Λήμμα!;

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω

δύο σημεία και C_1, C_2, ..., C_n

κύκλοι, με την ιδιότητα να διέρχονται όλοι τους από τα σημεία A, B

.

Φέρνουμε από το

δύο ευθείες e_1

και

. Η

τέμνει τους κύκλους C_1, C_2,..., C_n

στα σημεία M_1, M_2, ... ,M_n

αντίστοιχα, ενώ η e_2

στα

αντίστοιχα. Έστω L_1, L_2,..., L_n

τα μέσα των M_1N_1, M_2N_2, M_nN_n

αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα L_1, L_2,..., L_n

είναι συνευθειακά!

Το βρήκα παίζοντας με το Geogebra! Στην πραγματικότητα μπορεί να γενικευτεί και να ισχύει όχι μόνο για μέσα, αλλά και για σημεία που κόβουν τα τμήματα σε ίσους λόγους.

Δυστυχώς δεν έχω βρει κάποιο τρόπο να το λύσω

. Το βάζω σε αυτή την κατηγορία, αλλά μπορεί και να υπάρχει κάποια απλή λύση που να μου διαφεύγει.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Έγινε διόρθωση στην αρχική ανάρτηση. Έβαλα μια πιο ειδική περίπτωση, επειδή η γενικευμένη τελικά δεν ίσχυε

(τα πολλά σχήματά μου στο Geogebra δεν το αποκάλυψαν εξαρχής). Ευχαριστώ τον κύριο nikkru, που επισήμανε το λάθος. Ελπίζω τώρα αυτό που έβαλα να ισχύει... (τουλάχιστον όλα τα σχήματα στο Geogebra μέχρι τώρα δεν έχουν πρόβλημα )

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 16, 2018 1:11 pm
Έστω δύο σημεία και κύκλοι, με την ιδιότητα να διέρχονται όλοι τους από τα σημεία .

Φέρνουμε από το δύο ευθείες και . Η τέμνει τους κύκλους στα σημεία αντίστοιχα, ενώ η στα αντίστοιχα. Έστω τα μέσα των αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα είναι συνευθειακά!

Το βρήκα παίζοντας με το Geogebra! Στην πραγματικότητα μπορεί να γενικευτεί και να ισχύει όχι μόνο για μέσα, αλλά και για σημεία που κόβουν τα τμήματα σε ίσους λόγους.

Δυστυχώς δεν έχω βρει κάποιο τρόπο να το λύσω . Το βάζω σε αυτή την κατηγορία, αλλά μπορεί και να υπάρχει κάποια απλή λύση που να μου διαφεύγει.

Αν δεν έχω κάνει καμία πατάτα η λύση είναι σχετικά απλή.
Αρκεί να δεις το πρόβλημα από κατάλληλη οπτική.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 16, 2018 7:41 pm

Αν δεν έχω κάνει καμία πατάτα η λύση είναι σχετικά απλή.
Αρκεί να δεις το πρόβλημα από κατάλληλη οπτική.

Ναι κύριε Σταύρο έχετε δίκιο. Νομίζω πως το έλυσα. Απλά προσπαθούσα τις προηγούμενες μέρες μια γενίκευση αυτού του προβλήματος, η οποία όμως τελικά δεν ισχύει

. Τώρα που προσπάθησα αυτό, βγήκε σχετικά γρήγορα. Θα περιμένω λίγες μέρες μήπως μπει κάποια λύση και μετά θα βάλω την δικιά μου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Η αρχική λύση που έκανα ήταν με Αναλυτική Γεωμετρία.
Θα γράψω μια λύση με Μιγαδικούς
(Ιδιες είναι απλώς με Μιγαδικούς έχει λιγότερο γράψιμο)

Θεωρούμε ότι τα κοινά σημεία των κύκλων είναι τα i,-i

Ετσι τα κέντρα τους θα είναι στον πραγματικό άξονα και η εξίσωση

ενός από αυτούς θα είναι

$\left | z-a \right |^{2}=1+a^{2},a\in \mathbb{R}$

Οι δύο ευθείες θα έχουν εξισώσεις

$z=i+te^{i\theta },t\in \mathbb{R}$

και $z=i+te^{i\phi },t\in \mathbb{R}$

Οπου $\theta ,\phi \in \mathbb{R}$

(Να σημειώσω ότι $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ )

Η πρώτη ευθεία τέμνει τον κύκλο όταν $t=2(a\cos \theta -\sin \theta )$ στό $z_{1}=i+2(a\cos \theta -\sin \theta ) e^{i\theta }$

ενώ η δεύτερη για $t=2(a\cos \phi -\sin \phi )$ στο $z_{2}=i+2(a\cos \phi -\sin \phi) e^{i \phi}$

Μέσο του $z_{1},z_{2}$ είναι το

$\frac{z_{1}+z_{2}}{2}=i+a(\cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi })+f(\theta ,\phi )$

όπου $f(\theta ,\phi )$ παράσταση που εξαρτάται μόνο από τα $\theta ,\phi$

Αν θέσουμε $\cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi }=re^{i\omega },r\geq 0,\omega \in \mathbb{R}$

τότε εύκολα βλέπουμε ότι το μέσο βρίσκεται πάνω στην ευθεία

$z=i+f(\theta ,\phi )+te^{i\omega }$

Η ίδια απόδειξη δουλεύει αν δεν πάρουμε το μέσο αλλά ένα σημείο που χωρίζει σε σταθερό λόγο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 23, 2018 12:24 pm
Η αρχική λύση που έκανα ήταν με Αναλυτική Γεωμετρία.
Θα γράψω μια λύση με Μιγαδικούς
(Ιδιες είναι απλώς με Μιγαδικούς έχει λιγότερο γράψιμο)

Θεωρούμε ότι τα κοινά σημεία των κύκλων είναι τα

Ετσι τα κέντρα τους θα είναι στον πραγματικό άξονα και η εξίσωση

ενός από αυτούς θα είναι

$\left | z-a \right |^{2}=1+a^{2},a\in \mathbb{R}$

Οι δύο ευθείες θα έχουν εξισώσεις

$z=i+te^{i\theta },t\in \mathbb{R}$

και $z=i+te^{i\phi },t\in \mathbb{R}$

Οπου $\theta ,\phi \in \mathbb{R}$

(Να σημειώσω ότι $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ )

Η πρώτη ευθεία τέμνει τον κύκλο όταν $t=2(a\cos \theta -\sin \theta )$ στό $z_{1}=i+2(a\cos \theta -\sin \theta ) e^{i\theta }$

ενώ η δεύτερη για $t=2(a\cos \phi -\sin \phi )$ στο $z_{2}=i+2(a\cos \phi -\sin \phi) e^{i \phi}$

Μέσο του $z_{1},z_{2}$ είναι το

$\frac{z_{1}+z_{2}}{2}=i+a(\cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi })+f(\theta ,\phi )$

όπου $f(\theta ,\phi )$ παράσταση που εξαρτάται μόνο από τα $\theta ,\phi$

Αν θέσουμε $\cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi }=re^{i\omega },r\geq 0,\omega \in \mathbb{R}$

τότε εύκολα βλέπουμε ότι το μέσο βρίσκεται πάνω στην ευθεία

$z=i+f(\theta ,\phi )+te^{i\omega }$

Η ίδια απόδειξη δουλεύει αν δεν πάρουμε το μέσο αλλά ένα σημείο που χωρίζει σε σταθερό λόγο.

Ωραία λύση, αλλά όταν είπατε απλή λύση, περίμενα καμιά απλή μετρική ή κατασκευαστική, όχι μιγαδικούς (αιρετικά εργαλεία

) .

Η δικιά μου λύση:

Καταρχάς θα χρησιμοποιήσουμε την εξής ιδιότητα-λήμμα:

Έστω συνευθειακά σημεία A, B, C

και φέρνουμε από τα A, B, C

παράλληλες ευθείες. Σε κάθε μια από αυτές παίρνουμε τα σημεία A', B', C'

αντίστοιχα.

Αν AB=x, AC=y, AA'=k, BB'=l, CC'=m

, τότε για να είναι και τα A', B', C'

συνευθειακά πρέπει $\dfrac{x}{y}=\dfrac{l-k}{m-k}$ και αντίστροφα.

Απόδειξη:

Φέρνουμε από τα

και

κάθετες ευθείες στις τρεις παράλληλες. Έστω πως τέμνουν λοιπόν την BB'

στα

αντίστοιχα και την CC'

στα

αντίστοιχα.

Ισχύει προφανώς από όμοια τρίγωνα πως $\dfrac{BP}{CS}=\dfrac{x}{y}$ .

Για να είναι τα A', B', C'

συνευθειακά πρέπει $\dfrac{RB'}{TC'}=\dfrac{A'R}{A'T}$ και αντίστροφα.

Όμως προφανώς $\dfrac{A'R}{A'T}=\dfrac{x}{y}$ , άρα πρέπει $\dfrac{RB'}{TC'}=\dfrac{x}{y}$

Ισχύει ότι $\dfrac{RB'}{TC'}=\dfrac{l-k-BP}{m-k-CS}$ , άρα πρέπει $\dfrac{l-k-BP}{m-k-CS}=\dfrac{x}{y}$ .

Όμως $\dfrac{BP}{CS}=\dfrac{x}{y}$ , άρα καταλήγουμε στο ότι πρέπει $\dfrac{x}{y}=\dfrac{l-k}{m-k}$ για να είναι τα A', B', C'

συνευθειακά και αντίστροφα.

: Λήμμα Σ1.png (14.46 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

Πίσω στην άσκηση:

Θα αποδείξουμε την άσκηση για τρεις κύκλους και επαγωγικά αποδεικνύεται και για

.

Φέρνουμε από το

μια ευθεία e_3

η οποία τέμνει τους

κύκλους στα σημεία Q_1, Q_2

και

.

Παρατηρούμε πως οι M_1Q_1

και

είναι παράλληλες. Αυτό ισχύει επειδή $\widehat{Q_1M_1A}=\widehat{Q_2M_2A}=180^o-\widehat{Q_1BA}$ , από τα εγγράψιμα BAM_1Q_1

και

.

Άρα γενικότερα οι M_1Q_1

,

και

είναι παράλληλες.

Για ακριβώς τον ίδιο λόγο παράλληλες είναι και Q_1N_1

,

και

.

Θεωρούμε K_1, K_2, K_3

τα μέσα των M_1Q_1

,

και

αντίστοιχα. Αυτά είναι συνευθειακά, καθώς η ευθειά που διέρχεται από οποιαδήποτε δύο από αυτά περνάει από σταθερό σημείο, το σημείο τομής των e_1

και

(αυτό βασίζεται σε γνωστό λήμμα).

Παρατηρούμε ακόμα πως η K_1L_1

είναι παράλληλη στην Q_1N_1

, η

είναι παράλληλη στην Q_2N_2

και η

είναι παράλληλη στην Q_3N_3

και λόγω της παραλληλίας των Q_1N_1

,

και

, προκύπτει πως και οι K_1L_1, K_2L_2, K_3L_3

είναι παράλληλες. Αρκεί να εφαρμόσουμε τώρα τον ισχυρισμό που αποδείξαμε παραπάνω.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί πως $\dfrac{K_2L_2-K_1L_1}{K_3L_3-K_1L_1}=\dfrac{K_1K_2}{K_1K_3}\Leftrightarrow \dfrac{2K_2L_2-2K_1L_1}{2K_3L_3-2K_1L_1}=\dfrac{K_1K_2}{K_1K_3}\Leftrightarrow \dfrac{Q_2N_2-Q_1N_1}{Q_3N_3-Q_1N_1}=\dfrac{Q_1Q_2}{Q_1Q_3}$ (το δεύτερο μέρος προέκυψε από Θεώρημα Θαλή), το οποίο ισχύει, από το αντίστροφο του λήμματος για τις συνευθειακές τριάδες Q_1, Q_2, Q_3

και

.

: Λήμμα Σ2.png (39.61 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

Λήμμα!;

Λήμμα!;

Re: Λήμμα!;

Re: Λήμμα!;

Re: Λήμμα!;

Re: Λήμμα!;

Re: Λήμμα!;

Μέλη σε σύνδεση