2 Θέματα στις Κωνικές

min## · #1

1)
Να δειχτεί ότι τα

σημεία στα οποία τέμνονται

ελλείψεις με κάθετους μεταξύ τους άξονες είναι ομοκυκλικά.
β)γενικεύστε

2)Δίνονται

κύκλοι και μια Κωνική που δεν είναι κύκλος,που τέμνονται σε

κοινά για όλους σημεία.
Να δειχτεί ότι τα

σημεία τομής που περισσεύουν (κύκλου/κωνικής και άλλου κύκλου/κωνικής) ορίζουν παράλληλες μεταξύ τους ευθείες.

edit:Η λέξη "άξονες στο πρώτο,έπειτα από παρατήρηση του κου. Μπαλόγλου

#2

Ας γίνει μια αρχή για το πρώτο θέμα -- ομοκυκλικότητα τομών δύο κωνικών με κάθετους άξονες -- με την ειδική περίπτωση δύο καθέτων παραβολών ... που εύλογα μπορούν να υποτεθούν ότι είναι της μορφής y=ax^2

,

:

Ας είναι (r_k, ar_k^2)

τα σημεία τομής, οπότε ισχύει η $r_k=ba^2r_k^4+car_k^2+d\leftrightarrow r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ .

Αναζητώντας κέντρο κύκλου (p,q)

διερχόμενου δια των (r_k, ar_k^2)

... ας δούμε ποια σχέση οφείλουν να ικανοποιούν τα p, q

: παρατηρούμε ότι οφείλει να ισχύει η

(r_i-p)^2+(ar_i^2-q)^2=(r_j-p)^2+(ar_j^2-q)^2,

που, μέσω της παραπάνω $r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ και της $r_i\neq r_j$ , ανάγεται στην

$\left(1-\dfrac{ca}{b}-2qa\right)(r_i+r_j)=2p-\dfrac{1}{b}.$

Η παραπάνω σχέση ισχύει τετριμμένα, για κάθε ζεύγος τομών (r_i, ar_i^2), (r_j, ar_j^2)

, αν $q=\dfrac{b-ca}{2ba}$ και $p=\dfrac{1}{2b}$ . Επειδή όλα τα βήματα είναι αντιστρεπτά, συμπεραίνουμε ότι το σημείο $\left(\dfrac{1}{2b}, \dfrac{b-ca}{2ba}\right)$ είναι κέντρο κύκλου επί του οποίου κείνται τα τέσσερα σημεία τομής των δύο παραβολών.

Al.Koutsouridis · #3

min## έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 1:25 pm
1)
Να δειχτεί ότι τα σημεία στα οποία τέμνονται ελλείψεις με κάθετους μεταξύ τους άξονες είναι ομοκυκλικά.
β)γενικεύστε

Να σημειώσουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Αν τα τέσσερα σημεία τομής είναι ομοκυκλικά, τότε οι άξονες των κωνικών τέμνονται κάθετα.

#4

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 2:37 am
Ας γίνει μια αρχή για το πρώτο θέμα -- ομοκυκλικότητα τομών δύο κωνικών με κάθετους άξονες -- με την ειδική περίπτωση δύο καθέτων παραβολών ... που εύλογα μπορούν να υποτεθούν ότι είναι της μορφής , :

Ας είναι τα σημεία τομής, οπότε ισχύει η $r_k=ba^2r_k^4+car_k^2+d\leftrightarrow r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ .

Αναζητώντας κέντρο κύκλου διερχόμενου δια των ... ας δούμε ποια σχέση οφείλουν να ικανοποιούν τα : παρατηρούμε ότι οφείλει να ισχύει η

που, μέσω της παραπάνω $r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ και της $r_i\neq r_j$ , ανάγεται στην

$\left(1-\dfrac{ca}{b}-2qa\right)(r_i+r_j)=2p-\dfrac{1}{b}.$

Η παραπάνω σχέση ισχύει τετριμμένα, για κάθε ζεύγος τομών , αν $q=\dfrac{b-ca}{2ba}$ και $p=\dfrac{1}{2b}$ . Επειδή όλα τα βήματα είναι αντιστρεπτά, συμπεραίνουμε ότι το σημείο $\left(\dfrac{1}{2b}, \dfrac{b-ca}{2ba}\right)$ είναι κέντρο κύκλου επί του οποίου κείνται τα τέσσερα σημεία τομής των δύο παραβολών.

