Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

#1

Με αφορμή τις όμορφες συζητήσεις εδώ και εδώ, αλλά και τα πρόσφατα γενέθλια του

, προτείνω:

Δύο τρίγωνα ABC, A'B'C'

που έχουν $\widehat A=\widehat A'$ και τις διχοτόμους BD=B'D'

και

είναι ίσα;

[Έχω απάντηση, και παρά πάσαν (?) προσδοκίαν, αυτή είναι καταφατική! (Έλεγξα αρκετά την δουλειά μου, ακριβώς επειδή η απάντηση δεν είναι η αναμενόμενη, και πιστεύω ότι δεν υπάρχει λάθος^ σε κάθε περίπτωση, ας τελειώνουμε μ' αυτό το 'οφειλόμενο' θέμα

)]

#2

Αντί επαναφοράς ... μία χαριτωμένη (?) όσο και ημιτελής προσπάθεια επίλυσης:

Στο τρίγωνο ABC

με διχοτόμους

,

μήκους

,

και γωνίες $A=\theta$ , $B=\omega$ , $C=\phi$ εφαρμόζουμε Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα BAM

,

:

$\left(\dfrac{bc}{a+c}\right)^2=c^2+m^2-2cmcos\omega /2,$

$\left(\dfrac{ba}{a+c}\right)^2=a^2+m^2-2amcos\omega /2,$

και με απαλοιφή του συνημιτόνου καταλήγουμε στην

$ac-m^2=\dfrac{ab^2c}{(a+c)^2}$ (I)

Με ανάλογη εφαρμογή Νόμου Συνημιτόνων στα τρίγωνα CAN

,

και απαλοιφή του $cos\phi /2$

καταλήγουμε στην

$ab-n^2=\dfrac{abc^2}{(a+b)^2}$ (II)

Από Νόμο Συνημιτόνων στο ABC

λαμβάνουμε $a^2=b^2+c^2-2bccos\theta$ , και με αντικατάσταση αυτής στις (Ι), (ΙΙ) καταλήγουμε στο ως προς

,

σύστημα

$c\sqrt{b^2+c^2-2bccos\theta}-m^2=\dfrac{b^2c\sqrt{b^2+c^2-2bccos\theta}}{(\sqrt{b^2+c^2-2bccos\theta}+c)^2}$

$b\sqrt{b^2+c^2-2bccos\theta}-n^2=\dfrac{bc^2\sqrt{b^2+c^2-2bccos\theta}}{(\sqrt{b^2+c^2-2bccos\theta}+b)^2}$

Το σύστημα αυτό οφείλουμε να δείξουμε ότι έχει πάντοτε μία και μοναδική θετική λύση ( b>0

,

)

[Δεν βλέπω τρόπο απόδειξης μοναδικότητας θετικής λύσης του παραπάνω συστήματος, αλλά το παραθέτω εδώ ... μήπως και κάποιος δει κάτι... (Μία άλλη προσέγγιση πάντως, με χρήση Νόμου Ημιτόνων αντί Νόμου Συνημιτόνων, οδηγεί σε MIA εξίσωση που μπορεί να δειχθεί ότι έχει μία και μοναδική λύση: θα την παρουσιάσω σε λίγες εβδομάδες, ελπίζοντας και σε κάτι διαφορετικό, ενδεχομένως γεωμετρικότερο, ως τότε.)]

#3

Καλό μεσημέρι Γιώργο, και Χρόνια Πολλά!

Από την πρώτη μέρα που δημοσιεύτηκε, προσπαθώ να βρω λύση και δεν μπορώ. Αρχική μου σκέψη ήταν να δείξω ότι το

IBC

(

έγκεντρο) είναι κατασκευάσιμο και αφού $B\widehat IC=90^\circ+\dfrac{\theta}{2},$ θα έπρεπε τα IB, IC

να έχουν σταθερά μήκη.

Η προσπάθεια απέτυχε. Στη συνέχεια μπλέχτηκα κι εγώ με ένα παρόμοιο σύστημα που ήταν αδύνατο να λυθεί ή να δειχθεί,

τουλάχιστον ότι έχει μοναδική λύση. Δεν την παρατάω. Βλέπουμε...

ksofsa · #4

Χρόνια πολλά σε όλους!

