Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

S.E.Louridas · #1

Επιτρέψτε μου να προτείνω ένα πρόβλημα από το διαδύκτιο, που εισηγήθηκε ο Άριστος συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς, και που μου άρεσε πολύ.

Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και οι διαγώνιες του ${\rm A}\Gamma ,\;{\rm B}\Delta$ που τέμνονται στο . Θεωρούμε τα ορθόκεντρα ${{\rm H}_1},\;{{\rm H}_2}$ των τριγώνων ${\rm A}{\rm K}\Delta$ και ${\rm B}{\rm K}\Gamma$ αντίστοιχα και τα βαρύκεντρα ${{\text{G}}_{\text{1}}}{\text{,}}\;{{\text{G}}_{\text{2}}}$ των τριγώνων ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και $\Gamma {\rm K}\Delta$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τμήμα ${{\rm H}_1}{{\rm H}_2}$ είναι κάθετο στο ${{\text{G}}_{\text{1}}}{{\text{G}}_{\text{2}}}.$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 08, 2021 8:00 pm
Επιτρέψτε μου να προτείνω ένα πρόβλημα από το διαδύκτιο, που εισηγήθηκε ο Άριστος συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς, και που μου άρεσε πολύ.

Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και οι διαγώνιες του ${\rm A}\Gamma ,\;{\rm B}\Delta$ που τέμνονται στο . Θεωρούμε τα ορθόκεντρα ${{\rm H}_1},\;{{\rm H}_2}$ των τριγώνων ${\rm A}{\rm K}\Delta$ και ${\rm B}{\rm K}\Gamma$ αντίστοιχα και τα βαρύκεντρα ${{\text{G}}_{\text{1}}}{\text{,}}\;{{\text{G}}_{\text{2}}}$ των τριγώνων ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και $\Gamma {\rm K}\Delta$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τμήμα ${{\rm H}_1}{{\rm H}_2}$ είναι κάθετο στο ${{\text{G}}_{\text{1}}}{{\text{G}}_{\text{2}}}.$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Τo είδα και ανάρτησα προχτές στις 6-3-2021 την λύση μου στο διαδύκτιο, αλλά δεν την αναρτώ τώρα εδώ για να ασχοληθούν ανεπηρέαστα και άλλοι λύτες

Καλησπέρα Άρχοντα Σωτήρη

Η πλάκα είναι ότι το συγκεκριμένο πρόβλημα μας το έχεις λύσει και εδώ στο Mathematica ! και ας λες ότι δεν το λύνεις για να το δοκιμάσουμε.

Πιστεύω ότι δεν έχεις διαφορετική λύση αφού εσύ έβαλες το Λήμμα που το λύνει. Δεν το γνωρίζω, ίδωμεν

: Sotiris Louridas.png (32.89 KiB) Προβλήθηκε 2979 φορές

Προφανώς $\displaystyle{{G_1}{G_2}\parallel MN:\left( 1 \right)}$ (από Θαλή) , όπου $\displaystyle{M,N}$ τα μέσα των $\displaystyle{AB,CD}$ αντίστοιχα.
Αν $\displaystyle{E}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{D}$ ως προς το $\displaystyle{M}$ , τότε από το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{AEBD}$ (οι διαγώνιες διχοτομούνται) , θα είναι $\displaystyle{BE = \parallel AD:\left( 2 \right)}$ , και από το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle DEC}$ θα είναι $\displaystyle{CE\parallel MN\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {G_1}{G_2}\parallel CE:\left( 3 \right)}$

Με $\displaystyle{K{H_1} \bot AD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} K{H_1} \bot EB:\left( 4 \right)}$ .

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle AKD,\vartriangle BKC}$ ισχύουν οι προϋποθέσεις της πρότασή σου αυτής (λόγω των ίσων κατακορυφήν γωνιών του ) και συνεπώς θα είναι $\displaystyle{\dfrac{{K{H_1}}}{{K{H_2}}} = \dfrac{{AD}}{{BC}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{BE}}{{BC}}:\left( 5 \right)}$ . Από την προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle K{H_1}{H_2}}$ και $\displaystyle{\vartriangle BEC}$ είναι όμοια (δύο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες τους ίσες (κάθετες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού)) και συνεπώς θα είναι και $\displaystyle{{H_1}{H_2} \bot EC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} {H_1}{H_2} \bot {G_1}{G_2}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης

S.E.Louridas · #3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 09, 2021 5:26 pm

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 08, 2021 8:00 pm
Επιτρέψτε μου να προτείνω ένα πρόβλημα από το διαδύκτιο, που εισηγήθηκε ο Άριστος συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς, και που μου άρεσε πολύ.

Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και οι διαγώνιες του ${\rm A}\Gamma ,\;{\rm B}\Delta$ που τέμνονται στο . Θεωρούμε τα ορθόκεντρα ${{\rm H}_1},\;{{\rm H}_2}$ των τριγώνων ${\rm A}{\rm K}\Delta$ και ${\rm B}{\rm K}\Gamma$ αντίστοιχα και τα βαρύκεντρα ${{\text{G}}_{\text{1}}}{\text{,}}\;{{\text{G}}_{\text{2}}}$ των τριγώνων ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και $\Gamma {\rm K}\Delta$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τμήμα ${{\rm H}_1}{{\rm H}_2}$ είναι κάθετο στο ${{\text{G}}_{\text{1}}}{{\text{G}}_{\text{2}}}.$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Τo είδα και ανάρτησα προχτές στις 6-3-2021 την λύση μου στο διαδύκτιο, αλλά δεν την αναρτώ τώρα εδώ για να ασχοληθούν ανεπηρέαστα και άλλοι λύτες

Καλησπέρα Άρχοντα Σωτήρη

Η πλάκα είναι ότι το συγκεκριμένο πρόβλημα μας το έχεις λύσει και εδώ στο Mathematica ! και ας λες ότι δεν το λύνεις για να το δοκιμάσουμε.

Πιστεύω ότι δεν έχεις διαφορετική λύση αφού εσύ έβαλες το Λήμμα που το λύνει. Δεν το γνωρίζω, ίδωμεν
Sotiris Louridas.png
Προφανώς $\displaystyle{{G_1}{G_2}\parallel MN:\left( 1 \right)}$ (από Θαλή) , όπου $\displaystyle{M,N}$ τα μέσα των $\displaystyle{AB,CD}$ αντίστοιχα.
Αν $\displaystyle{E}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{D}$ ως προς το $\displaystyle{M}$ , τότε από το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{AEBD}$ (οι διαγώνιες διχοτομούνται) , θα είναι $\displaystyle{BE = \parallel AD:\left( 2 \right)}$ , και από το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle DEC}$ θα είναι $\displaystyle{CE\parallel MN\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {G_1}{G_2}\parallel CE:\left( 3 \right)}$

Με $\displaystyle{K{H_1} \bot AD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} K{H_1} \bot EB:\left( 4 \right)}$ .

