC''},S_{CA''},S_{CB''}$ τα αντίστοιχά του σημεία.
Τότε το A''B''C''

είναι προοπτικό με το τρίγωνο με πλευρές τις $S_{AB''}S_{AC''},S_{BA''}S_{BC''},S_{CA''}S_{CB''}$ .

Φυσικά αν $P\equiv Q$ παίρνουμε την αρχική γενίκευση.
Η απόδειξη παρακάτω είναι στο μήκος κύματος εκείνης του Διονύση (ίσως λίγο πιο απλή-απαιτούνται Σεβάλαοι και νόμοι ημιτόνων).

Πράγματι με $X\equiv S_{AB''}S_{AC''}\cap B''C''$ ,και Y,Z

τα κυκλικά του,αρκεί $\prod _{cyc} \dfrac{XB''}{XC''}=1$ .
Είναι από Μενέλαο $\dfrac{XB''}{XC''}=\dfrac{S_{AB''}B''}{S_{AB''}A}\dfrac{S_{AC''}A}{S_{AC''}C''}$
και από Ν.Ημιτόνων $\dfrac{S_{AB''}B''}{S_{AB''}A}\dfrac{S_{AC''}A}{S_{AC''}C''}=\dfrac{P_{A}B''}{P_{A}C''}\dfrac{sin(B''P_{A}P_{C}\angle)}{sin(P_{C}P_{A}A\angle)}\dfrac{sin(P_{B}P_{A}A\angle)}{sin(C''P_{A}P_{B}\angle)}$ .
Όμως (Τρ. Σεβά) $\prod _{cyc} \dfrac{sin(AP_{A}P_{B}\angle)}{sin(AP_{A}P_{C}\angle)}=1$ και από Carnot

( $\prod _{cyc} \dfrac{P_{A}B''}{P_{A}C''}\dfrac{Q_{A}B''}{Q_{A}C''}=1$ )
αρκεί τελικά $\prod _{cyc} \dfrac{Q_{A}C''}{Q_{A}B''}=\prod _{cyc} \dfrac{sin(P_{B}P_{A}C''\angle)}{sin(P_{C}P_{A}B''\angle)}$
το οποίο βγαίνει με Ν.Ημιτόνων στο $Q_{A}Q_{B}C''$ και τα κυκλικά του..

Σημ.Στα παραπάνω έχω θεωρήσει δεδομένο (για να ισχύει η γενίκευση) πως τα ABC,A''B''C''

είναι προοπτικά.
Αυτό δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολο να αποδειχτεί (υπάρχουν και μερικές αποδείξεις με Προβολική) με ομοιότητες/Θ.Σεβά αν θεωρήσουμε τις τομές $P_{A}Q_{A},BC$ και τις κυκλικές τους.

min## · #10

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 16, 2012 3:39 am
Της νύχτας τα καμώματα!!!

Επιτρέψτε μου και για "Της νύχτας τα μπαλώματα".(της πρώτης-πρώτης λύσης)
Το 'χω στο αρχείο κάμποσο καιρό οπότε αφενός επειδή το ξανάπιασα και αφετέρου επειδή θεωρώ το επιχείρημα "επέκτασης" από το εσωτερικό στο εξωτερικό του κύκλου αρκετά κομψό,το παραθέτω.

Της νύχτας τα μπαλώματα..

για ονομασίες σημείων βλ. το αρχικό μου σχήμα,απλώς θεωρήστε πως δεν έχει εφαρμοστεί ο μετασχηματισμός,δηλαδή πως το

είναι το τυχαίο

κλπ..)

Από θεώρημα Steinbart (μερικές εφαρμογές τριγωνομετρικού Ceva,νόμου ημιτόνων) οι $DA_{1},EB_{1},FC_{1}$ συντρέχουν σε σημείο

(ουσιαστικά το έχει αναφέρει ο Διονύσης παραπάνω,αλλά και εγώ στην πρώτη ανάρτηση).
Η πρώτη λύση δεν ισχύει μόνο όταν το σημείο

βρίσκεται έξω από τον εγγεγραμμένο.Αυτό που κάνω είναι να το φέρω μέσα:
Πράγματι έστω πως βρίσκεται προς το μέρος του

(εντός του τριγώνου ABC

πάντα).
Μετακινώ το

στη σταθερή ευθεία $DA_{1}$ και επανορίζω τα $B_{1},C_{1}$ ως τις τομές των ER,FR

