Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

#1

: Ισεμβαδικότητα.png (31.89 KiB) Προβλήθηκε 2822 φορές

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και ας είναι $\left( {{B}_{1}},{{C}_{1}} \right),\left( {{B}_{2}},{{C}_{2}} \right)$ τα σημεία τομής των δια του ορθοκέντρου του $\vartriangle ABC$ καθέτων μεταξύ τους ευθειών $\left( \delta \right),\left( \varepsilon \right)$

με τους φορείς των πλευρών αντίστοιχα. Έστω $D\equiv \left( \varepsilon \right)\cap NL\,\,,\,\,E\equiv \left( \delta \right)\cap NL$ με σημεία των αντίστοιχα ώστε: $\dfrac{N{{C}_{1}}}{N{{C}_{2}}}=\dfrac{L{{B}_{1}}}{L{{B}_{2}}}$ .

Αν ${D}',{{{C}'}_{2}},{{{B}'}_{2}}$ είναι οι ορθές προβολές των $D,{{C}_{2}},{{B}_{2}}$ επί ευθείας $\left( \eta \right)\parallel \left( \varepsilon \right)$ με ${{B}_{1}}\in \left( \eta \right)$ να δειχθεί ότι: $\left( KD{{{{C}'}}_{2}} \right)=\left( EK{{C}_{1}}{{{{B}'}}_{2}} \right)$ με $K\equiv {{C}_{1}}{D}'\cap E{{{C}'}_{2}}$

#2

Χρησιμοποιώ προς το παρόν, το σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $(C_{1}B'_{2}D') = (EB'_{2}C'_{2})\ \ \ ,(1)$

Από (1)

αρκεί να αποδειχθεί $(B'_{2}D')(C_{1}B_{1}) = (B'_{2}C'_{2})(EB_{1})$ αρκεί $\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E} = \frac{B'_{2}C'_{2}}{B'_{2}D'}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $\displaystyle \frac{B'_{2}C'_{2}}{B'_{2}D'} = \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D}$ λόγω $B_{2}B'_{2}\parallel C_{2}C'_{2}\parallel DD'$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E} = \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D}}\ \ \ ,(3)$

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle NC_{2}D$ με διατέμνουσα την $ALB_{2}$ , σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου ,

έχουμε $\displaystyle \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D}\cdot \frac{LD}{LN}\cdot \frac{AN}{AC_{2}} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D} = \frac{LN}{LD}\cdot \frac{AC_{2}}{AN}\ \ \ ,(4)$

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle NC_{1}E$ με διατέμνουσα την $B_{1}AL$ ,

έχουμε $\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E}\cdot \frac{LE}{LN}\cdot \frac{AN}{AC_{1}} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E} = \frac{LN}{LE}\cdot \frac{AC_{1}}{AN}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)$ , για να ισχύει η (3)

, αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{LN}{LD}\cdot \frac{AC_{2}}{AN} = \frac{LN}{LE}\cdot \frac{AC_{1}}{AN}$ αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{AC_{1}}{AC_{2}} = \frac{LE}{LD}}\ \ \ ,(6)$

$\bullet$ Η (6)

όμως αληθεύει, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, εάν θεωρήσουμε το τρίγωνο $\vartriangle AB_{2}C_{2}$ με διατέμνουσα την $B_{1}C_{1}H$ και τα σημεία $N\in C_{1}C_{2}$ και $L\in B_{1}B_{2}$ , για τα οποία ισχύει $\displaystyle \frac{NC_{1}}{NC_{2}} = \frac{LB_{1}}{LB_{2}}$ , με $E\equiv B_{1}H\cap LN$ και $D\equiv B_{2}C_{2}\cap LN$ .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι αληθεύει και η (3)

