Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Grigoris K. · #1

Διατυπώθηκε προφορικά από τον κ. Τσίντσιφα μετά το τέλος της ομιλίας του κ. Βαρβεράκη για το Θ. Steiner-Lehmus
στην φετινή Μαθηματική Εβδομάδα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ και η $\displaystyle{ AD }$ είναι διχοτόμος. Έστω τυχόν σημείο $\displaystyle{ P \in AD }$ και $\displaystyle{ E \equiv BP \cap AC, \ Z \equiv CP \cap AB}$ .
Να εξεταστεί η ισχύς της συνεπαγωγής: $\displaystyle{ BE = CZ \Longrightarrow \triangle ABC }$ ισοσκελές.

Al.Koutsouridis · #2

Grigoris K. έγραψε:Διατυπώθηκε προφορικά από τον κ. Τσίντσιφα μετά το τέλος της ομιλίας του κ. Βαρβεράκη για το Θ. Steiner-Lehmus
στην φετινή Μαθηματική Εβδομάδα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ και η $\displaystyle{ AD }$ είναι διχοτόμος. Έστω τυχόν σημείο $\displaystyle{ P \in AD }$ και $\displaystyle{ E \equiv BP \cap AC, \ Z \equiv CP \cap AB}$ .
Να εξεταστεί η ισχύς της συνεπαγωγής: $\displaystyle{ BE = CZ \Longrightarrow \triangle ABC }$ ισοσκελές.

Καλησπέρα,

Στην γενική του περίπτωση ο ισχυρισμός δεν ισχύει. Για παράδειγμα αν θεωρήσουμε το τρίγωνο ABC

με $\angle ABC = 12^0 , \angle BCA = 132^0$ και πάρουμε ως

το σημείο τομής της διχοτόμου

με τις εξωτερικές διχοτόμους στα B,C

τότε σχετικά εύκολα μπορεί να αποδειχθεί οτι BE = CZ

αλλά προφανώς το ABC

δεν είναι ισοσκελές.

Στο παραπάνω τρίγωνο έτυχε να πέσω κοιτώντας ένα αρθρο στο πρώτο τεύχος του Kvant 2013, όπου το τρίγωνο αυτό δίνεται ως αντιπαράδειγμα ότι αν οι εξωτερικές διχοτόμοι είναι ίσες σε ενα τρίγωνο και μία απο τις εξωτερικές γωνίες είναι οξεία τότε το τρίγωνο δεν είναι απαραίτητα ισοσκελές, όπως ισχύει στην περίπτωση που οι εξωτερικές γωνίες είναι και οι δύο αμβλείες.

Al.Koutsouridis · #3

Al.Koutsouridis έγραψε:
Grigoris K. έγραψε:Διατυπώθηκε προφορικά από τον κ. Τσίντσιφα μετά το τέλος της ομιλίας του κ. Βαρβεράκη για το Θ. Steiner-Lehmus
στην φετινή Μαθηματική Εβδομάδα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ και η $\displaystyle{ AD }$ είναι διχοτόμος. Έστω τυχόν σημείο $\displaystyle{ P \in AD }$ και $\displaystyle{ E \equiv BP \cap AC, \ Z \equiv CP \cap AB}$ .
Να εξεταστεί η ισχύς της συνεπαγωγής: $\displaystyle{ BE = CZ \Longrightarrow \triangle ABC }$ ισοσκελές.
Καλησπέρα,

Στην γενική του περίπτωση ο ισχυρισμός δεν ισχύει. Για παράδειγμα αν θεωρήσουμε το τρίγωνο με $\angle ABC = 12^0 , \angle BCA = 132^0$ και πάρουμε ως
το σημείο τομής της διχοτόμου με τις εξωτερικές διχοτόμους στα τότε σχετικά εύκολα μπορεί να αποδειχθεί οτι αλλά προφανώς το
δεν είναι ισοσκελές.

Στο παραπάνω τρίγωνο έτυχε να πέσω κοιτώντας ένα αρθρο στο πρώτο τεύχος του Kvant 2013, όπου το τρίγωνο αυτό δίνεται ως αντιπαράδειγμα ότι αν οι εξωτερικές διχοτόμοι είναι ίσες σε ενα τρίγωνο και μία απο τις εξωτερικές γωνίες είναι οξεία τότε το τρίγωνο δεν είναι απαραίτητα ισοσκελές, όπως ισχύει στην περίπτωση που οι εξωτερικές γωνίες είναι και οι δύο αμβλείες.

Εκ παραδρομής θεώρησα το

γενικά σημείο της διχοτόμου

αλλά ύστερα απο την υπόδειξη του Grigoris K. ο παραπάνω ισχυρισμός είναι λανθασμένος αφού

εσωτερικό σημείο της

.

#4

Μία απόδειξη με χρήση Τριγωνομετρίας και ... Διαφορικού Λογισμού:

Από το συνημμένο σχήμα και την υπόθεση |BP|+|PE|=|CP|+|PZ|

προκύπτει η ισότητα

$\displaystyle\frac{d}{sin\phi }+\frac{d}{sin(\theta +\omega )}=\frac{d}{sin(\phi +\omega )}+\frac{d}{sin\theta },$

δηλαδή η ισότητα

$\displaystyle\frac{1}{sin(\theta +\omega )}-\frac{1}{sin\theta }=\frac{1}{sin(\phi +\omega )}-\frac{1}{sin\phi },$

και από αυτήν η $\phi =\theta$ (βλέπε παρακάτω) και άμεσα (ισότητα τριγώνων ABP

και

) η ζητούμενη |AB|=|AC|

.

Πράγματι, αρκεί να παρατηρηθεί ότι η συνάρτηση $f(\zeta )=\displaystyle\frac{1}{sin(\zeta +\omega )}-\frac{1}{sin\zeta }$ είναι γνησίως αύξουσα για $0<\zeta <\pi -\omega$ , κάτι που προκύπτει από την ανισότητα

$f'(\zeta)=-\displaystyle\frac{cos(\zeta +\omega )}{sin^2(\zeta +\omega )}+\displaystyle\frac{cos\zeta }{sin^2\zeta }>0,$

η οποία προκύπτει με την σειρά της από την

$(\displaystyle\frac{cos\gamma }{sin^2\gamma })'=\frac{-2+sin^2\gamma }{sin^3\gamma }<0$ (για $0<\gamma <\pi$ ).

[Φαίνεται προς στιγμήν ότι η παραπάνω απόδειξη εξαρτάται από τις σχετικές θέσεις των A, T, Z

ή/και

: αυτό δεν ισχύει, καθώς αν για παράδειγμα το

είναι ανάμεσα στα A, T

(αντί να είναι το

ανάμεσα στα A, Z

, όπως στο συνημμένο) τότε αντί της $\phi +\omega$ χρησιμοποιείται η $\pi -\phi -\omega$ , οπότε $sin(\pi -\phi -\omega )=sin(\phi +\omega )$ , κλπ]

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

Μία άλλη σκέψη είναι να αποδείξουμε ότι όταν ισχύει $AB\neq AC$ , τότε ισχύει και $BE\neq CZ,$ για κάθε θέση του σημείου

επί της διχοτόμου

του $\vartriangle ABC$ και άρα, η συνεπαγωγή της εκφώνησης έπεται.

: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές ;; f=112_t=43806.PNG (23.59 KiB) Προβλήθηκε 5335 φορές

$\bullet$ Έστω ότι ισχύει AB < AC

και ας είναι

το σημείο μεταξύ των $A,\ C$ ώστε AC' = AB.

Λόγω συμμετρίας, ισχύει προφανώς BE = C'Z',

όπου $Z'\equiv AB\cap C'P$ και έστω Z'',

το συμμετρικό σημείο του

ως προς την ευθεία

, μεταξύ των $A,\ E,$ γιατί το

κείται μεταξύ των $A,\ Z',$ λόγω AC' < AC.

Από $\angle CPC' = \angle ZPZ' = \angle Z''PE$ $\Rightarrow$ $PZ'' + PC > PE + PC'\ \ \ ,(1)$

Από (1)

$\Rightarrow$ PZ + PC > PZ' + PC'

$\Rightarrow$ CZ > C'Z' = BE

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#6

Κώστα πολύ ωραία, παραθέτω χωρίς λεπτομέρειες μια παραλλαγή της λύσης σου που καλύπτει και την περίπτωση να βρίσκεται το

κάτω από την AC'

.

Γιώργος Μπαλόγλου

#7

Al.Koutsouridis έγραψε:
Grigoris K. έγραψε:Διατυπώθηκε προφορικά από τον κ. Τσίντσιφα μετά το τέλος της ομιλίας του κ. Βαρβεράκη για το Θ. Steiner-Lehmus
στην φετινή Μαθηματική Εβδομάδα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ και η $\displaystyle{ AD }$ είναι διχοτόμος. Έστω τυχόν σημείο $\displaystyle{ P \in AD }$ και $\displaystyle{ E \equiv BP \cap AC, \ Z \equiv CP \cap AB}$ .
Να εξεταστεί η ισχύς της συνεπαγωγής: $\displaystyle{ BE = CZ \Longrightarrow \triangle ABC }$ ισοσκελές.
Καλησπέρα,

Στην γενική του περίπτωση ο ισχυρισμός δεν ισχύει. Για παράδειγμα αν θεωρήσουμε το τρίγωνο με $\angle ABC = 12^0 , \angle BCA = 132^0$ και πάρουμε ως
το σημείο τομής της διχοτόμου με τις εξωτερικές διχοτόμους στα τότε σχετικά εύκολα μπορεί να αποδειχθεί οτι αλλά προφανώς το
δεν είναι ισοσκελές.

Στο παραπάνω τρίγωνο έτυχε να πέσω κοιτώντας ένα αρθρο στο πρώτο τεύχος του Kvant 2013, όπου το τρίγωνο αυτό δίνεται ως αντιπαράδειγμα ότι αν οι εξωτερικές διχοτόμοι είναι ίσες σε ενα τρίγωνο και μία απο τις εξωτερικές γωνίες είναι οξεία τότε το τρίγωνο δεν είναι απαραίτητα ισοσκελές, όπως ισχύει στην περίπτωση που οι εξωτερικές γωνίες είναι και οι δύο αμβλείες.

Και η απλή απόδειξη : εδώ

#8

Μόνη γεωμετρική απόδειξη (προς το παρόν) αυτή του Κώστα (με χρήση του ανισοτικού λήμματος του των ισογωνίων). Μία επιπλέον μαρτυρία για την δυσκολία του προβλήματος προέρχεται από την ημιτελή προσπάθεια μου με Αναλυτική:

Θέτοντας A=(0,a), B=(-b,0), C=(c,0), P=(p,q),

προκύπτουν οι

$E=(\displaystyle\frac{acp-bcq+abc}{ap+cq+ab}, \frac{abq+acq}{ap+cq+ab}), Z=(\frac{abp+bcq-abc}{-ap+bq+ac}, \frac{abq+acq}{-ap+bq+ac}),$

οπότε η βασική υπόθεση |BE|=|CZ|

και η ιδιότητα της διχοτόμου για το

οδηγούν στο σύστημα

[(b+p)^2+q^2][a(c-p)+bq]^2=[(c-p)^2+q^2][a(b+p)+cq]^2

Εικάζω, με βάση και το ζητούμενο, ότι από το παραπάνω σύστημα προκύπτουν οι b=c

και

... αλλά δεν είμαι σε θέση να το αποδείξω αυτό (αλγεβρικά)!

Γιώργος Μπαλόγλου

#9

gbaloglou έγραψε: Μόνη γεωμετρική απόδειξη (προς το παρόν) αυτή του Κώστα (με χρήση του ανισοτικού λήμματος των ισογωνίων).

Το Λήμμα αυτό βέβαια, ούτε προφανές είναι ούτε ευρέως γνωστό και προέκυψε για τις ανάγκες της απόδειξης και θα πρέπει επομένως, για την πληρότητα της λύσης, να παρατεθεί και η απόδειξή του.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι $\angle BAD = \ange CAE,$ όπου το μεταξύ των $B,\ E.$ Αποδείξτε ότι

Σήμερα όμως είναι η αναχώρηση για την ορεινή Φωκίδα ( Ζωριάνος Δωρίδας ) και "τρελαίνομαι"...

Θα επιστρέψουμε την ερχόμενη Τρίτη και θα βάλω τότε την απόδειξη που έχω υπόψη μου.

Να περνάτε καλά όπου κι' αν βρίσκεστε, με τους ανθρώπους που αγαπάτε.

Κώστας Βήττας.

Antonis_Z · #10

Χαιρετώ τη γεωμετρική παρέα του

.Γρηγόρη,ωραία θέμα!
Μια άλλη προσέγγιση μπορεί να γίνει χρησιμοποιώντας τον αγαπημένο μου νόμο των ημιτόνων.

Απ'το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα $\vartriangle BZC,BEC$ ,ισχύει ότι
$BZ=CE\Leftrightarrow\frac{BC}{sin(\widehat{BZC})}\cdot sin(\widehat{ZCB})=\frac{BC}{sin(\widehat{BEC})}\cdot sin(\widehat{EBC})\Leftrightarrow \frac{sin(\widehat{ZCB})}{sin(\widehat{EBC})}=\frac{sin(\widehat{BZC})}{sin(\widehat{BEC})}$ .
Η τελευταία με χρήση του νόμου ημιτόνων στα τρίγωνα $\vartriangle PBC,APE,AZP$ γίνεται $\frac{PB}{PC}=\frac{PE}{PZ}$ ,δηλαδή $ZE\parallel BC$ .
Τώρα απ'το θεώρημα του Θαλή στο $\vartriangle ABC$ έχουμε $\frac{ZA}{ZB}=\frac{EA}{EC}\Rightarrow ZA=EA$ .
Οπότε $EA+EC=ZA+ZB\Leftrightarrow AB=AC$ !

Καλό Πάσχα και καλή Ανάσταση σε όλους!

#11

gbaloglou έγραψε:[Φαίνεται προς στιγμήν ότι η παραπάνω απόδειξη εξαρτάται από τις σχετικές θέσεις των ή/και : αυτό δεν ισχύει, καθώς αν για παράδειγμα το είναι ανάμεσα στα (αντί να είναι το ανάμεσα στα , όπως στο συνημμένο) τότε αντί της $\phi +\omega$ χρησιμοποιείται η $\pi -\phi -\omega$ , οπότε $sin(\pi -\phi -\omega )=sin(\phi +\omega )$ , κλπ]

Μία ακόμη περίπτωση στο συνημμένο, χωρίς συνέπειες ευτυχώς: $|BP|=\displaystyle\frac{d}{sin(\pi -\phi )}=\frac{d}{sin\phi }$ , $|PZ|=\displaystyle\frac{d}{sin(\pi -\phi -\omega)}=\frac{d}{sin(\phi +\omega )}$ κλπ

Γιώργος Μπαλόγλου

#12

Κι' όμως όλα είναι εφικτά. Για πρώτη φορά δημοσίευση από το χωριό ( όπου δεν υπάρχει ούτε καφενείο ).

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι $\angle BAD = \ange CAE,$ όπου το μεταξύ των $B,\ E.$ Αποδείξτε ότι

Εάν η προβολή έστω A',

του

επί της

κείται μεταξύ των $D,\ E,$ το ζητούμενο είναι προφανές αφού ισχύει AB > AD

και

Θα εξετάσουμε την περίπτωση όταν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ή αμβλυγώνιο και έστω $\angle B \geq 90^{o}$ , οπότε ισχύει $AB < AD < AE < AC\ \ \ ,(1)$

$\bullet$ Γράφουμε τον κύκλο έστω (K),

με κέντρο το

και ακτίνα

ο οποίος τέμνει τις $AD,\ AE,\ AC,$ τα σημεία έστω $D',\ E',\ Z',$ αντιστοίχως, ως εσωτερικά σημεία των $AD,\ AE,\ AC,$ λόγω της (1)

.

Ο κύκλος έστω (L)

με κέντρο το

και ακτίνα AD,

τέμνει την

στο σημείο

μεταξύ των $Z',\ C,$ γιατί AZ' < AF' < AC.

Ο κύκλος έστω (M)

με κέντρο το

και ακτίνα AE,

τέμνει την

στο σημείο

μεταξύ των $F',\ C,$ γιατί AF' < AZ < AC.

Από

και

αρκεί για να ισχύει το ζητούμενο AB + AC > AD + AE

, να αποδειχθεί ότι ισχύει $Z'C > D'D + E'E\ \ \ ,(2)$

$\bullet$ Από το

φέρνουμε παράλληλη ευθεία προς την E'F'

η οποία τέμνει την

στο σημείο έστω

μεταξύ των $Z,\ F.$

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle EZF,\ \vartriangle E'F'F'$ έχουμε $\displaystyle \frac{Z'F'}{ZF} = \frac{E'Z'}{EZ} = \frac{AE'}{AE} < 1$ και άρα ισχύει $ZF > Z'F' = D'D\ \ \ ,(3)$

Από $\displaystyle \frac{AE'}{E'E} = \frac{AF'}{F'F}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AE'}{AF'} = \frac{E'E}{F'F} < 1\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)$ $\Rightarrow$ D'D + E'E = Z'F' + E'E < Z'F' + F'F < Z'C

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας

#13

vittasko έγραψε:Κι' όμως όλα είναι εφικτά. Για πρώτη φορά δημοσίευση από το χωριό ( όπου δεν υπάρχει ούτε καφενείο ).

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι $\angle BAD = \ange CAE,$ όπου το μεταξύ των $B,\ E.$ Αποδείξτε ότι
Εάν η προβολή έστω του επί της κείται μεταξύ των $D,\ E,$ το ζητούμενο είναι προφανές αφού ισχύει και

Θα εξετάσουμε την περίπτωση όταν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ή αμβλυγώνιο και έστω $\angle B \geq 90^{o}$ , οπότε ισχύει $AB < AD < AE < AC\ \ \ ,(1)$

Κώστα με βάση αυτήν την απλή παρατήρηση (που επεκτείνω γωνιακώς στην $\angle{ABC}<\angle{ADC}<\angle{AEC}$ ) προτείνω την απόδειξη του συνημμένου (όπου |AB'|=|AB|

,

, άρα και $\triangle ABD=\triangle AB'D'$ λόγω $\angle BAD=\angle B'AD'$ , EE'//B'D'

με

μεταξύ

και

λόγω $\angle AEE'=\angle AB'D'=\angle ABD<\angle AEC$ , και συνεπώς $\displaystyle\frac{|AB'|}{|AE|}=\frac{|AD'|}{|AE'|}=\lambda <1$ ). Πράγματι

$|AB|+|AC|=|AB'|+|AC|>|AB'|+|AE'|=\lambda|AE|+|AE'|>$

$>\lambda|AE'|+|AE|=|AD'|+|AE|=|AD|+|AE|$

[Το κρίσιμο βήμα είναι η ανισότητα $\lambda |AE|+|AE'|>\lambda |AE'|+|AE|$ , ισοδύναμη προς την $(1-\lambda )|AE|<(1-\lambda )|AE'|$ , που ισχύει λόγω $\lambda <1$ και |AE| <|AE'|

( $\triangle AEE'$ αμβλυγώνιο στο

).]

Καλή Ανάσταση (από το κέντρο της Θεσσαλονίκης),

Γιώργος Μπαλόγλου

#14

vittasko έγραψε:Κι' όμως όλα είναι εφικτά. Για πρώτη φορά δημοσίευση από το χωριό ( όπου δεν υπάρχει ούτε καφενείο ).

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι $\angle BAD = \ange CAE,$ όπου το μεταξύ των $B,\ E.$ Αποδείξτε ότι
Εάν η προβολή έστω του επί της κείται μεταξύ των $D,\ E,$ το ζητούμενο είναι προφανές αφού ισχύει και

Θα εξετάσουμε την περίπτωση όταν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ή αμβλυγώνιο και έστω $\angle B \geq 90^{o}$ , οπότε ισχύει $AB < AD < AE < AC\ \ \ ,(1)$

Νομίζω ότι τελικά η κρίσιμη συνθήκη δεν είναι η $\angle{ABD}\geq90^0$ αλλά η $\angle{ABD}>\angle{ADB}$ (η οποία επίσης οδηγεί στην |AB|<|AD|<|AE|<|AC|

, βλέπε και συνημμένο). Στην περίπτωση αυτή η παραπάνω απόδειξη μου εξακολουθεί να ισχύει καθώς από την $\angle{ABD}>\angle{ADB}$ έχουμε $\angle{AEE'}>\angle{AE'E}$ και, καίρια, |AE'|>|AE|

.

[Βεβαίως αν $\angle{ABD}\leq\angle{ADB}$ τότε, όπως ήδη επεσήμανε ο Κώστας, ισχύει η $|AB|\geq|AD|$ και όλα απλοποιούνται.}

Γιώργος Μπαλόγλου

#15

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 11, 2014 12:24 am

Grigoris K. έγραψε:Διατυπώθηκε προφορικά από τον κ. Τσίντσιφα μετά το τέλος της ομιλίας του κ. Βαρβεράκη για το Θ. Steiner-Lehmus
στην φετινή Μαθηματική Εβδομάδα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ και η $\displaystyle{ AD }$ είναι διχοτόμος. Έστω τυχόν σημείο $\displaystyle{ P \in AD }$ και $\displaystyle{ E \equiv BP \cap AC, \ Z \equiv CP \cap AB}$ .
Να εξεταστεί η ισχύς της συνεπαγωγής: $\displaystyle{ BE = CZ \Longrightarrow \triangle ABC }$ ισοσκελές.
Καλησπέρα,

Στην γενική του περίπτωση ο ισχυρισμός δεν ισχύει. Για παράδειγμα αν θεωρήσουμε το τρίγωνο με $\angle ABC = 12^0 , \angle BCA = 132^0$ και πάρουμε ως
το σημείο τομής της διχοτόμου με τις εξωτερικές διχοτόμους στα τότε σχετικά εύκολα μπορεί να αποδειχθεί οτι αλλά προφανώς το
δεν είναι ισοσκελές.

Στο παραπάνω τρίγωνο έτυχε να πέσω κοιτώντας ένα αρθρο στο πρώτο τεύχος του Kvant 2013, όπου το τρίγωνο αυτό δίνεται ως αντιπαράδειγμα ότι αν οι εξωτερικές διχοτόμοι είναι ίσες σε ενα τρίγωνο και μία απο τις εξωτερικές γωνίες είναι οξεία τότε το τρίγωνο δεν είναι απαραίτητα ισοσκελές, όπως ισχύει στην περίπτωση που οι εξωτερικές γωνίες είναι και οι δύο αμβλείες.

Αντι-ρετρό

: anti-retro.png (64.53 KiB) Προβλήθηκε 4217 φορές

#16

Στην προηγούμενη δημοσίευση έδειξα πως το 'διάσημο' 132^0-12^0-36^0

τρίγωνο με δύο ίσες εξωτερικές διχοτόμους σχετίζεται με την ισοσεβιανή κλπ που μελετήσαμε εδώ. Στην παρούσα δημοσίευση υποδεικνύω πως η ισοσεβιανή μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την εύρεση και άλλων μη ισοσκελών τριγώνων με δύο ίσες εξωτερικές διχοτόμους, και δίνω ένα 'προσεγγιστικό' τέτοιο τρίγωνο με γωνίες περίπου 105,5^0, 21,8^0, 52,7^0

.

Αρχίζουμε λοιπόν με 'συγκεκριμένο' σημείο P=(p, q)

από το οποίο θέλουμε KAI να περνάει η ισοσεβιανή KAI να είναι το παράκεντρο που αντιστοιχεί στην 'αναζητούμενη' κορυφή A=(b, c)

. Βρίσκοντας τις εξισώσεις των

,

, όπου

,

(δηλαδή

), και εξισώνοντας τις αποστάσεις του

από τις τρεις πλευρές καταλήγουμε στις 'εξισώσεις παρακέντρου'

$p^2=\displaystyle\frac{\dfrac{b}{\sqrt{(1-b)^2+c^2}}-\dfrac{b}{\sqrt{(1+b)^2+c^2}}}{\dfrac{1}{\sqrt{(1-b)^2+c^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{(1+b)^2+c^2}}}$ και $q=\dfrac{cp}{b+p}.$

Αντικαθιστώντας την δεύτερη εξίσωση στην ισοσεβιανή (1+p^2+q^2)(c+q)(bq-cp)+p(c+q)^2+p(bq-cp)^2=0

και λύνοντας (ως προς

,

) το σύστημα που αποτελείται (για 'τυχούσα' συγκεκριμένη τιμή του

) από την ισοσεβιανή και την πρώτη εξίσωση, καταλήγουμε σε τρίγωνο με παράκεντρο

επί της ισοσεβιανής (και σε ισότητα επομένως των δύο εξωτερικών διχοτόμων

,

). Αρχίζοντας για παράδειγμα με p=0,7

καταλήγουμε στις τιμές $b\approx -1,25$ , $c\approx 0,9$ , $q\approx -1,14$ ... και στο τρίγωνο που βλέπετε στο συνημμένο. (Η επίλυση του συστήματος 'προσεγγιστικά' λόγω περιορισμένων δυνατοτήτων του WolframAlpha

)

: 0,7.png (54.87 KiB) Προβλήθηκε 4117 φορές

#17

Στο συνημμένο φαίνεται ο αγωνιώδης τρόπος με τον οποίο επιλύθηκε το μη γραμμικό σύστημα που δίνει το παράδειγμα της προηγούμενης δημοσίευσης: είπαμε, δεν μπορούσε να το λύσει το WolframAlpha, οπότε βρήκα την τομή των δύο γραφημάτων με το μάτι και στο περίπου... (Έχω πάντως λόγους να αισιοδοξώ για κάτι καλύτερο!)

#18

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 16, 2018 11:54 am
Στο συνημμένο φαίνεται ο αγωνιώδης τρόπος με τον οποίο επιλύθηκε το μη γραμμικό σύστημα που δίνει το παράδειγμα της προηγούμενης δημοσίευσης: είπαμε, δεν μπορούσε να το λύσει το WolframAlpha, οπότε βρήκα την τομή των δύο γραφημάτων με το μάτι και στο περίπου... (Έχω πάντως λόγους να αισιοδοξώ για κάτι καλύτερο!)

Πράγματι ... υπάρχει κάτι καλύτερο, που δίνει τις ακριβέστερες τιμές (για το τρίγωνο της προπροηγούμενης δημοσίευσης) $b\approx -1,292$ , $c\approx 1,108$ (ξεκινώντας από p=0,7

και $q\approx -1,31$ ).

ΠΩΣ προκύπτει αυτό το καλύτερο αποτέλεσμα; Πολύ ... απλά ... ξεκινάμε από τις εξισώσεις παρακέντρου που ήδη παρέθεσα,

$p^2=\displaystyle\frac{\dfrac{b}{\sqrt{(1-b)^2+c^2}}-\dfrac{b}{\sqrt{(1+b)^2+c^2}}}{\dfrac{1}{\sqrt{(1-b)^2+c^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{(1+b)^2+c^2}}}$ και $q=\dfrac{cp}{b+p},$

και, απλοποιώντας (απαλοιφή ριζικών και ύψωση στο τετράγωνο) ... αισιόδοξα την πρώτη, καταλήγουμε στο σύστημα

(p^2+1)b^2+p^2c^2=-p^2-p^4

το οποίο ... ως εκ θαύματος οδηγεί -- με απλή αντικατάσταση του

στην πρώτη εξίσωση -- στην δευτεροβάθμια

(p^2+q^2-1)b^2+2pq^2b-p^2(p^2-q^2-1)=0

και, με απόρριψη της λύσης b=-p

, στις 'ρητές' λύσεις

$b=\dfrac{p(p^2-q^2-1)}{p^2+q^2-1}, c=\dfrac{2q(p^2-1)}{p^2+q^2-1}!$

(Το παραπάνω 'θαύμα' συζητείται περαιτέρω εδώ.)

Αντικαθιστώντας τώρα τις παραπάνω τιμές των

,

στην ισοσεβιανή (1+p^2+q^2)(c+q)(bq-cp)+p(c+q)^2+p(bq-cp)^2=0

λαμβάνουμε την 'καμπύλη παρακέντρων'

-(p^2+q^2+1)(p^2+q^2-1)(3p^2+q^2-3)+(3p^2+q^2-3)^2+p^2(p^2+q^2-1)^2 = 0.

Η παραπάνω καμπύλη μας δίνει τις δυνατές θέσεις παρακέντρων (p,q)

που αντιστοιχούν -- σύμφωνα με όσα παρατέθηκαν σε προηγούμενες δημοσιεύσεις -- σε τρίγωνα κορυφών (-1,0), (1,0), (b,c)

με δύο ίσες εξωτερικές διχοτόμους. Υποθέτοντας εύλογα b<0

,

... καταλήγουμε στον περιορισμό 0<p<1

(με ισόπλευρο τρίγωνο για p=0

και εκφυλισμένο τρίγωνο για p=1

). Στο συνημμένο εικονίζεται ολόκληρη η συμμετρικότατη αυτή καμπύλη των παρακέντρων, όπως και η ισοσεβιανή που αντιστοιχεί στο 'διάσημο' τρίγωνο 132^0-12^0-36^0

(και στις κορυφές (-1,0), (1,0)

): από τις πέντε 'μη τετριμμένες' τομές των δύο καμπύλων που εικονίζονται μόνη 'αποδεκτή' είναι η $(p,q)\approx (0,91, -0,85)$ ... που πράγματι οδηγεί, μέσω των παραπάνω 'παραμετρικών' εξισώσεων για τα

,

, στην τρίτη κορυφή $(b,c)\approx (-1,478, 0,53)$ .

: παράκεντρο-132-12-36.png (17.1 KiB) Προβλήθηκε 3989 φορές

S.E.Louridas · #19

Grigoris K. έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 10, 2014 11:05 pm
Διατυπώθηκε προφορικά από τον κ. Τσίντσιφα μετά το τέλος της ομιλίας του κ. Βαρβεράκη για το Θ. Steiner-Lehmus
στην φετινή Μαθηματική Εβδομάδα:
Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ και η $\displaystyle{ AD }$ είναι διχοτόμος. Έστω τυχόν σημείο $\displaystyle{ P \in AD }$ και $\displaystyle{ E \equiv BP \cap AC, \ Z \equiv CP \cap AB}$ .
Να εξεταστεί η ισχύς της συνεπαγωγής: $\displaystyle{ BE = CZ \Longrightarrow \triangle ABC }$ ισοσκελές.

Καλημέρα.
Ας δούμε και την ημέτερη εκδοχή στο όμορφο αυτό πρόβλημα. Αυτή, και αν δεν έχει γίνει κάποιο λάθος λόγω χρονικής πίεσης, είναι και απόδειξη για το κλασικό πρόβλημα: Αν δύο διχοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Είναι καθαρό ότι BE = CZ

, αν και μόνο αν οι κύκλοι $d,\;c$ είναι ίσοι, αφού η γωνία $\angle A$ είναι κοινή. Τότε άμεσα παίρνουμε $BE=CZ\Rightarrow d=c \Rightarrow FE = FB = KZ = KC = R.$ Στο περιβάλλον αυτό και αν $F \ne K$ έχουμε με βάση το σχήμα που ακολουθεί, $AP \cdot PF = BP \cdot PE = {R^2} - P{F^2}\;\left( 1 \right).$ Επίσης έχουμε $AP \cdot PK = {R^2} - P{K^2}\;\left( 2 \right).$ Αφαιρούμε τις (1), (2)

κατά μέλη και έτσι προκύπτει $AP\left( {PF - PK} \right) = P{K^2} - P{F^2}$ ή $\left( {PF - PK} \right)\left( {AP + PF + PK} \right) = 0$ ή $PF = PK \Rightarrow F \equiv K,$ πράγμα άτοπο, άρα τελικά $F\equiv K.$ Τότε BK=KC

οπότε άμεσα έχουμε $\angle KBA =\angle ACK,$ με $\angle BAK =\angle KAC.$ Αν $K \notin BC \Rightarrow \vartriangle ABK = \vartriangle AKC \Rightarrow AB = AC$ . Aν $K \in BC,$ τότε και πάλι AB=AC.

: ισότητα.png (25.04 KiB) Προβλήθηκε 3892 φορές

#20

Μία αλγεβρικο-γεωμετρική προσέγγιση, αποτέλεσμα συνεργασίας με τον εξάδελφο μου Πάνο Παπαδόπουλο (μαθηματικό-προγραμματιστή):

Έστω

σημείο επί της διχοτόμου και εντός του τριγώνου τέτοιο ώστε να είναι ίσες οι σεβιανές

,

. Προεκτείνουμε την

ως το

έτσι ώστε να είναι ισοσκελές το AB'C

, και έστω

το σημείο τομής της B'P

με την

. Επειδή η

είναι πλέον και ύψος και διάμεσος του ισοσκελούς AB'C

, προκύπτει εύκολα από ισότητες τριγώνων η ισότητα |B'H|=|CZ

|. Είναι δηλαδή ίσα τα μήκη των

,

, παρά το ότι συντρέχουν στο

(και έχουν και τα τρία τα άκρα τους επί των ημιευθειών

,

): αυτό είναι αδύνατον, σύμφωνα (και) με την παρακάτω αλγεβρική θεώρηση.

Θέτοντας A=(b,c)

,

-- όπου

τυχόν σημείο εντός ή εκτός του τριγώνου ABC

-- αναζητούμε σημεία S=(s,t)

και

επί των ευθειών των

,

αντίστοιχα τέτοια ώστε η μεταξύ τους απόσταση να είναι ίση προς 'δοθέντα' αριθμό

και να είναι συνευθειακά με το P=(p,q)

. Επειδή το U=(u,v)

είναι η τομή των

,

, οι συντεταγμένες

,

μπορούν να εκφρασθούν συναρτήσει των

,

, και η συνθήκη |SU|=d

να γραφεί ως

[(a-b)pt+cp(s-a)+(b-a)st+(a-s)cs}]^2+[(a-s)ct+cq(s-a)+(b-a)t^2+(a-b)qt]^2=

Αρκεί τώρα να βρεθεί η τομή της παραπάνω καμπύλης -- γνωστής και ως κογχοειδής του Νικομήδη, δείτε εδώ δυναμικό της γράφημα σε απλούστερη (οριζόντια) θέση -- με την cs-(a+b)t+ac=0

ώστε να προσδιορισθούν οι δυνατές θέσεις του S=(s,t)

επί της

. Αντικαθιστώντας γραμμικά το

συναρτήσει του

στην κογχοειδή λαμβάνουμε μία εξίσωση τετάρτου βαθμού ως προς

, που φυσικά δεν μπορεί να έχει περισσότερες από

πραγματικές ρίζες.

Επιστρέφοντας ... στην Γεωμετρία παρατηρούμε το εξής: για κάθε γωνία $\angleBAC$ , κάθε σημείο

'εντός' της γωνίας, και κάθε d>0

υπάρχουν σημεία S_1

,

επί των προεκτάσεων των ημιευθειών

,

, αντίστοιχα, και οι αντίστοιχες τομές U_1

,

των

,

με τις ημιευθείες

,

, έτσι ώστε |S_1U_1|=|S_2U_2|=d

. Υπάρχουν δηλαδή ΠΑΝΤΟΤΕ 2 'προεκτασιακές' λύσεις της |SU|=d

, επιτρέποντας μόνον

'εσωτερικές' λύσεις. Επειδή υποθέσαμε εξ αρχής ότι το επί της διχοτόμου σημείο

(από το οποίο διέρχονται τα

ισομήκη τμήματα

,

) βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ABC

, έχουμε καταλήξει σε άτοπο -- εκτός και αν το ABC

είναι όντως ισοσκελές.

Δίνω στο συνημμένο ένα παράδειγμα με σημείο

επί της διχοτόμου αλλά εκτός του τριγώνου ABC

... με δύο 'προεκτασιακές' (μία από τις οποίες διέρχεται από την κορυφή

) και δύο 'έσωτερικές' λύσεις (μία από τις οποίες διέρχεται από την κορυφή

). Το σημείο $P\approx (0,06048, -1,20712)$ είναι τομή της διχοτόμου και της ισοσεβιανής που συζητήθηκε εδώ. Σίγουρα πρόκειται για ένα 'εξειδικευμένο' παράδειγμα, που επαληθεύει πάντως τους παραπάνω υπολογισμούς. (Εννοείται ότι η ακρίβεια του σχήματος δεν είναι απόλυτη, αλλά είναι χαρακτηριστικό ότι μία από τις προσεγγιστικές λύσεις, -1,0002

(αντιστοιχούσα στην κορυφή

), πλησιάζει πολύ τον

) ... και οι πιο δύσπιστοι μπορούν να δουν ότι η προσεγγιστική λύση (-6,83378, -10, 0008)

οδηγεί -- μέσω των τύπων για τα

,

που δεν παρέθεσα αναλυτικά αλλά προκύπτουν εύκολα από εξισώσεις και τομές ευθειών -- πολύ κοντά στην κορυφή

)

: 4s.png (46.21 KiB) Προβλήθηκε 3755 φορές

Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Re: Είναι το τρίγωνο ισοσκελές;

Μέλη σε σύνδεση