ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Ο τίτλος της δημοσίευσης θα αιτιολογηθεί μετά τη λύση του θέματος...
Σκέφτηκα να το θέσω στο φάκελο της Ιστορίας των Μαθηματικών...

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο OABC

, με την τρίεδρο γωνία O.ABC

να είναι τρισορθογώνια, αποδείξτε
ότι το τετράγωνο του εμβαδού της έδρας ABC

ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των εμβαδών των άλλων
τριών εδρών.

#2

Γεια σας.
Ονμάζουμε με a, b, c

τις ακμές της έδρας ABC

και με

τις άλλες ακμές όπως στο σχήμα.

Ένας πρώτος τρόπος είναι ο προφανής. Υπολογίζουμε το (ABC)^2

από τον τύπο του Ήρωνα:
$\left( \frac{a+b+c}{2}\right) \left( \frac{a+b+c}{2}-a\right) \left( \frac{a+b+c}{2}-b\right) \left( \frac{a+b+c}{2}-c\right) =\allowbreak \frac{1}{8}a^{2}b^{2}+\frac{1}{8}a^{2}c^{2}+\frac{1}{8}b^{2}c^{2}-\frac{1}{16}b^{4}-\frac{1}{16}a^{4}-\frac{1}{16}\allowbreak c^{4}$
και με τις αντικαταστάσεις
$a^{2}=q^{2}+r^{2},\,\,\,b^{2}=r^{2}+p^{2},\,\,\,\,c^{2}=p^{2}+q^{2}$
καταλήγουμε ότι το (ABC)^2

είναι
$\frac{1}{8}\left( q^{2}+r^{2}\right) \left( r^{2}+p^{2}\right) +\frac{1}{8}\left( q^{2}+r^{2}\right) \left( p^{2}+q^{2}\right) +\frac{1}{8}\left( r^{2}+p^{2}\right) \left( p^{2}+q^{2}\right) -\frac{1}{16}\left( r^{2}+p^{2}\right) ^{2}-\frac{1}{16}\left( q^{2}+r^{2}\right) ^{2}-\frac{1}{16}\left( p^{2}+q^{2}\right) ^{2}\allowbreak$
δηλαδή
$\frac{1}{4}q^{2}r^{2}+\frac{1}{4}p^{2}q^{2}+\frac{1}{4}p^{2}r^{2}$
και έχουμε το αποδεικτέο.

Ένας άλλος τρόπος με λιγότερες πράξεις είναι να αξιοποιήσουμε τον όγκο του τετραέδρου. Με

το ύψος προς την ABC

είναι
$\frac{1}{3}\left( ABC\right) h=\frac{1}{6}pqr$
οπότε $\left( ABC\right) ^{2}=\frac{\left( pqr\right) ^{2}}{4h^{2}}$
Θέλουμε $\frac{\left( pqr\right) ^{2}}{4h^{2}}=\frac{1}{4}q^{2}r^{2}+\frac{1}{4}p^{2}q^{2}+\frac{1}{4}p^{2}r^{2}$ ή ισοδύναμα
$\frac{1}{h^{2}}=\frac{1}{p^{2}}+\frac{1}{q^{2}}+\frac{1}{r^{2}}$
Η τελευταία σχέση που είναι ανάλογη σχετικής με τα ορθογώνια ισχύει διότι αφού το τετράεδρο είναι ορθοκεντρικό to

είναι ορθόκεντρο της ABC

και το

ύψος του

οπότε
$\frac{1}{h^{2}}=\frac{1}{q^{2}}+\frac{1}{d^{2}}=\frac{1}{q^{2}}+\frac{1}{r^{2}}+\frac{1}{p^{2}}$

: Ortho-tetr.png (20.45 KiB) Προβλήθηκε 1635 φορές

#3

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 02, 2024 10:55 pm
Ο τίτλος της δημοσίευσης θα αιτιολογηθεί μετά τη λύση του θέματος...
Σκέφτηκα να το θέσω στο φάκελο της Ιστορίας των Μαθηματικών...

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο , με την τρίεδρο γωνία να είναι τρισορθογώνια, αποδείξτε
ότι το τετράγωνο του εμβαδού της έδρας ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των εμβαδών των άλλων
τριών εδρών.

.
Φέρνουμε το επίπεδο OAD

που περιέχει την

και είναι κάθετο στην

. Οπότε είναι $OD \perp BC$ και $AD\perp BC$ και το OAD

είναι ορθογώνιο τρίγωνο με υποτείνουσα την

.

Αφού στο ορθογώνιο τρίγωνο OBC

η

είναι η υποτείνουσά του και

το ύψος του, έχουμε $BC \cdot OD = bc\. (*)$ .

Έχουμε τώρα

$(ABC)^2 = \frac {1}{4} BC ^2 \cdot AD ^2 = \frac {1}{4} BC ^2 (OD ^2 +a^2)= \frac {1}{4} BC ^2 \cdot OD ^2 +\frac {1}{4} BC ^2\cdot a^2=$

$=^{(*)} \frac {1}{4} b^2c^2 +\frac {1}{4} (b^2+c^2) a^2= \frac {1}{4} b^2c^2 +\frac {1}{4} b^2 a^2 + \frac {1}{4} c^2a^2 = (OBC)^2+ (OAB)^2 + (OAC)^2$

που είναι το αποδεικτέο.

Περιμένω με αγωνία να μάθω μεταξύ ποίων ήταν η διαμάχη για την πατρότητα του θεωρήματος.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 03, 2024 1:23 am

Περιμένω με αγωνία να μάθω μεταξύ ποίων ήταν η διαμάχη για την πατρότητα του θεωρήματος.

To θέμα αυτό το βρήκα στη Wikipedia ως Θεώρημα De Gua.
https://en.wikipedia.org/wiki/De_Gua%27s_theorem
H αντιπαράθεση προέκυψε όταν ο Charles Tinseau το παρουσίασε το 1774. Ο De Gua ισχυρίστηκε ότι
είχε παρουσιάσει το ίδιο τριάντα χρόνια πριν...
Πάντως ούτε ο ένας, ούτε ο άλλος το ανακάλυψαν πρώτοι, η πρόταση ήταν γνωστή στον Καρτέσιο 100 χρόνια πριν...
https://en.wikipedia.org/wiki/Charles_d ... 27Amondans
Πιστεύω τα όσα γράφω να είναι αξιόπιστα...

#5

Αν

και

με $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ τα διανύσματα θέσης των A,B,C

, τότε $(ABC) = \frac{1}{2} \left\| (\mathbf{c-a}) \times (\mathbf{c-b})\|$ .

Έχουμε $\displaystyle (\mathbf{c-a}) \times (\mathbf{c-b}) = \begin{pmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -a & 0 & c \\ 0 & -b & c \end{pmatrix} = (bc,ac,ab)$

Συνεπώς $\displaystyle (ABC)^2 = \frac{(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2}{4} = (A O B)^2 + (B O C)^2 + (C O A)^2$

ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

Re: ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

Re: ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

Re: ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

Re: ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΑΤΡΟΤΗΤΑ ΤΟΥ ΥΠΗΡΞΕ ΑΝΤΙΠΑΡΑΘΕΣΗ...

Μέλη σε σύνδεση