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle AKD,\vartriangle BKC}$ ισχύουν οι προϋποθέσεις της πρότασή σου αυτής (λόγω των ίσων κατακορυφήν γωνιών του ) και συνεπώς θα είναι $\displaystyle{\dfrac{{K{H_1}}}{{K{H_2}}} = \dfrac{{AD}}{{BC}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{BE}}{{BC}}:\left( 5 \right)}$ . Από την προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle K{H_1}{H_2}}$ και $\displaystyle{\vartriangle BEC}$ είναι όμοια (δύο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες τους ίσες (κάθετες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού)) και συνεπώς θα είναι και $\displaystyle{{H_1}{H_2} \bot EC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} {H_1}{H_2} \bot {G_1}{G_2}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης

Καταρχάς Στάθη ευχαριστώ πάρα πολύ για την άριστη διαπραγμάτευση σου.
Πράγματι Στάθη είναι όπως τα λες, έθεσα (στον σύνδεσμο που ήδη ανέφερες) για λόγους διδακτικής ταυτόχρονα με το προταθέν πρόβλημα και το λήμμα που βασίστηκα για την λύση και που είναι αυτό που ακολουθεί:
Αν δύο τρίγωνα έχουν μία γωνία ίση ή αν μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μίας γωνίας του άλλου, τότε, ο λόγος των αποστάσεων των αντίστοιχων προς αυτές κορυφών από τα αντίστοιχα ορθόκεντρα ισούται με τον λόγο των αντίστοιχων βάσεων (λίγο διαφορετικά με χρήση εμβαδών), που το έλυσε όμορφα ο Γιώργος Βισβίκης (https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 74&t=69188).
Αυτό το έκανα και επειδή υπάρχει το ενδεχόμενο και άλλης μεθόδου επίλυσης.
Έτσι για το πρόβλημα που επέλεξα από το διαδίκτυο και πρότεινα εδώ, πρότεινα πρώτα στο διαδίκτυο την λύση που παραθέτω:

Με βάση την βοήθεια και του κ. Euler που οδηγεί στο λήμα: Αν δύο τρίγωνα έχουν μία γωνία ίση ή αν μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μίας γωνίας του άλλου, τότε, ο λόγος των αποστάσεων των αντίστοιχων προς αυτές κορυφών από τα αντίστοιχα ορθόκεντρα ισούται με τον λόγο των αντίστοιχων βάσεων, παίρνουμε:

$\displaystyle{\angle {\rm A}{\rm K}\Delta = \angle \Gamma {\rm K}{\rm B} \Rightarrow \frac{{{\rm K}{{\rm H}_1}}}{{{\rm K}{{\rm H}_2}}} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} = \frac{{{\rm Z}{\rm M}}}{{{\rm Z}{\rm N}}},}$ με

$\displaystyle{\angle \left( {{\rm K}{{\rm H}_1},{\rm K}{{\rm H}_2}} \right) = \pi - \angle \left( {{\rm A}\Delta ,{\rm B}\Gamma } \right) = \angle \left( {{\rm Z}{\rm M},{\rm Z}{\rm N}} \right),}$ και $\displaystyle{{\rm M}{\rm Z}\parallel \Delta {\rm A},\;\Delta {\rm A} \bot {\rm K}{{\rm H}_1} \Rightarrow {\rm M}{\rm Z} \bot {\rm K}{{\rm H}_1},$

αν ${\rm Z}}$ μέσο της $\Delta {\rm B}$ , άρα από την προκύπτουσα ομοιότητα των τριγώνων ${\rm Z}{\rm M}{\rm N},{\rm K}{{\rm H}_1}{{\rm H}_2},$ άμεσα έχουμε: ${{\rm H}_1}{{\rm H}_2} \bot {\rm M}{\rm N},$

άρα και την προφανή πλέον καθετότητα (που ζητάται) με βάση το Θεώρημα του Θαλή, που πιστοποιεί ότι ${{\text{G}}_{\text{1}}}{{\text{G}}_{\text{2}}}\parallel {\text{MN}}{\text{.}}$

: ΣΓ.png (125.93 KiB) Προβλήθηκε 2910 φορές

(*) Εδώ μπορούμε να δούμε το ιστορικό της Άσκησης αυτής: https://www.facebook.com/groups/1664980577160670

edit: Διόρθωσα το τυπογραφικό στην πρόταση ... που επέλεξα από το διαδύκτιο ... στην σωστή που είναι η: ...που επέλεξα από το διαδίκτυο ... .

#4

Γεια σας
Υπό άλλες περιστάσεις δεν θα έγραφα την παρακάτω λύση με διανύσματα μιας και έχουμε ήδη δύο ωραίες λύσεις με συνθετική Γεωμετρία από τον Στάθη και τον Σωτήρη. Ο λόγος που το κάνω έχει να κάνει με κάποια σχόλια που θα ακολουθήσουν.
Κατ΄αρχάς παραθέτω ένα κοινόχρηστο αποτέλεσμα που υπάρχει εδώ και εκεί και ίσως κάπου στο

. Όταν δίδασκα διανύσματα στην Α΄Δέσμη ή στην Κατεύθυνση της Β΄Λυκείου (ακόμα και με το πετσοκομένο δίωρο) δεν παρέλειπα να το διδάσκω:

Έστω τρίγωνο $\rm AB\Gamma$ και σημεία $\rm B'$ , $\Gamma$ των

, $A\Gamma$ με $\overrightarrow{AB^{\prime }}=p\overrightarrow{AB}$ , $\overrightarrow{A\Gamma ^{\prime }}=q\overrightarrow{A\Gamma }$ . Αν οι $B\Gamma ^{\prime },\Gamma B^{\prime }$ τέμνονται στο

να εκφραστεί το $\overrightarrow{AX}$ ως γραμμικός συνδυασμός των $\overrightarrow{AB}$ , $\overrightarrow{A\Gamma}$ .

: H-G1.png (15.65 KiB) Προβλήθηκε 2831 φορές

Για ευκολία γράφουμε $\overrightarrow{AB}=\vec{u},\,\,\overrightarrow{A\Gamma}=\vec{v}$ και από τις σχέσεις
$\overrightarrow{AX}=\vec{u}+y\left( q\vec{v}-\vec{u}\right) ,\,\,\overrightarrow{AX}=\vec{v}+x\left( p\vec{u}-\vec{v}\right)$ (*)
έχουμe την $\left( 1-x\right) \vec{v}+px\vec{u}=py\vec{v}+\left( 1-y\right) \vec{u}$ και επομένως το σύστημα $1-x=py,\,\,\,1-y=px$ . Από αυτό βρίσκουμε ότι $x=\frac{1-q}{1-pq},y=\frac{1-p}{1-pq}$ . Αντικαθιστώντας σε κάποια από τις (*) καταλήγουμε στην $\overrightarrow{AX}=\frac{p\left( 1-q\right) }{1-pq}\vec{u}+\frac{q\left( 1-p\right) }{1-pq}\vec{v}$ .

Μπορούμε τώρα να εφαρμόσουμε την παραπάνω σχέση σε κάθε ένα από τα τέσσερα τρίγωνα του τετραπλεύρου θέτοντας $\overrightarrow{KB}=\vec{u},\overrightarrow{K\Gamma }=\vec{v}$ και $\overrightarrow{K\Delta }=k\vec{u},\overrightarrow{KA}=m\vec{v}$ . Οι συντελεστές p,q

για την περίπτωση των βαρυκέντρων είναι όλοι ίσοι με $\frac{1}{3}$ ενώ στην περίπτωση των ορθοκέντρων προκύπτουν από το ότι η προβολή του τυχόντος $\vec{\beta}$ στο τυχόν $\vec{\alpha}$ είναι ίση με $\frac{\vec{\alpha}\vec{\beta}}{\vec{\alpha}^{2}}\vec{\alpha}$ .

: H-G_2.png (257.18 KiB) Προβλήθηκε 2831 φορές

Έτσι με $L=\frac{\vec{u}\,\ \vec{v}}{\vec{u}\,^{2}\ \vec{v}^{2}-\left( \vec{u}\,\ \vec{v}\right) ^{2}}$ έχουμε:
$\overrightarrow{KH_{1}}=L\left( \left( \vec{v}^{2}-\vec{u}\vec{v}\right) \vec{u}+\left( \vec{u}^{2}-\vec{u}\vec{v}\right) \ \ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{KH_{2}}=L\left( \left( m\vec{v}^{2}-k\vec{u}\vec{v}\right) \vec{u}+\left( k\vec{u}^{2}-m\vec{u}\vec{v}\right) \ \ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{H_{1}H_{2}}=L\left[ \left( k-1\right) \overset{\vec{\sigma}}{\overbrace{\left( \vec{u}^{2}\ \vec{v}-\left( \vec{u}\vec{v}\right) \vec{u}\right) }}+\left( m-1\right) \overset{\vec{\tau}}{\overbrace{\left( \ \vec{v}^{2}\vec{u}-\left( \vec{u}\vec{v}\right) \ \vec{v}\right) }}\right]$

ενώ για τα βαρύκεντρα η κατάσταση είναι πιο απλή:
$\overrightarrow{AG_{1}}=\frac{1}{3}\left( \vec{u}+m\ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{AG_{2}}=\frac{1}{3}\left( k\vec{u}+\ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{G_{1}G_{2}}=\frac{1}{3}\left( \left( k-1\right) \vec{u}-\left( m-1\right) \vec{v}\right)$
Eύκολα βλέπουμε ότι $\vec{\sigma}\vec{u}=\vec{\tau}\vec{v}=\vec{\tau}\vec{u}-\vec{\sigma}\vec{v}=0$ και επομένως $\overrightarrow{H_{1}H_{2}}\cdot \overrightarrow{G_{1}G_{2}}=0$ και η ζητούμενη καθετότητα έπεται.

Κάποια σχόλια θα ακολουθήσουν...
Edit 11-3-2012 20.00 Για κάποιο ανεξήγητο λόγο σημάδια παραμένουν στα $\overrightarrow{AB}$ και $\overrightarrow{A\Gamma}$ στην 7η γραμμή.

S.E.Louridas · #5

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 11, 2021 1:50 am
Γεια σας
Υπό άλλες περιστάσεις δεν θα έγραφα την παρακάτω λύση με διανύσματα μιας και έχουμε ήδη δύο ωραίες λύσεις με συνθετική Γεωμετρία από τον Στάθη και τον Σωτήρη. Ο λόγος που το κάνω έχει να κάνει με κάποια σχόλια που θα ακολουθήσουν.
Κατ΄αρχάς παραθέτω ένα κοινόχρηστο αποτέλεσμα που υπάρχει εδώ και εκεί και ίσως κάπου στο . Όταν δίδασκα διανύσματα στην Α΄Δέσμη ή στην Κατεύθυνση της Β΄Λυκείου (ακόμα και με το πετσοκομένο δίωρο) δεν παρέλειπα να το διδάσκω:

Έστω τρίγωνο $\rm AB\Gamma$ και σημεία $\rm B'$ , $\Gamma$ των , $A\Gamma$ με $\overrightarrow{AB^{\prime }}=p\overrightarrow{AB}$ , $\overrightarrow{A\Gamma ^{\prime }}=q\overrightarrow{A\Gamma }$ . Αν οι $B\Gamma ^{\prime },\Gamma B^{\prime }$ τέμνονται στο να εκφραστεί το $\overrightarrow{AX}$ ως γραμμικός συνδυασμός των $\overrightarrow{AB^{\prime }}$ , $\overrightarrow{A\Gamma ^{\prime }}$ .
H-G1.png
Για ευκολία γράφουμε $\overrightarrow{AB^{\prime }}=\vec{u},\,\,\overrightarrow{A\Gamma ^{\prime }}=\vec{v}$ και από τις σχέσεις
$\overrightarrow{AX}=\vec{u}+y\left( q\vec{v}-\vec{u}\right) ,\,\,\overrightarrow{AX}=\vec{v}+x\left( p\vec{u}-\vec{v}\right)$ (*)
έχουμe την $\left( 1-x\right) \vec{v}+px\vec{u}=py\vec{v}+\left( 1-y\right) \vec{u}$ και επομένως το σύστημα $1-x=py,\,\,\,1-y=px$ . Από αυτό βρίσκουμε ότι $x=\frac{1-q}{1-pq},y=\frac{1-p}{1-pq}$ . Αντικαθιστώντας σε κάποια από τις (*) καταλήγουμε στην $\overrightarrow{AX}=\frac{p\left( 1-q\right) }{1-pq}\vec{u}+\frac{q\left( 1-p\right) }{1-pq}\vec{v}$ .

Μπορούμε τώρα να εφαρμόσουμε την παραπάνω σχέση σε κάθε ένα από τα τέσσερα τρίγωνα του τετραπλεύρου θέτοντας $\overrightarrow{KB}=\vec{u},\overrightarrow{K\Gamma }=\vec{v}$ και $\overrightarrow{K\Delta }=k\vec{u},\overrightarrow{KA}=m\vec{v}$ . Οι συντελεστές για την περίπτωση των βαρυκέντρων είναι όλοι ίσοι με $\frac{1}{3}$ ενώ στην περίπτωση των ορθοκέντρων προκύπτουν από το ότι η προβολή του τυχόντος $\vec{\beta}$ στο τυχόν $\vec{\alpha}$ είναι ίση με $\frac{\vec{\alpha}\vec{\beta}}{\vec{\alpha}^{2}}\vec{\alpha}$ .
H-G_2.png
Έτσι με $L=\frac{\vec{u}\,\ \vec{v}}{\vec{u}\,^{2}\ \vec{v}^{2}-\left( \vec{u}\,\ \vec{v}\right) ^{2}}$ έχουμε:
$\overrightarrow{KH_{1}}=L\left( \left( \vec{v}^{2}-\vec{u}\vec{v}\right) \vec{u}+\left( \vec{u}^{2}-\vec{u}\vec{v}\right) \ \ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{KH_{2}}=L\left( \left( m\vec{v}^{2}-k\vec{u}\vec{v}\right) \vec{u}+\left( k\vec{u}^{2}-m\vec{u}\vec{v}\right) \ \ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{H_{1}H_{2}}=L\left[ \left( k-1\right) \overset{\vec{\sigma}}{\overbrace{\left( \vec{u}^{2}\ \vec{v}-\left( \vec{u}\vec{v}\right) \vec{u}\right) }}+\left( m-1\right) \overset{\vec{\tau}}{\overbrace{\left( \ \vec{v}^{2}\vec{u}-\left( \vec{u}\vec{v}\right) \ \vec{v}\right) }}\right]$

ενώ για τα βαρύκεντρα η κατάσταση είναι πιο απλή:
$\overrightarrow{AG_{1}}=\frac{1}{3}\left( \vec{u}+m\ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{AG_{2}}=\frac{1}{3}\left( k\vec{u}+\ \vec{v}\right)$
$\overrightarrow{G_{1}G_{2}}=\frac{1}{3}\left( \left( k-1\right) \vec{u}-\left( m-1\right) \vec{v}\right)$
Eύκολα βλέπουμε ότι $\vec{\sigma}\vec{u}=\vec{\tau}\vec{v}=\vec{\tau}\vec{u}-\vec{\sigma}\vec{v}=0$ και επομένως $\overrightarrow{H_{1}H_{2}}\cdot \overrightarrow{G_{1}G_{2}}=0$ και η ζητούμενη καθετότητα έπεται.

Κάποια σχόλια θα ακολουθήσουν...

Καταρχάς και κυρίως Καταρχήν Νίκο σε ευχαριστώ που ασχολήθηκες με Άριστο, κατά την άποψη μου, τρόπο με θέμα που επέλεξα να προτείνω.
Όμως πρέπει να πω ότι αυτή σου η παρέμβαση έστειλε ένα Ουσιαστικό μήνυμα που αν ως τέτοιο πέρναγε στην υλοποίηση της σωστής διδασκαλίας των Μαθηματικών στην εκπαίδευση η "Μαθηματικοφοβία" θα έμπενε στο χρονοντούλαπο της ιστορίας (έκφραση δανεισμένη από πολιτική φραστική). Και αυτό επειδή από τέτοιες πρακτικές φαίνεται καθαρά τόσο το γεγονός ότι Υπάρχει η Μαθηματική Σκέψη που την επενδύουμε, όπου χρειάζεται, αλλά ταυτόχρονα φαίνεται και η δυνατότητα του Νου να δημιουργεί "Μέθοδο Αντιμετώπισης" ανάλογα με το θεωρητικό υπόβαθρο που επιλέγει. Όλο αυτό το περιβάλλον συνεπικουρούμενο και από τα μαθηματικά εργαλεία-πολυμέσα και αν γίνει προγραμματισμένα και μεθοδικά δείχνει το μεγαλείο της Μαθηματικής σκέψης προς την κατεύθυνση δημιουργίας Μεθόδου Αντιμετώπισης και τελικά και την απέραντη ομορφιά της Λογικής, ως συστατικού για πρόοδο και προοπτική. Από όλα αυτά βέβαια αναδύεται κάτι που δεν προβάλλεται συχνά, το ότι για να ασχοληθεί κάποιος με Μαθηματικές διαπραγματεύσεις άρα και επιστημονικές θα πρέπει να τα έχει πολύ καλά και με τον λόγο στην ουσία του, κάτι που είναι τελείως διαφορετικό από μία συλλογή λέξεων. Αυτού του τύπου λοιπόν οι πλουραλιστικές απόψεις στην επιστήμη είναι ουσιαστικό ζητούμενο.

#6

Γράφω κάποια σχόλια που είχα προαναγγείλει:
Ο Σωτήρης παραπέμπει για την προέλευση της άσκησης στην ομάδα του facebook "Γεωμετρικές Διαδρομές" που διατηρεί ο συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς. Σχετικά με την άσκηση, μεταξύ άλλων, αναφέρονται και τα εξής:
"Την παρακάτω άσκηση πρότεινε ο καθηγητής του Μαθηματικού του ΕΚΠΑ Αντώνης Μελάς σε ένα συνέδριο το 2012. Πρότεινε να λυθεί με Αναλυτική Γεωμετρία, όπου η λύση είναι ανέφικτη διότι έχεις να λύσεις ένα εξαιρετικά πολύπλοκο μη γραμμικό σύστημα με τουλάχιστον 5 μεταβλητές, ενώ η Ευκλείδεια λύση είναι κομψή και σύντομη".
Πράγματι η χρήση συντεταγμένων είναι προβληματική διότι οι υπολογισμοί των συντεταγμένων του ορθοκέντρου ενός τριγώνου είναι μεγάλη φασαρία. Δεν είναι ανέφικτοι αλλά έχουν μεγάλο υπολογιστικό φορτίο. Σε ένα πολύ καλό βιβλίο απειροστικού λογισμού της εποχής μου (Ralph Palmer Agnew Calculus. Analytic Geometry and Calculus with Vectors, , Mc Graw Hill, 1962) οι υπολογισμοί αυτοί δίνονται σαν άσκηση (ασκ. 21 σελ. 20) και ο συγγραφέας σημειώνει:

"Όταν ζητείται να αποδείξουμε το συμπέρασμα με συνθετικές μεθόδους, χρησιμοποιούμε την εφευρετικότητα μας (ή αυτή ορισμένων άλλων ανθρώπων) αναζητώντας κατάλληλες μορφές και ιδέες στις οποίες μπορεί να βασιστεί η απόδειξη.
Όταν ζητείται να αποδείξουμε το συμπέρασμα με αναλυτικές μεθόδους, μπορούμε να προχωρήσουμε αμέσως για να εφαρμόσουμε μια
ισχυρή μέθοδος που αν κάνουμε την δουλειά σωστά δεν μπορεί να αποτύχει στην παραγωγή του αποτελέσματος."

Η χρήση αλγεβρικών μεθόδων (αυτό που ονομάζουμε Αναλυτική Γεωμετρία) δεν είναι πάντα ο δυσκολότερος δρόμος (παράδειγμα: κέντρο βάρους τριγώνου ή τετραέδρου) αλλά πάντα είναι ο σίγουρος. Υποκαθιστά την έξυπνη ιδέα ή την μεγάλη πείρα με μια μανιέρα. Η χρήση των διανυσματικών μεθόδων ή στο επίπεδο των μιγαδικών αριθμών είναι ακόμα καλλίτερη διότι αφ' ενός παρέχει την ίδια σιγουριά και αφ΄ετέρου μειώνει το υπολογιστικό φορτίο αφού τις δύο συντεταγμένες τις ενσωματώνει σε ένα και το αυτό αντικείμενο. Δεν ξέρω αν θα δούμε προγράμματα σπουδών όπου η Γεωμετρία να έχει την θέση που πρέπει. Το ίδιο να συμβαίνει και για την ανάδειξη προσεγγίσεων με διάφορες γεωμετρικές μεθόδους (συνθετική, συντεταγμένων, διανυσμάτων, μιγαδικών) πλεονέκτημα στο οποίο αναφέρθηκε και ο Σωτήρης. Η υπηρεσιακή μου πείρα δεν με κάνει αισιόδοξο.

Η προσέγγιση που έγραψα δείχνει την δύναμη που έχουν οι διανυσματικές μέθοδοι. Το μόνο που χρειάζεται είναι επιμέλεια στις πράξεις. Όμως δεν είναι απλώς τυφλοσούρτης. Μια απλή εξέταση της πορείας μας δείχνει ότι:
1) Το αποτέλεσμα θα ίσχυε αν αντί των κέντρων βάρους είχαμε άλλα σημεία που βρίσκονταν στα μέσα παραλλήλων προς τις

, $\Gamma, \Delta$ που θα διαιρούσαν τις

, $K \Gamma$ σε ίσους λόγους.
2) Πουθενά δεν χρησιμοποιήθηκε ότι τα

,

είναι αρνητικά. Θα μπορούσαν λ.χ τα

, $\Delta$ να είναι εσωτερικά των $K \Gamma$ ,

.

Έγραψα αυτό το εκτενές σημείωμα και για ένα άλλο λόγο. Θεωρώ ότι η μαθηματική κοινότητα πρέπει να διατυπώνει γνώμη για τα μαθηματικά που διδάσκουμε στους μαθητές μας. Και οι διάφορες απόψεις να υποστούν τον βάσανο της κριτικής. Βέβαια τα πράγματα ποτέ δεν είναι απλά. Ένα χαρακτηριστικό αλλά ίσως όχι τόσο γνωστό παράδειγμα αποτελεί η χρήση των διανυσμάτων στην διδασκαλία μαθηματικών στην ΕΣΣΔ. Στον πρόλογο πολύ καλού βιβλίου Lectures in Geometry, Semester I Analytic Geometry Mir, 1982 του Μιχαήλ Πόστνικοφ διαβάζουμε:

