ενέλιξη

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1742
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

ενέλιξη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Δεκ 26, 2018 10:53 am

Μετά την τέμνουσα τετραπλεύρου, στην γενίκευση του Μενελάου, που είδαμε στον σύνδεσμο

viewtopic.php?f=167&t=63414

αξίζει να δούμε και αυτήν, η οποία έχει σπουδαίες προεκτάσεις:

Δίνεται τετράπλευρο ABCD και ευθεία που τέμνει τις AD, DB, BC, CA, AB, CD κατά σειρά στα σημεία E, F, H, G, Q, P. Να αποδειχτεί ότι:

\dfrac{PH}{QH}\,\dfrac{PE}{QE}\,=\dfrac{PG}{QG}\,\dfrac{PF}{GF}\,

Αν, επιπλέον, το τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (ή σε οποιαδήποτε κωνική) τον οποίο η ευθεία τέμνει στα σημεία R,S, τότε

\dfrac{PH}{QH}\,\dfrac{PE}{QE}\,=\dfrac{PG}{QG}\,\dfrac{PF}{GF}\,=\dfrac{PR}{QR}\,\dfrac{PS}{GS}\,
1.png
1.png (32.1 KiB) Προβλήθηκε 422 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
min##
Δημοσιεύσεις: 180
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: ενέλιξη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Δεκ 26, 2018 1:52 pm

Έτσι όπως το βλέπω στα γρήγορα,είναι το Desargues Involution theorem


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1742
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: ενέλιξη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Δεκ 26, 2018 2:43 pm

min## έγραψε:
Τετ Δεκ 26, 2018 1:52 pm
Έτσι όπως το βλέπω στα γρήγορα,είναι το Desargues Involution theorem
Έτσι είναι!

Βέβαια η ιδέα, στο πρώτο μέρος, είναι "κλεμμένη" από τον Πάππο. Αν μπορείς βάλε λύση, όχι παραπομπή. Λόγω φακέλλου καλόν είναι να υπάρχει λύση.


min##
Δημοσιεύσεις: 180
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: ενέλιξη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Δεκ 26, 2018 3:57 pm

Για να δούμε.Για το πρώτο σκέλος:Αρκεί \frac{PH}{QH}:\frac{PG}{QG}=\frac{PF}{QF}:\frac{PE}{QE} (υποθέτω-νομίζω ότι εννοείτε PF/QF αντί PF/GF),δηλαδή (P,Q,H,G)=(P,Q,F,E).Είναι όμως (P,Q,H,G)=C(P,Q,H,G)=(I,Q,B,A) και (P,Q,F,E)=D(P,Q,F,E)=(I,Q,B,A) και το ζητούμενο δείχτηκε.
Για το δεύτερο σκέλος:Είναι A(D,R,S,C)=B(D,R,S,C) (ο διπλός λόγος δέσμης 4 σημείων και κέντρου σε κωνική είναι ανεξάρτητος του κέντρου) δηλαδή (E,R,S,G)=(F,R,S,H)=(H,S,R,F).Έχουμε ότι ένας προβολικός μετασχηματισμός σε μια ευθεία ορίζεται από 3 ζεύγη σημείων (δεδομένων τριών σημείων,κατασκευάζεται μονάχα ένα ώστε η τετράδα να έχει δοσμένο διπλό λόγο).Για τον προβολικό μετασχηματισμό πάνω στην l που ορίζεται από τα ζεύγη (R,S,),(S,R),(F,G) ,έστω f ,ισχύει f(f(x))=x για κάθε σημείο.Αυτό έπεται από την πρόταση:
Αν ένας προβολικός μετασχηματισμός f σε ευθεία στέλνει την εικόνα ενός σημείου X,έστω X'
στο X,κάνει το ίδιο για όλα τα σημεία.
Αυτό ισχύει επειδή αν Y ένα άλλο σημείο και f(Y)=Y',θα είναι (X,X',Y,Y')=(X',X,Y',Y'')=(X,X',Y'',Y')\rightarrow Y\equiv Y'' κλπ.

Επιπλέον,αυτός ο μετασχηματισμός στέλνει το E στο H και αντίστροφα (από
(E,R,S,G)=(H,S,R,F)) ενώ από το
(P,Q,H,G)=(Q,P,E,F) στέλνει και το P στο Q και αντίστροφα.Τελικά δηλαδή τα ζεύγη (P,Q),(R,S),(E,H),(F,G) είναι όλα συζηγή του ίδιου προβολικού μετασχηματισμού από το οποίο έπεται η σχέση προς απόδειξη(η ισότητα διπλών λόγων).

Edit:σημαντικές αλλαγές


adsf.png
adsf.png (16.33 KiB) Προβλήθηκε 359 φορές


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1742
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: ενέλιξη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Πέμ Δεκ 27, 2018 2:04 am

Μιλώντας "προβολικά", η απόδειξη θα πρέπει να γίνει έτσι, όπως την έκανε ο min£##!

Ας την δούμε, όμως, και με τον κακώς παραμελειμένο, και κατά την γνώμη μου πολύ, Μενέλαο.

Έστω K το σημείο που τέμνονται οι AB, DC. Το κλειδί είναι το τρίγωνο PKD του οποίου διατέμνουσες είναι δύο από τις πλευρές και οι δύο διαγώνιοι του αρχικού τετραπλεύρου. Έτσι με διατέμουσες τις πλευρές BC, AD έχουμε:

\dfrac{QH}{HP}\,\,\dfrac{PC}{CK}\,\,\dfrac{KB}{BQ}\,=1

\dfrac{QE}{EP}\,\,\dfrac{PD}{DK}\,\,\dfrac{KA}{AQ}\,=1

Και από εδώ θα πάρουμε:

\dfrac{QH\cdot QE}{PH\cdot PE}=\dfrac{DK\cdot CK\cdot AQ\cdot BQ}{PC\cdot PD\cdot KB\cdot KA}\,\,\,(*)

Με αυτή την σχέση ουσιαστικά τελειώσαμε. Πραγματικά, αν δουλέψουμε, τώρα, όπως παραπάνω, με διατέμνουσες τις διαγώνιες του τετραπλεύρου, τότε ίσο με το δεύτερο μέλος της σχέσης (*) θα προκύψει και το \dfrac{QG\cdot QF}{PG\cdot PF}. Αυτό τελειώνει την απόδειξη του πρώτου μέρους.

Για το δεύτερο μέρος, επανερχόμαστε στην (*).

Αν η κωνική είναι κύκλος, τότε από το θεώρημα τεμνομένων χορδών έχουμε:

AQ \cdot BQ= QS \cdot QR,\,\,\,\,PC \cdot PD=PS \cdot PR,\,\,\,\,KB \cdot KA=KC \cdot KD

Με αυτές το δεύτερο μέλος της (*) θα γίνει \dfrac{QR}{PR}\,\,\dfrac{QS}{PS} και η απόδειξη έγινε.

Αν, τέλος, η κωνική δεν είναι κύκλος, τότε θεωρούμε ένα προβολικό μετασχηματισμό που την στέλνει σε κύκλο. Ο μετασχηματισμός διατηρεί τις ισότητες των λόγων μας, και δίνει την απόδειξη.

Με επιφύλαξη για την πληκτρολόγηση. Ίσως ξέφυγε κάποιο γράμμα ...


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες