Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

#1

Δίνεται κυρτό (ή μη κυρτό, ή και στρεβλό) τετράπλευρο και έστω $E,\ F,$ σημεία επί των πλευρών του $AB,\ CD$ αντιστοίχως, τέτοια ώστε $\displaystyle\frac{AE}{EB} = \frac{DF}{FC} = p$ . Επί των $BC,\ EF,\ AD,$ λαμβάνουμε αντιστοίχως τα εσωτερικά σημεία $K,\ L,\ M,$ έτσι ώστε $\displaystyle\frac{BK}{KC} = \frac{EL}{LF} = \frac{AM}{MD} = q$ . Αποδείξτε ότι τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά και ότι $\displaystyle\frac{KL}{LM} = p$ .

Κώστας Βήττας.

#2

Κώστα
Με μιγαδικούς γίνεται απλούστατη

#3

Ροδόλφε, όπως ξέρεις οι γνώσεις μου είναι περιορισμένες και δεν έχω καταφέρει να σκέφτομαι με Μιγαδικούς. Να τους χρησιμοποιώ δηλαδή σαν εργαλείο, για τη λύση γεωμετρικών προβλημάτων.

Έτσι, παρ' όλο που έχω υπόψη μου ( ίσως όχι ευρέως γνωστή ) μία στοιχειώδη λύση, είναι ευχάριστη έκπληξη για μένα, το ότι η απόδειξη γίνεται απλούστατη με Μιγαδικούς και θα σε παρακαλούσα να τη βάλεις εδώ, να υπάρχει.

Απ' όσο ξέρω, στον ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ που έχει επίσης εμφανιστεί αυτό το θεώρημα ( ο αγαπητός φίλος Νίκος Κυριαζής μάλιστα, το αναφέρει ως θεώρημα Ν. Ιωσηφίδη, γιατί στην ενδιαφέρουσα εργασία ''Πλέγματα'' εκείνου, πρωτοπαρουσιάστηκε ), κανείς δεν αναφέρθηκε σε λύση με Μιγαδικούς και αξίζει να πούμε ότι αυτό το θεώρημα έχει αρκετές ενδιαφέρουσες εφαρμογές, στη λύση δύσκολων ενίοτε προβλημάτων.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. (22-08-2016) - Δείτε Εδώ , δύο στοιχειώδεις αποδείξεις αυτού του δυνατού θεωρήματος, την μεταφρασή των οποίων δεν έχω αξιωθεί ακόμα να βάλω και σε μας εδώ.

#4

Αν $a,\ b,\ c,\ d,\ e,\ f,\ k,\ l,\ m$ οι αντίστοιχοι μιγαδικοί των σημείων τότε
$e=\frac{a+pb}{1+p}, f=\frac{d+pc}{1+p},k=\frac{b+qc}{1+q},l=\frac{e+qf}{1+q},m=\frac{a+qd}{1+q}$ τότε ( εκτελώ απλά τις πράξεις )
$k-l=\frac{b+qc}{1+q}-\frac{e+qf}{1+q}=\frac{b+qc-(e+qf)}{1+q}=\frac{b+qc-(\frac{(a+pb)+q(d+pc)}{1+p}}{1+q}=\frac{(1+p)(b+qc)-(a+pb)-q(d+pc)}{(1+p)(1+q)}= \frac{(b-a)+q(c-d)}{(1+p)(1+q)}$
Με ίδιο τρὀπο βρίσκουμε
$l-m=\frac{p((b-a)+q(c-d))}{(1+p)(1+q)}$
αρα l-m=p(k-l)

και επειδή το

είναι πραγματικός και θετικός τα $K,\ L,\ M$ είναι συνευθειακά και ο λόγος των μηκών τους ίσος με

.

#5

Μία άλλη προσέγγιση του συγκεκριμένου θεωρήματος (αλλά και άλλων που έχουν να κάνουν με αναλογίες) είναι η απόδειξη με την βοήθεια αρχών της φυσικής και συγκεκριμένα του προσδιορισμού του κέντρου βάρους κατάλληλων σημειακών μαζών στα σημεία Α, Β , Γ και Δ. Τοποθετούμε στα σημεία Α,Β,Γ,Δ μαζες 1,p,pq,q αντίστοιχα. Το κέντρο βάρους των Α(1) και Β(p) είναι το Ε(1+p). Το κ.β. των C(pq) και D(q) είναι το F(pq+q). Οπότε το κ.β.όλων μαζί είναι σημείο L της EF με EL:LF=q. Με όμοιο τρόπο προσδιορίζουμε το κ.β. των τεσσάρων μαζών (με ζευγάρια τις Α,D και Β,C) πάνω στην MK. Aπό την μοναδικότητα του κέντρου βάρους, προκύπτει το ζητούμενο.
Ενδιαφέρον επίσης παρουσιάζει και η σχέση των εμβαδών στο αντίστοιχο πλέγμα, "(χωρίζοντας τις απέναντι πλευρές σε ίσο αριθμό ίσων μεταξύ τους τμημάτων και φέρνοντας τα ατίστοιχα ευθ. τμήματα)) καθώς τα εμβαδά σε κάθε γραμμή η στήλη, είναι σε αριθμητική πρόοδο.
ΑΝΔΡΕΑΣ

#6

Δίνω στο συνημμένο αρχείο τη σελίδα από τον Απολλώνιο 4, όπου γίνεται αναφορά από τον Νίκο Κυριαζή στο εν λόγω θεώρημα.

Να σημειώσουμε το σεμνότατο σχόλιο του Νίκου Ιωσηφίδη στην ίδια δημοσίευση.

Γιώργος Ρίζος

Υ.Γ. προς τους νεότερους συνάδελφους:
Αναζητήστε και συμπληρώστε τη βιβλιοθήκη σας με τα ανεκτίμητης αξίας τεύχη των περιοδικών:
Θεαίτητος (3 τεύχη) του Μανώλη Μαραγκάκη
Μαθηματική Παιδεία (5 τεύχη) του Χάρη Βαφειάδη
Μαθηματική Έκφραση (4 τεύχη) του παρ. ΕΜΕ Ν. Τρικάλων, υπεύθυνος: Δ. Ντρίζος

και τα περιοδικά που κυκλοφορούν και σήμερα:
Απολλώνιος παρ. ΕΜΕ ν. Ημαθίας, Υπεύθυνος Σύνταξης Ν. Ιωσηφίδης
Το φ, Βασίλης Βισκαδουράκης
Το άπειρο, http://apeironews.blogspot.com/ παρ. ΕΜΕ ν. Ροδόπης
Καραθεοδωρή http://www.karatheodori.gr/

(Παρακαλώ, συμπληρώστε με αν ξέχασα κάτι.)

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλό βράδυ σε όλους. Μαζί με τις ευχές μου για ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ στον εορτάζοντα Κώστα Βήττα
Θα προσπαθήσω να μεταφέρω εδώ (ελπίζω χωρίς λογικά λάθη) το νόημα απόδειξης που έδωσε ο ίδιος ο Κώστας για το θεώρημα:

vittasko έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 16, 2009 3:17 pm
Δίνεται κυρτό (ή μη κυρτό, ή και στρεβλό) τετράπλευρο και έστω $E,\ F,$ σημεία επί των πλευρών του $AB,\ CD$ αντιστοίχως, τέτοια ώστε $\displaystyle\frac{AE}{EB} = \frac{DF}{FC} = p$ . Επί των $BC,\ EF,\ AD,$ λαμβάνουμε αντιστοίχως τα εσωτερικά σημεία $K,\ L,\ M,$ έτσι ώστε $\displaystyle\frac{BK}{KC} = \frac{EL}{LF} = \frac{AM}{MD} = q$ . Αποδείξτε ότι τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά και ότι $\displaystyle\frac{KL}{LM} = p$ .

Κώστας Βήττας.

: Θεώρημα ίσων λόγων!.PNG (15.39 KiB) Προβλήθηκε 2986 φορές

Σχηματίζουμε τα παραλληλόγραμμα AEE'M,BEE'B'

και

όπως στο σχήμα.Έτσι έχουμε

$BB'=\parallel EE'=\parallel AM$ και $CC'=\parallel FF'=\parallel MD$ .

Ακόμη είναι $BB'\parallel CC'$ και $EE'\parallel FF'$ που μας δίνουν την ομοιότητα των τριγώνων BB'K,CC'K

όπως και των EE'L,FF'L

όπου

ορίζουμε την τομή των BC,B'C'

και

την τομή των EF,E'F'

.

Από αυτά προκύπτουν $\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{BB'}{CC'}=\dfrac{AM}{MD}=q$ και $\dfrac{EL}{LF}=\dfrac{EE'}{FF'}=q$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι τα K,L,M

είναι συνευθειακά και ότι ισχύει $\dfrac{ML}{LK}=p$ .

Με το Θ. Θαλή είναι $\dfrac{ME'}{E'B'}=\dfrac{AE}{EB}=p=\dfrac{DF}{FC}=\dfrac{MF'}{F'C'}$ συνεπώς $E'F' \parallel B'C'$ ενώ και $\dfrac{E'L}{LF'}=q=\dfrac{B'K}{KC'}$

άρα τα K,L,M

είναι συνευθειακά . Τέλος έχουμε $\dfrac{ML}{LK}=\dfrac{ME'}{E'B}=p$ .

Με βαθειά εκτίμηση .. Φιλικά, Γιώργος

#8

Γιώργο, σ' ευχαριστώ πολύ για τις ευχές σου και την αναφορά στο δυνατό αυτό θεώρημα που έρχεται από το παρελθόν και βασισμένες σ' αυτό, έχουν δοθεί ενίοτε στοιχειώδεις αποδείξεις σε δύσκολα προβλήματα.

Αξίζει να πούμε ότι αυτό το θεώρημα ισχύει για κυρτό ή μη κυρτό αλλά και για στρεβλό τεράπλευρο.

Στην τρίτη περίπτωση ( τετράπλευρο με όχι συνεπίπεδες πλευρές ), εάν δύο απέναντι πλευρές χωριστούν σε

ίσα τμήματα, και οι άλλες δύο σε

ίσα τμήματα, τότε με τα ευθύγραμμα τμήματα που συνδέουν τα ομόλογα σημεία των υποδιαιρέσεων σε κάθε ζεύγος απέναντι πλευρών, δημιουργούν μία καμπύλη επιφάνεια γνωστή ως Υπερβολικό παραβολοειδές, το οποίο μαθαίναμε στις εργαστηριακές ασκήσεις της Προβολικής Γεωμετρίας πριν πενήντα χρόνια, με καθηγητή τον Παναγιώτη Λαδόπουλο.

Το σκεπτικό δεν ήταν το Μαθηματικό υπόβαθρο ( Αρχιτέκτονες γαρ ), αλλά η απτική επαφή ( μορφολογικά προπλάσματα ) με καπύλες επιφάνειες ( από μπετόν για παράδειγμα ), που μπορούν να δημιουργηθούν κατασκευαστικά, με την χρήση ευθύγραμμων στοιχείων ξυλοτύπων ( καδρόνια και ταύλες ) και εφαρμογή σε στέγες κατοικιών και υπόστεγα εν γένει.

Ωραίες αναμνήσεις από δύσκολα χρόνια.

Να είσαι καλά, Κώστας Βήττας.

min## · #9

Καλησπέρα.Λίγα λόγια και από εμένα για αυτό το θεώρημα:
Μπορούμε να το δούμε ως ειδική περίπτωση του "Gliding Principle":
Εκείνο μας λέει ότι δεδομένων δύο (ομορρόπως) ομοίων πολυγώνων (ή σχημάτων γενικότερα) αν πάρουμε σε κάθε τμήμα που ενώνει ομόλογα σημεία αυτών,σημείο που να κόβει το τμήμα σε σταθερό λόγο,τότε προκύπτει ένα επιπλέον όμοιο πολύγωνο.

Στην περίπτωσή μας έχουμε τα ομορρόπως "όμοια" AMD,KMC

(βλ. σχήμα του κ.Γιώργου)/εκφυλισμένα τρίγωνα-από όπου προκύπτει ότι το ELF

είναι όμοιο με αυτά και επομένως εκφυλισμένο τρίγωνο ή ευθεία..

Στην άλλη ιδιότητα που αναφέρει ο κ.Βήττας:
(Στις

διαστάσεις) η ευθεία

περιγράφει κωνική καθώς μεταβάλλεται ο λόγος,κάτι που δείχνεται σχετικά απλά με κινούμενα σημεία (μάλιστα αρκεί μονάχα η ισότητα διπλών λόγων).Το δυϊκό του,ίσως λίγο πιο γνώριμο,είναι ότι οι ομόλογες ακτίνες δύο προβολικών δέσμεων ευθειών τέμνονται σε κωνική που περνάει από τα κέντρα των δέσμεων (το αποτέλεσμα οφείλεται στον Steiner

)

Φυσικά και το παραπάνω γενικεύεται για προβολικότητες σε κωνικές:Αν

μια προβολικότητα σε κωνική, οι ευθείες f(P)P

περιγράφουν σταθερή κωνική (όπου

τυχαίο σημείο της κωμικής).
Στην περίπτωσή μας,η κωνική εκφυλίζεται στις ευθείες AD,BC

.
Παρόμοια πράγματα πρέπει να ισχύουν και σε περισσότερες διαστάσεις-αν και δεν το έχω κοιτάξει.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

R BORIS έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 16, 2009 9:11 pm
Αν $a,\ b,\ c,\ d,\ e,\ f,\ k,\ l,\ m$ οι αντίστοιχοι μιγαδικοί των σημείων τότε
$e=\frac{a+pb}{1+p}, f=\frac{d+pc}{1+p},k=\frac{b+qc}{1+q},l=\frac{e+qf}{1+q},m=\frac{a+qd}{1+q}$ τότε ( εκτελώ απλά τις πράξεις )
$k-l=\frac{b+qc}{1+q}-\frac{e+qf}{1+q}=\frac{b+qc-(e+qf)}{1+q}=\frac{b+qc-(\frac{(a+pb)+q(d+pc)}{1+p}}{1+q}=\frac{(1+p)(b+qc)-(a+pb)-q(d+pc)}{(1+p)(1+q)}= \frac{(b-a)+q(c-d)}{(1+p)(1+q)}$
Με ίδιο τρὀπο βρίσκουμε
$l-m=\frac{p((b-a)+q(c-d))}{(1+p)(1+q)}$
αρα και επειδή το είναι πραγματικός και θετικός τα $K,\ L,\ M$ είναι συνευθειακά και ο λόγος των μηκών τους ίσος με .

Αν αντικαταστήσουμε το μιγαδικοί αριθμοί με το σημεία ενος χώρου με νόρμα
τότε όλα τα παραπάνω ισχύουν.
Το αποτέλεσμα λοιπόν ισχύει σε οποιονδήποτε χώρο με νόρμα.

#11

min## έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 23, 2020 7:20 pm
Καλησπέρα.Λίγα λόγια και από εμένα για αυτό το θεώρημα:
Μπορούμε να το δούμε ως ειδική περίπτωση του "Gliding Principle":
Εκείνο μας λέει ότι δεδομένων δύο (ομορρόπως) ομοίων πολυγώνων (ή σχημάτων γενικότερα) αν πάρουμε σε κάθε τμήμα που ενώνει ομόλογα σημεία αυτών,σημείο που να κόβει το τμήμα σε σταθερό λόγο,τότε προκύπτει ένα επιπλέον όμοιο πολύγωνο.

...

Ίσως κάποιον να ενδιαφέρει.

psi241_Gliding principlef.pdf: (242.47 KiB) Μεταφορτώθηκε 101 φορές

Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.

Re: Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο.--------->Bulletin

Μέλη σε σύνδεση