"Κάποιος γνωστός φυσικός, νομίζω ο Max Planck, κάποτε είπε ότι οι νέες ιδέες (εννοούσε επιστημονικές ιδέες, αλλά αυτό μπορεί να εφαρμοστεί κάλλιστα και στις μεθοδολογικές ιδέες), θα μπορούσαν να κερδίσουν μόνο όταν οι αντίπαλοί τους έχουν αποσυρθεί από το προσκήνιο λόγω της φυσικής εναλλαγής των γενεών. Ένα εξαιρετικό παράδειγμα αυτής της θέσης είναι η εισαγωγή των διανυσμάτων στα μαθήματα αναλυτικής γεωμετρίας πριν από μισό αιώνα. Τώρα μόνο λίγοι άνθρωποι θυμούνται τις έντονες συζητήσεις σχετικά με αυτό το θέμα και η σημερινή γενιά δεν ξέρει πόσους λόγχες έσπασαν και πόσο μελάνι χύθηκε σε προσπάθειες να αποδειχθεί ότι τα διανύσματα ήταν βλαβερό πράγμα επειδή η αντικατάσταση τριών εξισώσεων σε συντεταγμένες με μία διανυσματική εξίσωση έκαναν μεν οικονομία στο χαρτί αλλά στην ίδια αναλογία εμπόδιζαν την κατανόηση. Ο τελευταίος από τους έγκριτους αντιπάλους των διανυσμάτων στην ΕΣΣΔ πέθανε λίγο μετά τον πόλεμο, αλλά πέρασαν περίπου δέκα χρόνια πριν εξαφανιστούν εντελώς οι βασανιστικοί ενδοιασμοί για τις διανυσματικές παρουσιάσεις της Γεωμετρίας"

min## · #7

Καλησπέρα κι από μένα.
Απλώς να αναφέρω ότι πρόκειται ουσιαστικά για αναδιατύπωση της κλασικής* ιδιότητας :"Η ευθεία Newton-Gauss ενός πλήρους τετραπλεύρου είναι κάθετη στην ευθεία Steiner-Aubert του".
Αρκεί κανείς να δει το ABCD

ως

(αυτοτεμνόμενο) κλπ.

*Βλ.Ιδιότητα 7 εδώ https://forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG200405.pdf

#8

Το θέμα αυτό υπάρχει και στον Engel, σελ.300. Η λύση του Engel είναι σύντομη, με μιγαδικούς.

#9

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 13, 2021 12:48 am
"Όταν ζητείται να αποδείξουμε το συμπέρασμα με συνθετικές μεθόδους, χρησιμοποιούμε την εφευρετικότητα μας (ή αυτή ορισμένων άλλων ανθρώπων) αναζητώντας κατάλληλες μορφές και ιδέες στις οποίες μπορεί να βασιστεί η απόδειξη.
Όταν ζητείται να αποδείξουμε το συμπέρασμα με αναλυτικές μεθόδους, μπορούμε να προχωρήσουμε αμέσως για να εφαρμόσουμε μια
ισχυρή μέθοδος που αν κάνουμε την δουλειά σωστά δεν μπορεί να αποτύχει στην παραγωγή του αποτελέσματος."

Δεν ξέρω που έκανα λάθος, έχω πάντως αντιπαράδειγμα

S.E.Louridas · #10

Καταρχάς και σε γενικές γραμμές συμφωνώ απόλυτα με αυτά που λέει ο Νίκος και που είναι εξόχως ως σκέψεις σημαντικά (αναμενόμενο). Ας μου επιτραπεί να πω και εγώ δύο κουβέντες πάνω στο «art of problems solving» που αντί να ενθουσιάζει τελικά μπορεί και να τρομάξει ως άκουσμα έως ότου … Οι απόψεις για την «τέχνη επίλυσης Μαθηματικού προβλήματος» ουσιαστικά αναβλύζουν από την Μαθηματική διαδρομή που είναι καταγεγραμμένη στο DNA του Ανθρώπου από τότε που ο Άνθρωπος δέχτηκε ως την πλέον αξιόπιστη διαδικασία τεκμηρίωσης την Απόδειξη (Πρώτη φορά η διαδικασία «Απόδειξη», που είναι το απόλυτο και μοναδικό εργαλείο επιστημονικής τεκμηρίωσης, εφαρμόστηκε από τον Θαλή και έκτοτε «μεσουρανεί»). Ο Νους κάνει συγκεκριμένες κινήσεις σκέψης προκειμένου να επιλύσει ένα Μαθηματικό πρόβλημα. Για τούτο και ο τεράστιος Henri Lebesgue (1875-1941) είχε πει: Αν κάποιος θέλει να αποκτήσει μία ικανότητα επίλυσης μαθηματικών προβλημάτων, δεν έχει παρά να παρακολουθεί την διαδικασία επίλυσης ενός προβλήματος κατά την στιγμή της προσπάθειας επίλυσης του από έναν Μαθηματικό. Σίγουρα η Μαθηματική σκέψη στην δομή της είναι Μία και στηρίζεται στα Αξιώματα και τους Κανόνες της Μαθηματικής Λογικής. Κύρια αρχικά συστατικά είναι η Ουσιαστική γνώση της Θεωρίας και η επιλογή της κατάλληλης προς την επίλυση Μαθηματικής θεωρίας ή αν θέλουμε «παντρέματος» Μαθηματικών θεωριών. Για τούτο ποσώς ενδιαφέρει με ποιόν τρόπο επιλύεται ένα πρόβλημα δηλαδή αν ένα Γεωμετρικό πρόβλημα επιλύεται π.χ. με Ευκλείδεια Γεωμετρία ή με Διανυσματική-Αναλυτική Γεωμετρία ή αν για την απόδειξη ύπαρξης μίας τουλάχιστον ρίζας μίας πολυωνυμικής χρησιμοποιούμε Άλγεβρα ή θεώρημα Bolzano κτλ. Ως Γενικές τώρα μεθόδους – κατηγορίες απόδειξης (η μετέπειτα διακλάδωση είναι και πρέπει να είναι γεγονός) της αλήθειας μίας πρότασης «αν

, τότε,

» έχουμε τις εξής γενικές (Γιάννη Ντάνη , Γεωμετρία) α) Την μέθοδο της Ανάλυσης, β) Την μέθοδο της Σύνθεσης, γ) Την μέθοδο της Άτοπο Απαγωγής, δ) Τη μέθοδο της Τέλειας Επαγωγής. Όταν μιλάμε για την Μέθοδο της Ανάλυσης εννοούμε την διαδικασία που κατέρχεται από αυτό που θέλουμε να αποδείξουμε «αν

, τότε,

» δημιουργώντας ικανές συνθήκες, με το φραστικό «Αρκεί να Αποδείξουμε ότι, …. , Αρκεί να Αποδείξουμε ότι, …», έως ότου να καταλήξουμε σε Αληθή πρόταση (Προφανής ή με βάση τα θεωρητικά δεδομένα). Όμως πίσω από όλα αυτά υπάρχει μία διαδικασία του Νου που χωρίς αυτή δεν κάνουμε τίποτα. Είναι η διαδικασία Σκέψη– Ανάλυση πριν την επίλυση, που σίγουρα υπάρχει πριν τις μεθόδους που αναφέρουμε και είναι πιο εμφανής στην Αναλυτική μέθοδο Απόδειξης . Κατά την στιγμή της Ανάλυσης δύο είναι οι ας πούμε οι επιδιώξεις 1η ο λύτης να εισέρθει στον πυρήνα της κατασκευής του προβλήματος και να αποκαλύψει την «κρυμμένη» διαδρομή από την υπόθεση στο συμπέρασμα και 2η αν κάνει κάποια λάθος σκέψη, να την αντιληφθεί και να την χρησιμοποιήσει υπέρ του, ώστε να αλλάξει τμήμα ή ακόμα και όλη την σκέψη που τον οδήγησε στο λάθος, με στόχο να βρει τελικά το σωστό. Υπό αυτή την απόλυτα μοναδική Μαθηματική Αντίληψη ΔΕΝ υπάρχει «ουρανοκατέβατη» Συνθετική λύση (Και μιλάμε επί της Μαθηματικής ουσίας) και είναι καθαρό ότι, αν το ακούσουμε κάτι επιφανειακά τέτοιο, τότε, τρομάζει αφού πλανάται το ερώτημα: Πως σου ήρθε; Απλά σε πολλές περιπτώσεις η Ανάλυση δεν παρουσιάζεται και είναι φυσικό η άμεση και βίαια παρουσιασμένη Σύνθεση να Τρομάζει, όμως δεν γίνεται Σύνθεση αν ΔΕΝ έχει προηγηθεί η Ανάλυτική Διαδικασία Σκέψης (εκτός των περιπτώσεων εκείνων που κάποιος έχει μάθει απέξω την λύση και την παρουσιάζει). Καλώς λοιπόν παλαιότερα (διεθνώς) στα προβλήματα Πρακτικής Αριθμητικής ακολουθούνταν η διαδικασία παρουσίασης Σκέψη …… Λύση, και σίγουρα καλώς ο Γιάννης Ντάνης αναφέρει στο βιβλίο του: Με την μέθοδο της Σύνθεσης διατυπώνουμε μία πρόταση, ΑΦΟΥ ΠΡΩΤΑ ΜΕ ΤΗΝ ΑΝΑΛΥΣΗ (που δεν την διατυπώνουμε γραπτά) ανακαλύψουμε την Αληθή καταληκτική πρόταση ${P_1}$ και τον δρόμο (επιστροφής) από αυτή μέχρι το συμπέρασμα

Τότε και μετά από αυτά τίθεται το ερώτημα, ποιος είναι ο ρόλος της έμπνευσης που κάνει τα Μαθηματικά όμορφα και ξεχωριστά; Μα είναι η σύλληψη της σωστής ιδέας ή των σωστών ιδεών, η επιλογή της δέουσας Θεωρίας, ώστε να ακολουθηθεί σωστά η δημιουργία μεθόδου επίλυσης με την ας πούμε διάσπαση του προβλήματος σε απλούστερα προβλήματα και σίγουρα η «αξιοποίηση» της λάθος καταρχάς σκέψης στην στροφή προς την σωστή, ως επίσης και η δυνατότητα νοητικών «πειραματικών» στιγμών και λειτουργίας της Αφαίρεσης και της Διαίσθησης και σίγουρα αν αυτό είναι χρειαζούμενο τη δημιουργία απλών ή όχι κατάλληλων λημμάτων. Εδώ ας μου επιτραπεί να πω ότι η υπερ πολυσέλιδη απόδειξη του Last Theorem of Fermat, στηριγμένη σε επίσης πολυσέλιδες θεωρητικές απόψεις έλυσε το πρόβλημα και αυτό έχει την σημασία του, έστω και αν βρεθεί πιό ας πούμε έξυπνη, Φαντεζί και γρήγορη Μαθηματική λύση, που θα εντυπωσιάσει και θα χειροκροτηθεί με πολύ Θαυμασμό ως αποτέλεσμα Εφυούς Νού.
Όσο τώρα με αφορά η Ανάλυση, σε γενικές γραμμές, που έκανα πριν καταλήξω στη επίλυση του συγκεκριμένου προβλήματος που πρότεινα είναι η εξής: Θέλουμε την καθετότητα $H{H_1} \bot G{G_1}.$ Η βασική λειτουργία του κέντρου βάρους είναι ο λόγος $\frac{2}{3}.$ Αυτό μας οδηγεί στο σημείο της σκέψης: Θέλουμε $H{H_1} \bot G{G_1},$ που λόγω του Θεωρήματος του Θαλή ΑΡΚΕΙ ΝΑ ΑΠΟΔΕΊΞΟΥΜΕ ${H_1}{H_2} \bot MN.$ Όμως θα πρέπει να συνδέσουμε τα ΟΡΘΟΚΕΝΤΡΑ σε άλλα τρίγωνα, με το ευθύγραμμο τμήμα MN.

Αν σκεφτούμε λίγο υπάρχει κάτι κοινό η καθετότητα $K{H_1} \bot A\Delta$ που για να συνδεθεί με την θέση

αυτό επιτυγχάνεται μέσω της καθετότητας $K{H_1} \bot MZ$ ,

μέσο της $B\Delta$ (Από το σχήμα στην λύση μου) και αντίστοιχα από την απέναντι πλευρά οπότε «στύβουμε» το κεφάλι μας να πάμε στην ομοιότητα των τριγώνων $K{H_1}{H_2},\;\,ZMN$ και εκεί μας εξυπηρετεί το λήμμα που η δημιουργία του έρχεται αν βέβαια γνωρίζουμε το αντίστοιχο θεωρητικό δεδομένο του θεωρήματος του Euler (τοποθέτηση δηλαδή της στιγμής εκείνης του προβλήματος στην κατάλληλη θεωρητική γνώση). Τελικά όπως και να λυθεί ένα θέμα είναι αποδεκτό και σίγουρα δεν γίνεται να υπάρχει Συνθετική Λύση με την έννοια του «ουρανοκατέβατου», αφού προηγείται η διαδικασία ΑΝΑΛΥΣΗ. Υπάρχει δε και το ενδεχόμενο να επιλύεται με «πάντρεμα» δύο Μαθηματικών θεωρήσεων π.χ. να συνυπάρχουν στην λύση του προβλήματος σταλίδες (Τίτλος από το βιβλίο Γεωμετρίας του κ. Μπαλόγλου) Ευκλείδειας Γεωμετρίας και σταλίδες Διανυσματικής Γεωμετρίας ίσως και σταλίδες Ανάλυσης κτλ.

Ας δούμε εδώ και μία λύση του προβλήματος, ως αποτέλεσμα του «παντρέματος» Της Ευκλείδειας Γεωμετρίας με την Διανυσματική Γεωμετρία που «συμπεθεριάζουν» αφού ταιριάζουν απόλυτα – ταυτίζονται στην γλώσσα της Μαθηματικής Σκέψης που αποκλειστικά και οι δύο μιλούν.
Από το απλό λήμμα που πρότεινα για την επίλυση άμεσα παίρνουμε:
$\displaystyle{\frac{{K{H_1}}}{{K{H_2}}} = \frac{{A\Delta }}{{B\Gamma }}\;\left( 1 \right).}$
Από την άλλη μεριά εύκολα παίρνουμε $\overrightarrow {{H_1}{H_2}} = \overrightarrow {K{H_2}} - \overrightarrow {K{H_1}} ,\;2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {A\Delta } + \overrightarrow {B\Gamma } \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {{H_1}{H_2}} = \overrightarrow {A\Delta } \cdot \overrightarrow {K{H_2}} - \overrightarrow {B\Gamma } \cdot \overrightarrow {K{H_1}} \;\left( 2 \right).$
Ταυτόχρονα έχουμε: $\angle \left( {\overrightarrow {K{H_2}} ,\,\,\overrightarrow {\Delta A} } \right) = \angle \left( {\overrightarrow {K{H_1}} ,\,\,\overrightarrow {\Gamma B} } \right)\;\left( 3 \right).$
Τελικά παίρνουμε: $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {{H_1}{H_2}} = 0 \Rightarrow {H_1}{H_2} \bot MN.$

Τώρα υπάρχει και το ενδεχόμενο δημιουργίας συγγενούς εκδοχής ενός θέματος. Έτσι με βάση το θέμα που πρότεινα εδώ, σκέφτηκα να προτείνω για αντίστοιχη Μαθηματική κουβέντα το εξής συγγενές θέμα που Ευκλείδεια Γεωμετρικά λύνεται πανομοιότυπα με την λύση που πρότεινα στο αρχικό:

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο , εσωτερικό του σημείο τέτοιο ώστε $\angle DKB = \angle CKA,\;\max \left\{ {\angle B,\;\angle C} \right\} < \angle DKB < \pi$ και σημεία $\displaystyle{M \in AD,\;N \in BC:\;\frac{{DM}}{{MA}} = \frac{{CN}}{{NB}}.$ Αν ${H_1},\;{H_2}}$ είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα να αποδείξετε ότι ${H_1}{H_2} \bot MN.$

#11

min## έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 13, 2021 2:40 am
Καλησπέρα κι από μένα.
Απλώς να αναφέρω ότι πρόκειται ουσιαστικά για αναδιατύπωση της κλασικής* ιδιότητας :"Η ευθεία Newton-Gauss ενός πλήρους τετραπλεύρου είναι κάθετη στην ευθεία Steiner-Aubert του".
Αρκεί κανείς να δει το ως (αυτοτεμνόμενο) κλπ.

*Βλ.Ιδιότητα 7 εδώ https://forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG200405.pdf

Ευχαριστούμε πολύ. Δύσκολο αλλά ενδιαφέρον άρθρο.

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 13, 2021 7:34 pm

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 13, 2021 12:48 am
"Όταν ζητείται να αποδείξουμε το συμπέρασμα με συνθετικές μεθόδους, χρησιμοποιούμε την εφευρετικότητα μας (ή αυτή ορισμένων άλλων ανθρώπων) αναζητώντας κατάλληλες μορφές και ιδέες στις οποίες μπορεί να βασιστεί η απόδειξη.
Όταν ζητείται να αποδείξουμε το συμπέρασμα με αναλυτικές μεθόδους, μπορούμε να προχωρήσουμε αμέσως για να εφαρμόσουμε μια
ισχυρή μέθοδος που αν κάνουμε την δουλειά σωστά δεν μπορεί να αποτύχει στην παραγωγή του αποτελέσματος."
Δεν ξέρω που έκανα λάθος, έχω πάντως αντιπαράδειγμα

Γιώργο δεν θα ονόμαζα την άσκηση αντιπαράδειγμα. Θα προτιμούσα τον χαρακτηρισμό ακραίο παράδειγμα. Η αιτιολόγηση της επιλογής νομίζω θα φανεί στα επόμενα.
Κατ΄αρχάς ας δώσουμε μία διατύπωση για την άσκηση:

Δύο κύκλοι $\mathcal{C}_{1}$ , $\mathcal{C}_{2}$ με κέντρα , εφάπτονται εξωτερικά στο και μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη τους $\varepsilon$ εφάπτεται σε αυτούς στα , . Από το φέρνουμε εφαπτομένη στον $\mathcal{C}_{1}$ ώστε το σημείο επαφής και τα , να βρίσκονται εκατέρωθεν της διακέντρου η οποία τέμνει την κοινή εσωτερική εφαπτομένη $\zeta$ στο . Από το φέρνουμε εφαπτόμενη στον $\mathcal{C}_{2}$ διάφορη της $\zeta$ . H τέμνει τον $\mathcal{C}_{1}$ σε δύο σημεία. Έστω εκείνο το τέτοιο ώστε το άλλο σημείο τομής να βρίσκεται μεταξύ των . Να αποδειχθεί ότι η είναι παράλληλη στην $K_{1}D$ .

Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι ο $\mathcal{C}_{2}$ έχει ακτίνα μικρότερη ή ίση του $\mathcal{C}_{1}$ και ότι ο $\mathcal{C}_{1}$ έχει ακτίνα

και έτσι λόγω ομοιότητας καλύπτονται όλες οι περιπτώσεις.
Μπορούμε τώρα να θεωρήσουμε ότι ο $\mathcal{C}_{1}$ είναι ο μοναδιαίος κύκλος $x^{2}+y^{2}=1$ και ότι ο $\mathcal{C}_{2}$ , ότι η κοινή εσωτερική εφαπτομένη είναι η x=1

και για να παραμετροποιήσουμε το πρόβλημα ότι ο $\mathcal{C}_{2}$ είναι στοιχείο της δέσμης που ορίζουν ο $x^{2}+y^{2}=1$ με την x=1

δηλαδή ότι είναι ο κύκλος
$x^{2}+y^{2}-1+m(x-1)=0$ με $m\in \left[ -4,2\right)$ .

Εργαζόμαστε αρχικά με την περίπτωση που η ακτίνα του $\mathcal{C}_{2}$ είναι μικρότερη του

δηλαδή $m\in \left( -4,2\right)$ . Στην περίπτωση αυτή οι δύο κύκλοι είναι ομοιόθετοι με μία εξωτερική ομοιοθεσία από της οποίας το κέντρο διέρχεται και η

. Ας το ονομάσουμε (k,0)

. Δεδομένου ότι τα κέντρα των $\mathcal{C}_{1}$ , $\mathcal{C}_{2}$ είναι τα (0,0)

και $\left( -\frac{m}{2},0\right)$ και οι ακτίνες είναι

και $\frac{\sqrt{m^{2}+4\left( m+1\right) }}{2}=\frac{\sqrt{\left( m+2\right) ^{2}}}{2}=\frac{\left| m+2\right| }{2}=\frac{-m-2}{2}$
έχουμε ότι $\frac{k}{k+\frac{m}{2}}=\frac{1}{\frac{-m-2}{2}}$ και επομένως $k=\frac{-m}{m+4}$ και το κέντρο ομοιόθεσίας είναι το $\left( \frac{-m}{m+4},0\right)$ .

: t5.png (402.46 KiB) Προβλήθηκε 2499 φορές

Για να υπολογίσουμε τις συντεταγμένες του

θα βρούμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη

ως εκείνη την εφαπτομένη $x_{0}x+y_{0}y=1\,\,\,\,(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=1)$ του $\mathcal{C}_{1}$ που διέρχεται από το $\left( \frac{-m}{m+4},0\right)$ . Βρίσκουμε διαδοχικά ότι
$x_{0}=\frac{m+4}{-m},y_{0}=\frac{\sqrt{8}\left( \sqrt{-(m+2)}\right) }{-m}$ και επομένως $B\left( \frac{m+4}{-m},\frac{\sqrt{8}\left( \sqrt{-(m+2)}\right) }{-m}\right)$ .
Η εφαπτομένη από το K_2

στον $\mathcal{C}_{1}$ υπολογίζεται παρόμοια και είναι η $\frac{2}{-m}x+\frac{\sqrt{m^{2}-4}}{m}y=1$ η οποία τέμνει την x=1

στο $D\left( 1,\frac{m+2}{\sqrt{m^{2}-1}}\right)$ .

Για να βρούμε την εφαπτομένη

αρκεί να βρούμε ευθεία με συντελεστή διευθύνσεως $\lambda$ που διέρχεται από το

και απέχει από το κέντρο του $\mathcal(C)_{2}$ απόσταση όση η ακτίνα του. Δηλαδή αναζητούμε ευθεία της μορφής $y-\frac{m+2}{\sqrt{m^{2}-4}}=\lambda \left( x-1\right)$ που απέχει από το $\left( -\frac{m}{2},0\right)$ απόσταση $\frac{-m-2}{2}$ . Καταλήγουμε στην σχέση
$\frac{\left| \lambda \left( \frac{-\mu }{2}\right) -0+\frac{m+2}{\sqrt{m^{2}-1}}-\lambda \right| }{\sqrt{\lambda ^{2}+1}}=\frac{-m-2}{2}$
από την οποία βρίσκουμε τελικά $\lambda =\frac{8-m^{2}}{4\sqrt{m^{2}-4}}$ .
'Αρα η

έχει εξίσωση:

$\boxed{\left( 8-m^{2}\right) x-4\sqrt{m^{2}-4}y=-m\left( m+4\right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) }$

Για να αποφύγουμε την εύρεση των συντεταγμένων του

λύνοντας το δευτεροβάθμιο σύστημα των εξισώσεων της παραπάνω ευθείας και του $\mathcal{C}_{1}$ μπορούμε να γλυτώσουμε κάποιες πράξεις εργαζόμενοι διαφορετικά: Βρίσκουμε την από το

παράλληλη στην $K_{2}D$ και απαιτούμε το σημείο τομής της με την

να ανήκει στον $\mathcal{C}_{1}$ . Η ευθεία αυτή εύκολα βρίσκεται και είναι η

$\boxed{2mx-m\sqrt{m^{2}-4}y=-2\left( m+2\right) \sqrt{4-2m}-2\left( m+4\right) \,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}$

Άρα θέλουμε η λύση του γραμμικού συστήματος $\left( \Sigma \right)$ των (1)

,

να ανήκει στον $\mathcal{C}_{1}$ . Αν ονομάσουμε $D_{x}, D_{y}, D$ ις ορίζουσες του συστήματος $\left( \Sigma \right)$ θέλουμε $\left( \frac{D_{x}}{D}\right) ^{2}+\left( \frac{D_{y}}{D}\right) ^{2}=1$ η ισοδύναμα
$D_{x}^{2}+D_{y}^{2}=D^{2}$ .
Επομένως με
$a_{1}=2m$
$b_{1}=-m\sqrt{m^{2}-4}$
$c_{1}=-2\left( m+2\right) \sqrt{4-2m}-2\left( m+4\right)$
$a_{2}=8-m^{2}$
$b_{2}=-4\sqrt{m^{2}-4}$
$c_{2}=-m\left( m+4\right)$
θέλουμε να ισχύει

$\boxed{c_{1}^{2}b_{2}^{2}+c_{2}^{2}b_{1}^{2}-2c_{1}b_{2}c_{2}b_{1}+a_{1}^{2}c_{2}^{2}+a_{2}^{2}c_{1}^{2}-\allowbreak 2a_{1}a_{2}c_{1}c_{2}-a_{1}^{2}b_{2}^{2}-a_{2}^{2}b_{1}^{2}+2a_{1}a_{2}b_{1}b_{2}=0\,\,\,\,\,\,(\ast)}$

Είναι (#)

$\left( c_{1}b_{2}\right) ^{2}=\allowbreak -192m^{4}+2816m^{2}-128m^{5}+1536m^{3}-4096\allowbreak m+128\sqrt{4-2m}m^{4}+512\sqrt{4-2m}m^{2}+768\allowbreak \sqrt{4-2m}m^{3}-3072\sqrt{4-2m}m-8192-4096\allowbreak \sqrt{4-2m}$

$\left( c_{2}b_{1}\right) ^{2}=\allowbreak m^{8}+12m^{6}+8m^{7}-32m^{5}-64m^{4}$

$-2c_{1}b_{2}c_{2}b_{1}=\allowbreak -16m^{6}\sqrt{4-2m}-96m^{5}\sqrt{4-2m}-64\sqrt{4-2m}\allowbreak m^{4}+384\sqrt{4-2m}m^{3}+512\sqrt{4-2m}m^{2}-16\allowbreak m^{6}-128m^{5}-192m^{4}+512m^{3}+1024m^{2}$

$\left( a_{1}c_{2}\right) ^{2}=\allowbreak 4m^{6}+32m^{5}+64m^{4}$

$\left( a_{2}c_{1}\right) ^{2}=\allowbreak -2816m^{2}-1536m^{3}+4096m-512\sqrt{4-2m}\allowbreak m^{2}+3072\sqrt{4-2m}m+8192+4096\sqrt{4-2m}+\allowbreak 320m^{4}+192m^{5}-64\sqrt{4-2m}m^{4}-768\sqrt{4-2m}\allowbreak m^{3}-12m^{6}-8m^{7}+8m^{6}\sqrt{4-2m}+48m^{5}\sqrt{4-2m}\allowbreak$

$-2a_{1}a_{2}c_{1}c_{2}=\allowbreak -384\sqrt{4-2m}m^{3}-512\sqrt{4-2m}m^{2}+64m^{4}-\allowbreak 512m^{3}-1024m^{2}+8m^{6}\sqrt{4-2m}+48m^{5}\sqrt{4-2m}+\allowbreak 8m^{6}+64m^{5}$

$\left( a_{1}b_{2}\right) ^{2}=\allowbreak 64m^{4}-256m^{2}$

$\left( a_{2}b_{1}\right) ^{2}=\allowbreak 128m^{4}-256m^{2}-20m^{6}+m^{8}$

$-2a_{1}a_{2}b_{1}b_{2}=\allowbreak -192m^{4}+512m^{2}+16m^{6}$

και η $(\ast)$ επαληθεύεται για αυτές τις τιμές.

(#) Οι πράξεις από αυτό το σημείο και μετά έγιναν με χρήση λογισμικού.

Βλέπουμε ότι αν και οι πράξεις είναι κoπιαστικές θα μπορούσαν να γίνουν όλες "με το χέρι".
Αξίζει τον κόπο; Κατά την γνώμη μου όχι.
Από την εποχή που έγραψε ο Agnew το βιβλίο στο οποίο αναφερόμαστε έχουν αλλάξει πολλά πράγματα.
Με ορόσημο την λύση του προβλήματος των τεσσάρων χρωμάτων από τους Kenneth Appel και Wolfgang Haken το 1976 οι υπολογιστές μπήκαν για τα καλά στα Μαθηματικά ασκώντας σημαντική επίδραση. Πολλά προβλήματα που απαιτούσαν μόχθο και χρόνο μπορούν κάλλιστα να λυθούν με λογισμικό. Και δεν μιλάμε μόνο για τα Εφαρμοσμένα Μαθηματικά αλλά και για τα Θεωρητικά όπως λ.χ. συμβαίνει σε μερικούς από τους πιο αφηρημένους υψηλής θεωρητικής συνοχής κλάδους όπως η Μεταθετική Άλγεβρα και η Αλγεβρική Γεωμετρία. Χρησιμοποιώντας ένα χαρακτηρισμό που προέχεται από τον Marshall McLuhan θα έλεγα ότι οι υπολογιστές είναι προεκτάσεις του ανθρώπου και σε ότι αφορά τα Μαθηματικά της σκέψης του ανθρώπου.
Και φυσικά αξίζει να σκεφτούμε το βάθος και η ένταση της χρήσης τους στην εκπαίδευη. Θέμα ιδιαιτέρως επίκαιρο λόγω των νέων προγραμμάτων σπουδών.

Edit 19-3-21 11.40 Ευπρεπισμός και διόρθωση νυκτερινών ημαρτημένων. Ευχαριστίες στον Γ. Μπαλόγλου για επισημάνσεις του.

#12

Στην προηγούμενη ανάρτηση χθες ξέχασα να αναφερθώ στην περίπτωση όπου οι κύκλοι $\mathcal{C}_1$ και $\mathcal{C}_2$ έχουν ίσες ακτίνες δηλαδή όταν m=-4

. H περίπτωση αυτή καλύπτεται από εκείνη όπου m>-4

παίρνοντας όρια για $m\rightarrow -4$ .

S.E.Louridas · #13

Ας δούμε και την συνύπαρξη μεθόδων επίλυσης του προβλήματος που ακολουθεί:
viewtopic.php?f=62&t=69136&p=336749#p336749

Amirul Faiz · #14

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Re: Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ....

Μέλη σε σύνδεση