με τον

και το

ως την τομή των

$AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ .
Όταν το

πάει να πέσει στο

τότε προφανώς το αντίστοιχο

θα βρίσκεται εντός του (I)

και άρα η αρχική απόδειξη θα ισχύει.
Παίζω τώρα με βαθμούς κίνησης:
Ορίζω ως βαθμό κίνησης ενός σημείου με (προβολικές) συντεταγμένες ,όπου πολυώνυμα ως προς την παράμετρο ,το .(Ομοίως-δυικά ορίζεται και ο βαθμός κίνησης της ευθείας).

Ισχύει πως αν $d_{1},d_{2}$ οι βαθμοί των σημείων $D_{1},D_{2}$ ,τότε ο βαθμός της ευθείας $D_{1}D_{2}$ είναι το πολύ $d_{1}+d_{2}$ .
Απόδειξη:Αν $D_{1}\equiv (P_{1}(s):Q_{1}(s):R_{1}(s)),D_{2}\equiv (P_{2}(s):Q_{2}(s):R_{2}(s))$ τότε η εξίσωση της $D_{1}D_{2}$ είναι η $(Q_{1}R_{2}-R_{1}Q_{2})x+(R_{1}P_{2}-P_{1}R_{2})y+(P_{1}Q_{2}-Q_{1}P_{2})z=0$ από όπου οι βαθμοί των συντελεστών είναι πράγματι το πολύ $d_{1}+d_{2}$ .
(Φυσικά,λόγω δυικότητας αν δύο ευθείες έχουν βαθμούς $d_{1},d_{2}$ τότε η τομή τους έχει βαθμό το πολύ $d_{1}+d_{2}$ ).

Πίσω στο πρόβλημα:Κουνώ το

γραμμικά ως προς παράμετρο

(βαθμός 1)στην $DA_{1}$ .Δεν είναι δύσκολο ότι τα $B_{1},C_{1}$ κινούνται δευτεροβάθμια.(προβολικά ως προς το

μεν,λόγω προβολής από τα E,F

,σε κωνική δε).
Έτσι από το λήμμα παραπάνω οι $AB_{1},CB_{1},AC_{1},BC_{1}$ έχουν βαθμό το πολύ 0+2=2

(

έχουν βαθμό

).
Τα $A_{2},A_{3},B_{3},C_{3}$ λοιπόν έχουν βαθμό το πολύ

ως τομές σταθερών και δευτεροβάθμιων ευθειών ( 0+2=2

),ενώ τα $B_{2},C_{2}$ έχουν βαθμό

καθώς μένουν σταθερά.Πάλι από το λήμμα,ισχύει $deg(A_{4})\leq deg(A_{2}C_{3})+deg(A_{3}B_{3})\leq deg(A_{2})+deg(C_{3})+deg(A_{3})+deg(B_{3})=8$ .Παρομοίως, $deg(B_{4}),deg(C_{4})\leq 4$ .
Συνεπώς $deg(AA_{4})\leq 8,deg(BB_{4})\leq 4,deg(CC_{4})\leq 4$ (από το λήμμα) και άρα αν $J\equiv AA_{4}\cap BB_{4},J'\equiv AA_{4}\cap CC_{4}$ τα J,J'

θα έχουν βαθμό το πολύ

.

Θέλω να δείξω ότι ταυτίζονται,οπότε αρκεί να δειχτεί αυτό για 12+12+1=25

τιμές της παραμέτρου

-του σημείου

.
(Αυτό προκύπτει επειδή οι παραπάνω συντεταγμένες είναι ομογενοποιημένες,οπότε έχουμε ισότητα λόγων Πολυωνύμων 12ου βαθμού και όχι ισότητα Πολυωνύμων,ευχαριστώ πολύ τον Σιλουανό για την επισήμανση).
Μπορεί να μοιάζουν πολλές οι 25 τιμές,αλλά στην πραγματικότητα έχω άπειρες τιμές του

για τις οποίες ταυτίζονται τα σημεία:Όλες εκείνες που βρίσκονται κοντά στο

και αναγκάζουν το

να βρίσκεται μέσα στον (I)

...(οπότε και ο μετασχηματισμός στην πρώτη ανάρτηση "καθαρίζει" ..)
The end

Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Μέλη σε σύνδεση