mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 1:03 am**

Μέσα στη απόδειξη της Πρότασης 12 στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη (το οποίο σώζεται μόνο σε αραβική μετάφραση) ο συγγραφέας κάνει χρήση του εξής:

Αν σε ένα τετράπλευρο είναι και το άθροισμα των γωνιών ισούται με την γωνία , τότε ο κύκλος που διέρχεται από τα έχει το ως κέντρο.

Το τελευταίο ο Αρχιμήδης το αφήνει χωρίς απόδειξη αλλά παραπέμπει στο έργο του Περί τετραπλεύρων, το οποίο δυστυχώς έχει χαθεί.

Ζητώ τουλάχιστον δύο απλές αποδείξεις του παραπάνω.
.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 2:24 am**

: Αναπάντητο του Αρχιμήδη.png (17.78 KiB) Προβλήθηκε 2255 φορές

Έστω

σημείο του επιπέδου του κυρτού τετράπλευρου OABC

για το οποίο

$\widehat {ADC} = \widehat D = 180^\circ - (\widehat \omega + \widehat \phi )\,\,\,(1)$ . Επειδή από το τετράπλευρο OABC

έχω

$\widehat {AOC} = 360^\circ - 2(\widehat \omega + \widehat \phi )$ =2 $\widehat D$ , Αν γράψω κύκλο (O,OA)

αυτός θα

διέρχεται από τα D,C

. Αλλά λόγω της (1)

το τετράπλευρο ABCD

είναι

εγγράψιμο , άρα θα διέρχεται και από το

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 9:26 am**

Θα λάβουμε υπόψη ότι ο εξωτερική γωνία τριγώνου είναι μικρότερη από τις απέναντι εξωτερικές του και ότι σε ισοσκελές τρίγωνο οι απέναντι από τις ίσες πλευρές γωνίες είναι ίσες.
Αν OB<OA

, θεωρούμε σημείο B_1

της

τέτοιο που OB_1=OA>OB.

Τότε $\angle {B_1}AO + \angle C{B_1}O = \angle C{B_1}A \Rightarrow$ $\angle BAO + \angle CBO < \angle C{B_1}A < \angle CBA \Rightarrow \angle CBA < \angle CBA,$ πράγμα άτοπο.
Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν OB>OA

. Άρα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 10:50 am**

: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη.png (17.13 KiB) Προβλήθηκε 2174 φορές

Έστω $(\omega)$ ο περίκυκλος του ABC

και

το κέντρο του. Τότε θα είναι, KA=KC

και $\theta=360^0-2(\omega+\varphi).$

Αλλά, OA=OC

και $A\widehat OC=360^0-2(\omega+\varphi),$ οπότε τα σημεία K, O

ανήκουν στο ίδιο τόξο χορδής

που δέχεται

γωνία $\theta,$ αλλά και στη μεσοκάθετο του AC,

δηλαδή $\displaystyle{K \equiv O}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 02, 2017 12:23 am**

Οι δικές μου αποδείξεις είναι α) αυτή του Σωτήρη (Louridas) και β) μία παραλλαγή αυτής του Νίκου (Doloros). Συγκεκριμένα, προεκτείνουμε το

από την πλευρά του

έως το

έτσι ώστε

. Εύκολα δείχνουμε ότι το τρίγωνο ACD

είναι ορθογώνιο (το είδαμε άλλωστε εδώ, γι' αυτό και το έθεσα τότε εκεί). Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι το DABC

είναι εγγράψιμμο, οπότε ο κύκλος με κέντρο το

και ακτίνα OC=OA=OD

διέρχεται από το

.

Σχόλιο: Τα γράφω όλα αυτά για να ετοιμάσω το έδαφος για μία "νέα" απόδειξη του Θεωρήματος ότι τα ύψη τριγώνου συντρέχουν.
Την λέξη "νέα" την έχω σε εισαγωγικά γιατί ουσαστικά πρόκειται για απόδειξη του Αρχιμήδη, Πρόταση 12, σε μισοχαμένο έργο του με μόνη προσθήκη από μέρους μου ενός τετριμμένου βήματος (που αναμφίβολα γνώριζε ο ίδιος ο Αρχιμήδης, αλλά από ότι φαίνεται περιέχεται στο χαμένο τμήμα του έργου του Περί Λημμάτων).

Θα επανέλθω.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 02, 2017 1:32 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σχόλιο: Τα γράφω όλα αυτά για να ετοιμάσω το έδαφος για μία "νέα" απόδειξη του Θεωρήματος ότι τα ύψη τριγώνου συντρέχουν.
...
Θα επανέλθω.

Βλέπε εκεί.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 02, 2017 11:29 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε:Οι δικές μου αποδείξεις είναι α) αυτή του Σωτήρη (Louridas) και β) μία παραλλαγή αυτής του Νίκου (Doloros). Συγκεκριμένα, προεκτείνουμε το από την πλευρά του έως το έτσι ώστε . Εύκολα δείχνουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο (το είδαμε άλλωστε εδώ, γι' αυτό και το έθεσα τότε εκεί). Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι το είναι εγγράψιμμο, οπότε ο κύκλος με κέντρο το και ακτίνα διέρχεται από το .

Καλημέρα:
Απλά εδώ βλέπουμε το εκπληκτικό παιχνίδι των συμπτώσεων στον όμορφο μαγικό κόσμο των Μαθηματικών.
Βέβαια θα μπορούσαμε ίσως να έχουμε:
$OB < OA = OC \Rightarrow \angle OBC > \angle C\;\kappa \alpha \iota \;\angle OBA > \angle B \Rightarrow \angle B > \angle B,$ πράγμα άτοπο.
Όμοια καταλήγουμε στο ίδιο άτοπο αν OB > OA = OC.

Άρα

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 02, 2017 1:08 pm**

Doloros έγραψε:Αναπάντητο του Αρχιμήδη.png

Έστω σημείο του επιπέδου του κυρτού τετράπλευρου για το οποίο

$\widehat {ADC} = \widehat D = 180^\circ - (\widehat \omega + \widehat \phi )\,\,\,(1)$ . Επειδή από το τετράπλευρο έχω

$\widehat {AOC} = 360^\circ - 2(\widehat \omega + \widehat \phi )$ =2 $\widehat D$ , Αν γράψω κύκλο αυτός θα

διέρχεται από τα . Αλλά λόγω της το τετράπλευρο είναι

εγγράψιμο , άρα θα διέρχεται και από το .

: Αναπόδεικτο του Αρχιμήδη.png (16.89 KiB) Προβλήθηκε 2015 φορές

Ένας πιο προσηνής τρόπος για τον προσδιορισμό σημείου

τέτοιου ώστε ,

$\widehat \theta = \widehat {ADC} = 180^\circ - (\widehat \omega + \widehat \phi )$ .

Φέρνω κάθετες στα $A,\,\,B$ στις $BA,\,\,BC$ αντίστοιχα που τέμνονται στο

είναι δε

ένα από τα άπειρα τέτοια σημεία.

Θα είναι προφανώς $\widehat {AOC} = 2\widehat \theta$ κ. λ. π.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 02, 2017 11:18 pm**

Doloros έγραψε:
Ένας πιο προσηνής τρόπος για τον προσδιορισμό σημείου τέτοιου ώστε ...

Σωστά και καλά.

Αυτό που έγραψα παραπάνω είναι (ισοδύναμα) να πάρουμε το

στην κάθετο του

. Από εκεί και πέρα τα βήματα στους δύο συλλλογισμούς είναι παρόμοια.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 03, 2017 7:08 am**

Καλημέρα.
Ας δούμε και αυτό.
viewtopic.php?f=112&t=5636&p=286434#p286434

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 03, 2017 6:08 pm**

Καλησπέρα σε όλους. Μια ακόμα προσέγγιση με Τριγωνομετρία.

: 03-07-2017 Γεωμετρία.jpg (27.13 KiB) Προβλήθηκε 1874 φορές

Έστω τετράπλευρο OABC

για το οποίο ισχύουν τα δεδομένα της υπόθεσης. Φέρνουμε την

.

Έστω $\displaystyle \widehat {OBA} = t$ , οπότε $\displaystyle \widehat {OBC} = \omega + \varphi - t$ .

Στο OBA

, από Ν Ημιτόνων είναι $\displaystyle \frac{{{\rm O}{\rm A}}}{{\eta \mu t}} = \frac{{{\rm O}{\rm B}}}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \frac{{{\rm O}{\rm A}}}{{{\rm O}{\rm B}}} = \frac{{\eta \mu t}}{{\eta \mu \omega }}$ .

Στο OBC

, από Ν Ημιτόνων είναι $\displaystyle \frac{{{\rm O}C}}{{\eta \mu \left( {\omega + \varphi - t} \right)}} = \frac{{{\rm O}{\rm B}}}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow \frac{{{\rm O}C}}{{{\rm O}{\rm B}}} = \frac{{\eta \mu \left( {\omega + \varphi - t} \right)}}{{\eta \mu \varphi }}$ .

Οπότε . $\displaystyle \frac{{\eta \mu t}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{\eta \mu \left( {\omega + \varphi - t} \right)}}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow 2\eta \mu t \cdot \eta \mu \varphi = 2\eta \mu \omega \cdot \eta \mu \left( {\omega + \varphi - t} \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {t - \varphi } \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {t + \varphi } \right) = \sigma \upsilon \nu \left( {t - \varphi } \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {2\omega + \varphi - t} \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {t + \varphi } \right) = \sigma \upsilon \nu \left( {2\omega + \varphi - t} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t + \varphi = 2\kappa \pi + 2\omega + \varphi - t\;\;\;\left( 1 \right)\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \vee \\ t + \varphi = 2\kappa \pi - 2\omega - \varphi + t\;\;\;\left( 2 \right) \end{array} \right.$

Η (2) γράφεται $\displaystyle \varphi = \kappa \pi - \omega$ , που απορρίπτεται αφού εξαλείφεται το

. (Παρατηρήστε ότι η τεθλασμένη ABC

εκφυλίζεται σε ευθεία).

Η (1) γράφεται $\displaystyle t = \kappa \pi + \omega ,\;\;\kappa \in {\rm Z}$ . Αφού $\displaystyle 0 < t < \pi$ είναι $\displaystyle t = \omega \Rightarrow {\rm O}{\rm B} = {\rm O}{\rm A} = {\rm O}C$ , όπως έπρεπε να δειχτεί.

mathematica.gr

Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη