Της νύχτας τα καμώματα!!!...

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3921
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Σεπ 16, 2012 3:39 am

Της νύχτας τα καμώματα!!!.png
Της νύχτας τα καμώματα!!!.png (73.45 KiB) Προβλήθηκε 2476 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


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3921
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Μαρ 29, 2016 11:22 pm

Επαναφορά!!!


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3921
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Οκτ 05, 2016 3:16 pm

Επαναφορά

Πέρασε η τετραετία!!! :shock:

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3921
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Μαρ 01, 2019 8:05 pm

Επαναφορά


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
min##
Δημοσιεύσεις: 181
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » 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 H στο κέντρο του νέου κύκλου.Αυτό γίνεται μόνο όταν το H είναι εσωτερικό του κύκλου.Μια καταασκευή (την πήρα από τον Yaglom) του μετασχηματισμού είναι η ακόλουθη:Ουσιαστικά στέλνουμε την πολική του H ως προς τον κύκλο στην ευθεία στο άπειρο στέλνοντας παράλληλα τον κύκλο σε κύκλο.Τότε ο πόλος της ευθείας (το H) 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 R.Παίρνουμε το εφαπτόμενο επίπεδο στη σφαίρα στο αντιδιαμετρικό σημείο του R και προβάλλουμε από το R 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
ths nixtas ta kamwmata.png (76.86 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές
Άρα όντως μπορούμε να στείλουμε το H 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 Ι.
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 EF,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 S ως προς τον εγγεγραμμένο είναι η B_{2}C_{2} και αντίστοιχα και για τα T,P.(Η πολική του K
είναι η BA_{1} και του L
η CA_{1} κλπ.).Έτσι,η SD είναι η πολική του BC\cap B_{2}C_{2}
,TE είναι η πολική του CA\cap A_{2}C_{3}
και PF 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 (1) να βγαίνει γινόμενο 1.
Έστω K',L'\equiv BK\capEF,CL\cap EF.Το RHS της (1) γίνεται από παραλληλίες/νόμους ημιτόνων κλπ. ίσο με RHS(a)=\frac{K'F}{KF}\frac{LE}{L'E}.
ths nixtas'.png
ths nixtas'.png (90.86 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές
Ορίζουμε τα M,N πάνω στην εφαπτομένη στο B_{1} όπως ορίστηκαν τα K,L, και τα M',N'
στην DF όπως τα K',L'
.Το ίδιο κάνουμε και για τα O,Q (στην εφ. στο C_{1}) και O',Q'
(στην DE) .
Τότε τα RHS των αντίστοιχων της (1) για αυτά τα σημεία (το γινόμενο των οποίων θέμε να βγει 1) 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,X το μέσο της EF.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.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3921
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Μάιος 15, 2019 7:15 pm

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 H στο κέντρο του νέου κύκλου.Αυτό γίνεται μόνο όταν το H είναι εσωτερικό του κύκλου.Μια καταασκευή (την πήρα από τον Yaglom) του μετασχηματισμού είναι η ακόλουθη:Ουσιαστικά στέλνουμε την πολική του H ως προς τον κύκλο στην ευθεία στο άπειρο στέλνοντας παράλληλα τον κύκλο σε κύκλο.Τότε ο πόλος της ευθείας (το H) 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 R.Παίρνουμε το εφαπτόμενο επίπεδο στη σφαίρα στο αντιδιαμετρικό σημείο του R και προβάλλουμε από το R 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 H 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 Ι.
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 EF,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 S ως προς τον εγγεγραμμένο είναι η B_{2}C_{2} και αντίστοιχα και για τα T,P.(Η πολική του K
είναι η BA_{1} και του L
η CA_{1} κλπ.).Έτσι,η SD είναι η πολική του BC\cap B_{2}C_{2}
,TE είναι η πολική του CA\cap A_{2}C_{3}
και PF 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 (1) να βγαίνει γινόμενο 1.
Έστω K',L'\equiv BK\capEF,CL\cap EF.Το RHS της (1) γίνεται από παραλληλίες/νόμους ημιτόνων κλπ. ίσο με RHS(a)=\frac{K'F}{KF}\frac{LE}{L'E}.
ths nixtas'.png
Ορίζουμε τα M,N πάνω στην εφαπτομένη στο B_{1} όπως ορίστηκαν τα K,L, και τα M',N'
στην DF όπως τα K',L'
.Το ίδιο κάνουμε και για τα O,Q (στην εφ. στο C_{1}) και O',Q'
(στην DE) .
Τότε τα RHS των αντίστοιχων της (1) για αυτά τα σημεία (το γινόμενο των οποίων θέμε να βγει 1) 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,X το μέσο της EF.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.
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 :notworthy:

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 774
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Μάιος 16, 2019 5:51 pm

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
Της νύχτας τα καμώματα.png (44.48 KiB) Προβλήθηκε 182 φορές
Και εγώ θα αποδείξω το πρόβλημα για τυχαίες σεβιανές AA'', BB'', CC''.

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι τα ABC και PQR είναι προοπτικά:

Αν πάρουμε X, Y, Z τις τομές των RQ και BC, PR και CA, PQ και AB αντίστοιχα, τότε από Desargues αρκεί τα X, Y, Z να είναι συνευθειακά.

Ας ξεχάσουμε προς το παρόν τα Y, Z και ας επικεντρωθούμε στο X:

(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 N. Αφού η AA_1 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 ANC', 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!


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3921
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Της νύχτας τα καμώματα!!!...

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Μάιος 16, 2019 7:11 pm

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

ΜΠΡΑΒΟ ΣΑΣ " παιδιά "

ΕΥΧΑΡΙΣΤΟΥΜΕ που υπάρχετε ! και καλή πρόοδο :winner_first_h4h:

Με την δέουσα υπόκλιση

Στάθης Κούτρας


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης