Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4009
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Οκτ 22, 2016 8:30 pm

Ισεμβαδικότητα.png
Ισεμβαδικότητα.png (31.89 KiB) Προβλήθηκε 2039 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 H του \vartriangle ABC καθέτων μεταξύ τους ευθειών \left( \delta  \right),\left( \varepsilon  \right)

με τους φορείς των πλευρών AC,AB αντίστοιχα. Έστω D\equiv \left( \varepsilon  \right)\cap NL\,\,,\,\,E\equiv \left( \delta  \right)\cap NL με N,L σημεία των AB,AC 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}}


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Οκτ 25, 2016 12:30 am

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 DEZ , με τα σημεία D,\ E επί των πλευρών BC,\ AB και το σημείο Z στην προέκταση της AC προς το μέρος του A . 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.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Οκτ 25, 2016 11:37 am

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με διατέμνουσα έστω την DEZ , με τα σημεία D,\ E επί των πλευρών BC,\ AB και το σημείο Z στην προέκταση της AC προς το μέρος του A . 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)
f=185_t=56084(a).PNG
Ενδιαφέρουσα ισεμβαδικότητα - Απόδειξη του Λήμματος.
f=185_t=56084(a).PNG (14.92 KiB) Προβλήθηκε 1870 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.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ενδιαφέρουσα Ισεμβαδικότητα!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Οκτ 25, 2016 1:25 pm

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)
f=185_t=56084.PNG
Ενδιαφέρουσα ισεμβαδικότητα.
f=185_t=56084.PNG (28.46 KiB) Προβλήθηκε 1813 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 H 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 H ως τυχόν σημείο.
f=185_t=56084(a).PNG
Ενδιαφέρουσα ισεμβαδικότητα - Γενίκευση.
f=185_t=56084(a).PNG (28.17 KiB) Προβλήθηκε 1812 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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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