Με πολύ ανάλογο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε το ανάλογο αποτέλεσμα για παραβολή και έλλειψη/υπερβολή:

(Ι) Αν η παραβολή y=ax^2

και η έλλειψη $\dfrac{(x-u)^2}{b^2}+\dfrac{(y-v)^2}{c^2}=1$ έχουν 4 κοινά σημεία τότε αυτά κείνται επί κύκλου κέντρου $\left(\dfrac{uc^2}{b^2},v+\dfrac{b^2-c^2}{2ab^2}\right)$ .

(II) Αν η παραβολή y=ax^2

και η υπερβολή $\dfrac{(x-u)^2}{b^2}-\dfrac{(y-v)^2}{c^2}=1$ έχουν 4 κοινά σημεία τότε αυτά κείνται επί κύκλου κέντρου $\left(-\dfrac{uc^2}{b^2},v+\dfrac{b^2+c^2}{2ab^2}\right)$ .

Οι τύποι αυτοί για το κέντρο του κύκλου των σημείων τομής έχουν ελεγχθεί με παραδείγματα. Η μέθοδος είναι απλή και ελκυστική, πλην όμως απομένει να δούμε πως μπορεί να εφαρμοσθεί στην περίπτωση που οι τεμνόμενες κωνικές είναι ελλείψεις/υπερβολές, και επίσης αν μπορεί να επεκταθεί ώστε να αποδείξει το αντίστροφο (που ισχύει, όπως επισήμανε και ο Αλέξανδρος).

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 11:46 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 2:37 am
Ας γίνει μια αρχή για το πρώτο θέμα -- ομοκυκλικότητα τομών δύο κωνικών με κάθετους άξονες -- με την ειδική περίπτωση δύο καθέτων παραβολών ... που εύλογα μπορούν να υποτεθούν ότι είναι της μορφής , :

Ας είναι τα σημεία τομής, οπότε ισχύει η $r_k=ba^2r_k^4+car_k^2+d\leftrightarrow r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ .

Αναζητώντας κέντρο κύκλου διερχόμενου δια των ... ας δούμε ποια σχέση οφείλουν να ικανοποιούν τα : παρατηρούμε ότι οφείλει να ισχύει η

που, μέσω της παραπάνω $r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ και της $r_i\neq r_j$ , ανάγεται στην

$\left(1-\dfrac{ca}{b}-2qa\right)(r_i+r_j)=2p-\dfrac{1}{b}.$

Η παραπάνω σχέση ισχύει τετριμμένα, για κάθε ζεύγος τομών , αν $q=\dfrac{b-ca}{2ba}$ και $p=\dfrac{1}{2b}$ . Επειδή όλα τα βήματα είναι αντιστρεπτά, συμπεραίνουμε ότι το σημείο $\left(\dfrac{1}{2b}, \dfrac{b-ca}{2ba}\right)$ είναι κέντρο κύκλου επί του οποίου κείνται τα τέσσερα σημεία τομής των δύο παραβολών.
Με πολύ ανάλογο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε το ανάλογο αποτέλεσμα για παραβολή και έλλειψη/υπερβολή:

(Ι) Αν η παραβολή και η έλλειψη $\dfrac{(x-u)^2}{b^2}+\dfrac{(y-v)^2}{c^2}=1$ έχουν 4 κοινά σημεία τότε αυτά κείνται επί κύκλου κέντρου $\left(\dfrac{uc^2}{b^2},v+\dfrac{b^2-c^2}{2ab^2}\right)$ .

(II) Αν η παραβολή και η υπερβολή $\dfrac{(x-u)^2}{b^2}-\dfrac{(y-v)^2}{c^2}=1$ έχουν 4 κοινά σημεία τότε αυτά κείνται επί κύκλου κέντρου $\left(-\dfrac{uc^2}{b^2},v+\dfrac{b^2+c^2}{2ab^2}\right)$ .

Οι τύποι αυτοί για το κέντρο του κύκλου των σημείων τομής έχουν ελεγχθεί με παραδείγματα. Η μέθοδος είναι απλή και ελκυστική, πλην όμως απομένει να δούμε πως μπορεί να εφαρμοσθεί στην περίπτωση που οι τεμνόμενες κωνικές είναι ελλείψεις/υπερβολές, και επίσης αν μπορεί να επεκταθεί ώστε να αποδείξει το αντίστροφο (που ισχύει, όπως επισήμανε και ο Αλέξανδρος).

Συνεχίζω με την τομή δύο ελλείψεων, $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ και $\dfrac{(x-u)^2}{c^2}+\dfrac{(y-v)^2}{d^2}=1$ ας πούμε (που είναι τυπικά και το αρχικό ερώτημα), λίγο πιο δύσκολα αλλά στο ίδιο πνεύμα:

Τα σημεία τομής είναι της μορφής $\left(r_k, \pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_k^2}\right)$ , όπου

$\dfrac{(r_k-u)^2}{c^2}+\dfrac{\left(\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_k^2}-v\right)^2}{d^2}=1.$

Από την εξίσωση αυτή λαμβάνουμε

$\sqrt{a^2-r_k^2}=\mp \dfrac{(b^2c^2-a^2d^2)}{2vabc^2}r_k^2 \mp \dfrac{uad^2}{vbc^2}r_k\mp \dfrac{a(c^2d^2-c^2v^2-u^2d^2-b^2c^2)}{2vbc^2}.$

Όπως και στις προηγούμενες περιπτώσεις, είναι καίριας σημασίας ότι το δεξιό σκέλος είναι δευτέρου βαθμού ως προς r_k

, επιτρέποντας την παραγοντοποίηση r_i^2-r_j^2=(r_i-r_j)(r_i+r_j)

στην 'εξίσωση κέντρου'

$(r_i-p)^2+\left(\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_i^2}-q\right)^2=(r_j-p)^2+\left(\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_j^2}-q\right)^2$

και οδηγώντας στις

$\left(a^2-b^2+\dfrac{(b^2c^2-a^2d^2)q}{vc^2}\right)(r_i+r_j)+2\left(\dfrac{ud^2q}{vc^2}-p\right)=0$

και, λόγω πληθώρας ριζών στην παραπάνω πρωτοβάθμια,

$q=\dfrac{v(b^2-a^2)c^2}{b^2c^2-a^2d^2}$ , $p=\dfrac{u(b^2-a^2)d^2}{b^2c^2-a^2d^2}.$

Όπως και στις άλλες περιπτώσεις, τα βήματα είναι αντιστρεπτά, οπότε συμπεραίνουμε ότι τα σημεία τομής των δύο ελλείψεων όντως κείνται επί κύκλου κέντρου (p,q)

.

[Το παραπάνω αποτέλεσμα έχει ελεγχθεί με παραδείγματα, και θα ελεγχθεί περαιτέρω. (Ήδη διορθώθηκε κάτι στο (προ)τελευταίο βήμα!) Θα επανέλθω με περισσότερα σχόλια όταν βρω χρόνο, όπως και με συντεταγμένες του κέντρου στις παρόμοιες περιπτώσεις δύο υπερβολών και έλλειψης-υπερβολής.]

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 01, 2020 9:31 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 11:46 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 2:37 am
Ας γίνει μια αρχή για το πρώτο θέμα -- ομοκυκλικότητα τομών δύο κωνικών με κάθετους άξονες -- με την ειδική περίπτωση δύο καθέτων παραβολών ... που εύλογα μπορούν να υποτεθούν ότι είναι της μορφής , :

Ας είναι τα σημεία τομής, οπότε ισχύει η $r_k=ba^2r_k^4+car_k^2+d\leftrightarrow r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ .

Αναζητώντας κέντρο κύκλου διερχόμενου δια των ... ας δούμε ποια σχέση οφείλουν να ικανοποιούν τα : παρατηρούμε ότι οφείλει να ισχύει η

που, μέσω της παραπάνω $r_k^4=\dfrac{r_k-car_k^2-d}{ba^2}$ και της $r_i\neq r_j$ , ανάγεται στην

$\left(1-\dfrac{ca}{b}-2qa\right)(r_i+r_j)=2p-\dfrac{1}{b}.$

Η παραπάνω σχέση ισχύει τετριμμένα, για κάθε ζεύγος τομών , αν $q=\dfrac{b-ca}{2ba}$ και $p=\dfrac{1}{2b}$ . Επειδή όλα τα βήματα είναι αντιστρεπτά, συμπεραίνουμε ότι το σημείο $\left(\dfrac{1}{2b}, \dfrac{b-ca}{2ba}\right)$ είναι κέντρο κύκλου επί του οποίου κείνται τα τέσσερα σημεία τομής των δύο παραβολών.
Με πολύ ανάλογο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε το ανάλογο αποτέλεσμα για παραβολή και έλλειψη/υπερβολή:

(Ι) Αν η παραβολή και η έλλειψη $\dfrac{(x-u)^2}{b^2}+\dfrac{(y-v)^2}{c^2}=1$ έχουν 4 κοινά σημεία τότε αυτά κείνται επί κύκλου κέντρου $\left(\dfrac{uc^2}{b^2},v+\dfrac{b^2-c^2}{2ab^2}\right)$ .

(II) Αν η παραβολή και η υπερβολή $\dfrac{(x-u)^2}{b^2}-\dfrac{(y-v)^2}{c^2}=1$ έχουν 4 κοινά σημεία τότε αυτά κείνται επί κύκλου κέντρου $\left(-\dfrac{uc^2}{b^2},v+\dfrac{b^2+c^2}{2ab^2}\right)$ .

Οι τύποι αυτοί για το κέντρο του κύκλου των σημείων τομής έχουν ελεγχθεί με παραδείγματα. Η μέθοδος είναι απλή και ελκυστική, πλην όμως απομένει να δούμε πως μπορεί να εφαρμοσθεί στην περίπτωση που οι τεμνόμενες κωνικές είναι ελλείψεις/υπερβολές, και επίσης αν μπορεί να επεκταθεί ώστε να αποδείξει το αντίστροφο (που ισχύει, όπως επισήμανε και ο Αλέξανδρος).
Συνεχίζω με την τομή δύο ελλείψεων, $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ και $\dfrac{(x-u)^2}{c^2}+\dfrac{(y-v)^2}{d^2}=1$ ας πούμε (που είναι τυπικά και το αρχικό ερώτημα), λίγο πιο δύσκολα αλλά στο ίδιο πνεύμα:

Τα σημεία τομής είναι της μορφής $\left(r_k, \pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_k^2}\right)$ , όπου

$\dfrac{(r_k-u)^2}{c^2}+\dfrac{\left(\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_k^2}-v\right)^2}{d^2}=1.$

Από την εξίσωση αυτή λαμβάνουμε

$\sqrt{a^2-r_k^2}=\mp \dfrac{(b^2c^2-a^2d^2)}{2vabc^2}r_k^2 \mp \dfrac{uad^2}{vbc^2}r_k\mp \dfrac{a(c^2d^2-c^2v^2-u^2d^2-b^2c^2)}{2vbc^2}.$

Όπως και στις προηγούμενες περιπτώσεις, είναι καίριας σημασίας ότι το δεξιό σκέλος είναι δευτέρου βαθμού ως προς , επιτρέποντας την παραγοντοποίηση στην 'εξίσωση κέντρου'