Η λύση που ακολουθεί έχει λάθος. Συγκεκριμένα , θεώρησα εσφαλμένα ότι ένα τετράπλευρο καθορίζεται πλήρως από τις 4 γωνίες του και μία διαγώνιο.Παρ' όλ' αυτά, αφήνω την προσπάθεια μήπως και μπορέσει κάποιος να καλύψει το κενό.Ευχαριστώ τον κύριο Μπαλόγλου για την επισήμανση του λάθους.

Μια προσπάθεια:

Γράφοντας ...=c

, θα εννοώ ότι μια ποσότητα είναι σταθερή για δεδομένα $\angle A,BD, CE$

Θα δουλέψω στο τρίγωνο ABC

. Εστω

το έγκεντρο.

Εστω $C_{1}$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABD

με ακτίνα $R_{1}$

και $C_{2}$ ο περιγεγραμμένος του ACE

με $R_{2}$ .

Εστω

το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων.

Εξ' ορισμού, το

είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετράπλευρου AEIDBC

.

Αρα τα BEIM, CDIM

εγγράψιμα τετράπλευρα.

Από νόμο ημιτόνων είναι $R_{1}=\dfrac{BD}{2sinA}, R_{2}=\dfrac{CE}{2sinA}$ .

Αρα τα $R_{1},R_{2}$ σταθερά για δεδομένα $\angle A, BD, CE$ .

Ισχύει $\angle EMI=\angle EBI=\dfrac{B}{2}, \angle DMI=\angle DCI=\dfrac{C}{2}\Rightarrow \angle EMD=\dfrac{B+C}{2}=90^{\circ}-\dfrac{A}{2}=\sigma \tau \alpha \vartheta .$

Από νόμο ημιτόνων

$AM=2R_{1}sin\angle ADM=2R_{2}sin\angle AEM\Leftrightarrow \dfrac{sin\angle ADM}{sin\angle AEM}=c$

Ακόμη,

$\angle ADM+\angle AEM=360^{\circ}-\angle A-\angle EMD=270^{\circ}-\dfrac{A}{2}$

Αρα,

$\dfrac{sin(270^{\circ}-\angle AEM-\dfrac{A}{2})}{sin\angle AEM}=c\Leftrightarrow \dfrac{-cos(\angle AEM+\dfrac{A}{2})}{sin\angle AEM}=c\Leftrightarrow sin\dfrac{A}{2}-cos\dfrac{A}{2}cot\angle AEM=c$

Αρα, $cot\angle AEM=c$

κι επειδή $0^{\circ}<\angle AEM<180^{\circ}$ είναι $\angle AEM=c$

Ομοια $\angle ADM=c$

Ακόμη $AM=2R_{1}sin\angle ADM=c$

Αρα το τετράπλευρο AEMD

έχει σταθερές τις 4 γωνίες του και τη μία διαγώνιο σταθερή.Αρα είναι και το ίδιο σταθερό.

Συνεπώς $\angle EAM=c, \angle DAM=c$

Ισχύει $\angle BIC=90^{\circ}+\dfrac{A}{2}\Leftrightarrow \angle BIE=\angle CID=90^{\circ}-\dfrac{A}{}2\Rightarrow \angle BME=\angle EMD=\angle CMD=x\Rightarrow \angle BMC=360^{\circ}-3x=c$

Είναι $BM=2R_{1}sin\angle BAM=c, CM=2R_{2}sin\angle CAM=c$

Αρα, το τρίγωνο BMC

σταθερό.

Αρα BC=c

.

Ισχύει $\angle BDM=\angle BAM=c$

Αρα $\angle BDC=180^{\circ}-\angle BDA=180^{\circ}-(\angle ADM-\angle BDM)=c$

Στο BDC

είναι $\dfrac{BC}{sin\angle BDC}=\dfrac{BD}{sinC}\Rightarrow sinC=c$

Ομοια, sinB=c

κι επειδή $\angle B+\angle C=c$ , έπεται ότι $\angle B, \angle C=c$ .

Αυτό μαζί με τη σταθερότητα της

, δίνει ότι το ABC

σταθερό και άρα μοναδικό.

#5

Ανεπιτυχής η παραπάνω προσπάθεια -- που οδήγησε πάντως σε κάτι ενδιαφέρον -- οπότε ... επαναφέρω!

#6

Τελευταία επαναφορά -- τον άλλο μήνα η λύση!

#7

Η λύση μου με Τριγωνομετρία, Λογισμό, και ... Τριγωνομετρία:

Θεωρούμε τυχόν 'προς κατασκευήν' τρίγωνο ABC

με $\angle BAC = \alpha$ , |CE|=m

,

, όπου

,

οι διχοτόμοι των $\angle ACB=2\theta$ , $\angle ABC=2\omega$ , αντίστοιχα. Από Νόμο Ημιτόνων στα BCE

,

λαμβάνουμε

$\dfrac{|CE|}{sin(2\omega )}=\dfrac{|BC|}{sin(\alpha +\theta)},$

$\dfrac{|BD|}{sin(2\theta )}=\dfrac{|BC|}{sin(\alpha +\omega)}.$

Διαιρώντας κατά μέλη και αντικαθιστώντας $\theta =\pi /2-\omega -\alpha /2$ , οπότε $0<\omega <\pi /2-\alpha /2$ , καταλήγουμε στην ισότητα-κλειδί

$\displaystyle\dfrac{sin(2\omega )sin(\omega +\alpha)}{sin(2\omega +\alpha)cos(\omega -\alpha /2)}=\dfrac{m}{n}.$

Η ισότητα αυτή εμπεριέχει την ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΙΔΕΑ της λύσης-κατασκευής: δοθέντων των $\alpha$ , , θα προσδιορίσουμε -- όχι βέβαια με κανόνα και διαβήτη! -- ένα (αν όντως υπάρχει) και μοναδικό (αν όντως είναι) $\omega$ , άρα και τρίγωνο , που να ικανοποιεί τις δοθείσες συνθήκες.

Η ύπαρξη του $\omega$ στην παραπάνω ισότητα είναι προφανής, καθώς η ως προς $\omega$ συνάρτηση του αριστερού σκέλους είναι συνεχής και λαμβάνει απεριόριστα μεγάλες και απεριόριστα μικρές (θετικές) τιμές για $\omega \approx \pi /2-\alpha /2$ και $\omega \approx 0$ , αντίστοιχα (οπότε η ως προς $\omega$ συνεπαγόμενη εξίσωση έχει λύση για οποιαδήποτε θετικά

,

).

Πολύ πιο δύσκολη στην παραπάνω ισότητα-εξίσωση είναι η μοναδικότητα του $\omega$ -- απόλυτα απαραίτητη για το αρχικό μας πρόβλημα, ότι δηλαδή δύο τρίγωνα με μία γωνία ίση και τις διχοτόμους των παρακειμένων γωνιών ίσες είναι ίσα -- που θα προκύψει από την γνήσια μονοτονία του αριστερού σκέλους: θα δείξουμε παρακάτω ότι η ως προς $\omega$ συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

Θέτοντας λοιπόν $f(\omega )=\displaystyle\dfrac{sin(2\omega )sin(\omega +\alpha)}{sin(2\omega +\alpha)cos(\omega -\alpha /2)}$ οφείλουμε να δείξουμε ότι ισχύει η $f'(\omega )>0$ για $0<\omega <\pi /2-\alpha /2$ . Αρκεί ως συνήθως να τεκμηριώσουμε την θετικότητα του αριθμητή της παραγώγου, ο οποίος αριθμητής ισούται προς

$2sin(\omega +\alpha )cos(\omega -\alpha /2)\left[cos(2\omega )sin(2\omega +\alpha )-sin(2\omega )cos(2\omega +\alpha )\right]+$

$+sin(2\omega )sin(2\omega +\alpha )\left[cos(\omega +\alpha )cos(\omega -\alpha /2)+sin(\omega +\alpha )sin(\omega -\alpha /2)\right]=$

$=2sin(\alpha )sin(\omega +\alpha )cos(\omega -\alpha /2)+cos(3\alpha /2)sin(2\omega )sin(2\omega +\alpha ).$

Στο σημείο αυτό παρατηρούμε ότι, με την πιθανή εξαίρεση του $cos(3\alpha /2)$ , που είναι θετικό αν και μόνον αν $\alpha <\pi /3$ , οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις της παραπάνω ποσότητας είναι θετικές για $0<\omega <\pi /2-\alpha /2$ . (Για παράδειγμα, δεν είναι δυνατόν να έχουμε $\omega -\alpha /2 \geq \pi /2$ , γιατί θα ίσχυε τότε η $\omega \geq \pi /2+\alpha /2>\pi /2-\alpha /2$ .) Αφήνοντας λοιπόν κατά μέρος την περίπτωση $\alpha <\pi /3$ , όπου η θετικότητα της

$g(\omega )=2sin(\alpha )sin(\omega +\alpha )cos(\omega -\alpha /2)+cos(3\alpha /2)sin(2\omega )sin(2\omega +\alpha )$

για $0<\omega <\pi /2-\alpha /2$ είναι άμεση, υποθέτουμε από εδώ και πέρα ότι $\alpha \geq \pi /3$ , και επισημαίνουμε ότι

$g(\omega )=sin(\alpha )\left[sin(2\omega +\alpha /2)+sin(3\alpha /2)\right]+cos(3\alpha /2)\left[\dfrac{cos(\alpha )-cos(4\omega +\alpha )}{2}\right].$

Στο σημείο αυτό παρατηρούμε ότι $g(0)=g(\pi /2-\alpha /2)=2sin^2(\alpha )cos(\alpha /2)>0$ , είναι δηλαδή θετική η

στα άκρα του διαστήματος όπου θέλουμε να δείξουμε ότι παραμένει θετική. Αρκεί συνεπώς να δείξουμε ότι σε τυχόν σημείο τοπικού ακρότατου $\xi$ η

είναι θετική, ότι δηλαδή $g'(\xi )=0\rightarrow g(\xi )=0$ .

Η $g'(\xi )=0$ δίνει $sin(\alpha )cos(2\xi +\alpha /2)+cos(3\alpha /2)sin(4\xi +\alpha )=0$ και

$cos(2\xi +\alpha /2)[sin(\alpha )+2cos(3\alpha /2)sin(2\xi +\alpha /2)]=0.$

Από τον μηδενισμό του πρώτου παράγοντα λαμβάνουμε $\xi =\pi /4-\alpha /4$ και, ύστερα από χρήση των τύπων τριπλής γωνίας και κάποιες πράξεις,

$g(\xi )=cos(\alpha /2)(1-sin(\alpha /2))(1+2sin(\alpha /2))(1+sin(\alpha /2)+2sin^2(\alpha /2))>0.$

Από τον μηδενισμό του δεύτερου παράγοντα λαμβάνουμε $sin(2\xi +\alpha /2)=\dfrac{sin(\alpha /2)}{4sin^2(\alpha /2)-1}$ και, ύστερα από αρκετές πράξεις,

$g(\xi )=\dfrac{4cos(\alpha /2)(1-cos^2(\alpha /2))(1+2cos^2(\alpha /2)-4cos^4(\alpha /2))}{3-4cos^2(\alpha /2)}>0.$

[Ο παραπάνω τύπος επαληθεύτηκε -- στο πνεύμα συνεχούς ελέγχου τύπων και πράξεων -- στην ειδική περίπτωση $\alpha =1,4$ με $\xi _1 \approx 0,325611$ & $\xi _2 \approx 0,545185$ , και $g(\xi _1)=g(\xi _2)\approx 1,54106$ . (Ας παρατηρηθεί εδώ ότι τα σημεία μηδενισμού της παραγώγου $\xi _1$ , $\xi _2$ κείνται συνήθως εκτός του διαστήματος $(0, \pi /2-\alpha /2)$ .) H θετικότητα της διτετράγωνης προκύπτει από την συνθήκη $\alpha \geq \pi /3$ και την ανισότητα $\dfrac{\sqrt{3}}{2}<\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}}$ .]

: one-angle-two-bisectors.png (21.81 KiB) Προβλήθηκε 1070 φορές

Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Re: Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Re: Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Re: Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Re: Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Re: Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Re: Μία γωνία, δύο διχοτόμοι

Μέλη σε σύνδεση