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα έστω την , με τα σημεία $D,\ E$ επί των πλευρών $BC,\ AB$ και το σημείο στην προέκταση της προς το μέρος του . Έστω τα σημεία $P\in ZC$ και $Q\in EB$ τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle \frac{PZ}{PC} = \frac{QE}{QB}$ και έστω τα σημεία $S\equiv DE\cap PQ$ και $T\equiv BC\cap PQ$ . Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{PS}{PT} = \frac{AE}{AB}$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#3

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα έστω την , με τα σημεία $D,\ E$ επί των πλευρών $BC,\ AB$ και το σημείο στην προέκταση της προς το μέρος του . Έστω τα σημεία $P\in ZC$ και $Q\in EB$ τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle \frac{PZ}{PC} = \frac{QE}{QB}$ και έστω τα σημεία $S\equiv DE\cap PQ$ και $T\equiv BC\cap PQ$ . Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{PS}{PT} = \frac{AE}{AB}$ .

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle SDT$ με διατέμνουσα την ZPC

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου ,

έχουμε $\displaystyle \frac{PS}{PT}\cdot \frac{CT}{CD}\cdot \frac{ZD}{ZS} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PS}{PT} = \frac{CD}{CT}\cdot \frac{ZS}{ZD}\ \ \ ,(1)$

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle EDB$ με διατέμνουσα την ZAC

,

έχουμε $\displaystyle \frac{AE}{AB}\cdot \frac{CB}{CD}\cdot \frac{ZD}{ZE} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AE}{AB} = \frac{CD}{CB}\cdot \frac{ZE}{ZD}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ για να ισχύει το ζητούμενο $\displaystyle \frac{PS}{PT} = \frac{AE}{AB}$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{CD}{CT}\cdot \frac{ZS}{ZD} = \frac{CD}{CB}\cdot \frac{ZE}{ZD}$ αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{CB}{CT} = \frac{ZE}{ZS}}\ \ \ ,(3)$

: Ενδιαφέρουσα ισεμβαδικότητα - Απόδειξη του Λήμματος.; f=185_t=56084(a).PNG (14.92 KiB) Προβλήθηκε 2653 φορές

$\bullet$ Αλλά, στο τρίγωνο $\vartriangle ZCD$ με διατέμνουσα την PST

,

έχουμε $\displaystyle \frac{PZ}{PC}\cdot \frac{TC}{TD}\cdot \frac{SD}{SZ} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PZ}{PC} = \frac{TD}{TC}\cdot \frac{SZ}{SD}\ \ \ ,(4)$

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle EBD$ με διατέμνουσα την SQT

,

έχουμε $\displaystyle \frac{QE}{QB}\cdot \frac{TB}{TD}\cdot \frac{SD}{SE} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{QE}{QB} = \frac{TD}{TB}\cdot \frac{SE}{SD}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)$ και $\displaystyle \frac{PZ}{PC} = \frac{QE}{QB}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{TD}{TC}\cdot \frac{SZ}{SD} = \frac{TD}{TB}\cdot \frac{SE}{SD}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TB}{TC} = \frac{SE}{SZ}}\ \ \ ,(6)$

Τέλος, από $(6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{TC - TB}{TC} = \frac{SZ - SE}{SZ}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{CB}{CT} = \frac{ZE}{ZS}}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Μάλλον πρέπει να τα ξαναδώ, γιατί τα "γραψίδια" είναι πολλά και πρέπει να γίνονται άσκοπες "διαδρομές", αφού αυτό που θεωρήθηκε ως ισοδύναμο ζητούμενο στην προηγούμενη ανάρτηση, ταυτίζεται στην ουσία με την (3)

της τεκμηρίωσης εδώ.

#4

Νόμιζα ότι είχα κάνει μία απόδειξη, "ύμνο" στο Θεώρημα Μενελάου , αλλά είναι στην πραγματικότητα απλό "λιβανιστήρι".

Ξαναγράφω λοιπόν την απόδειξη συνδυάζοντας τα απαραίτητα μόνο τμήματα τεκμηρίωσης των δύο προηγούμενων αναρτήσεων. Το αρχικό τμήμα της μιας και το τελευταίο τμήμα της άλλης, προσαρμοσμένο στο σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $(C_{1}B'_{2}D') = (EB'_{2}C'_{2})\ \ \ ,(1)$

Από (1)

αρκεί να αποδειχθεί $(B'_{2}D')(C_{1}B_{1}) = (B'_{2}C'_{2})(EB_{1})$ αρκεί $\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E} = \frac{B'_{2}C'_{2}}{B'_{2}D'}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $\displaystyle \frac{B'_{2}C'_{2}}{B'_{2}D'} = \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D}$ λόγω $B_{2}B'_{2}\parallel C_{2}C'_{2}\parallel DD'$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E} = \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D}}\ \ \ ,(3)$

: Ενδιαφέρουσα ισεμβαδικότητα.; f=185_t=56084.PNG (28.46 KiB) Προβλήθηκε 2596 φορές

$\bullet$ Αλλά, στο τρίγωνο $\vartriangle B_{1}HB_{2}$ με διατέμνουσα την LED

,

έχουμε $\displaystyle \frac{LB_{1}}{LB_{2}}\cdot \frac{DB_{2}}{DH}\cdot \frac{EH}{EB_{1}} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{LB_{1}}{LB_{2}} = \frac{DH}{DB_{2}}\cdot \frac{EB_{1}}{EH}\ \ \ ,(4)$

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle C_{1}HC_{2}$ με διατέμνουσα την END

,

έχουμε $\displaystyle \frac{NC_{1}}{NC_{2}}\cdot \frac{DC_{2}}{DH}\cdot \frac{EH}{EC_{1}} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{NC_{1}}{NC_{2}} = \frac{DH}{DC_{2}}\cdot \frac{EC_{1}}{EH}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)$ και $\displaystyle \frac{LB_{1}}{LB_{2}} = \frac{NC_{1}}{NC_{2}}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DH}{DB_{2}}\cdot \frac{EB_{1}}{EH} = \frac{DH}{DC_{2}}\cdot \frac{EC_{1}}{DC_{2}}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{EC_{1}}{EB_{1}} = \frac{DC_{2}}{DB_{2}}\ \ \ ,(6)$

Τέλος, από $(6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{EB_{1} - EC_{1}}{EB_{1}} = \frac{DB_{2} - DC_{2}}{DB_{2}}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{B_{1}E} = \frac{B_{2}C_{2}}{B_{2}D}}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ. - Είναι φανερό ότι το ζητούμενο αληθεύει για τυχόν σημείο

και όχι απαραίτητα το ορθόκεντρο του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , αφού δεν χρησιμοποιήθηκε στην απόδειξη κάποια ιδιότητά που σχετίζεται με το ορθόκεντρο. Το σχήμα είναι προσαρμοσμένο στην επισήμανση αυτή, με το

ως τυχόν σημείο.

: Ενδιαφέρουσα ισεμβαδικότητα - Γενίκευση.; f=185_t=56084(a).PNG (28.17 KiB) Προβλήθηκε 2595 φορές

Το ζητούμενο αληθεύει επίσης και για τυχούσες τις τεμνόμενες ευθείες $(\delta),\ (\varepsilon)$ και όχι απαραίτητα κάθετες μεταξύ τους. Αρκεί να είναι $(\eta)\parallel (\varepsilon)$ και $B_{2}B'_{2}\parallel C_{2}C'_{2}\parallel DD'\parallel B_{1}C_{1}\equiv (\delta)$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τις δύο προηγούμενες "καθ' υπερβολήν" αναρτήσεις μου, θα τις διαγράψω αργότερα. Προς το παρόν τις αφήνω για να ετοιμάσω ένα σχόλιο για το πιο πάνω Λήμμα, το οποίο από μόνο του έχει ενδιαφέρον, γιατί εμπεριέχει ένα αναλλοίωτο.

Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

Re: Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

Re: Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

Re: Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

Μέλη σε σύνδεση