$(r_i-p)^2+\left(\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_i^2}-q\right)^2=(r_j-p)^2+\left(\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-r_j^2}-q\right)^2$

και οδηγώντας στις

$\left(a^2-b^2+\dfrac{(b^2c^2-a^2d^2)q}{vc^2}\right)(r_i+r_j)+2\left(\dfrac{ud^2q}{vc^2}-p\right)=0$

και, λόγω πληθώρας ριζών στην παραπάνω πρωτοβάθμια,

$q=\dfrac{v(b^2-a^2)c^2}{b^2c^2-a^2d^2}$ , $p=\dfrac{u(b^2-a^2)d^2}{b^2c^2-a^2d^2}.$

Όπως και στις άλλες περιπτώσεις, τα βήματα είναι αντιστρεπτά, οπότε συμπεραίνουμε ότι τα σημεία τομής των δύο ελλείψεων όντως κείνται επί κύκλου κέντρου .

[Το παραπάνω αποτέλεσμα έχει ελεγχθεί με παραδείγματα, και θα ελεγχθεί περαιτέρω. (Ήδη διορθώθηκε κάτι στο (προ)τελευταίο βήμα!) Θα επανέλθω με περισσότερα σχόλια όταν βρω χρόνο, όπως και με συντεταγμένες του κέντρου στις παρόμοιες περιπτώσεις δύο υπερβολών και έλλειψης-υπερβολής.]

Αντί περισσοτέρων παραδειγμάτων και περιπτώσεων ... ο γενικός τύπος για το κέντρο (p,q)

του κύκλου επί του οποίου κείνται τα 4 σημεία τομής (όταν βέβαια υπάρχουν) δύο κωνικών ax^2+by^2+cx+dy+e=0

,

... που επαληθεύει τους προηγούμενους:

$p=\displaystyle \dfrac{c(A-B)-C(a-b)}{2(aB-Ab)}$ , $q=\displaystyle \dfrac{d(A-B)-D(a-b)}{2(aB-Ab)}$

Η πορεία προς τους παραπάνω πανέμορφους τύπους είναι επίπονη, αν και απόλυτα ανάλογη προς αυτήν που ακολουθήθηκε στην περίπτωση των δύο ελλείψεων. Παραθέτω δύο καίρια βήματα:

(i) $\pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}=d+2b\dfrac{(Ab-aB)r_k^2+(bC-Bc)r_k+(bE-Be)}{Bd-bD}$

(ii) $\left[1-\dfrac{a}{b}+\dfrac{d(aB-Ab)}{b(Bd-bD)}+\dfrac{2(aB-Ab)q}{Bd-bD}\right](r_i+r_j)-\left[\dfrac{d(Bc-bC)}{b(Bd-bD)}+\dfrac{2(Bc-bC)q}{Bd-bD}-\dfrac{c}{b}-2p\right]=0$

Ίσως επανέλθω σε κάποια φάση ... για την ακτίνα του κύκλου των 4 σημείων!

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 11:09 am

min## έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 1:25 pm
1)
Να δειχτεί ότι τα σημεία στα οποία τέμνονται ελλείψεις με κάθετους μεταξύ τους άξονες είναι ομοκυκλικά.
β)γενικεύστε

Να σημειώσουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Αν τα τέσσερα σημεία τομής είναι ομοκυκλικά, τότε οι άξονες των κωνικών τέμνονται κάθετα.

Πράγματι, αν οι δύο κωνικές είναι της μορφής ax^2+by^2+cx+dy+e=0

και $Ax^2+Fxy+By^2+Cx+Dy+E=0, F\neq 0$ , αν δηλαδή οι δύο κωνικές δεν είναι ορθογώνιες (δεν τέμνονται κάθετα οι άξονες τους), τότε η εξίσωση κύκλου

$(r_k-p)^2+\left( \pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}-q\right)^2=R^2$

δεν μπορεί να έχει 4 ρίζες: η σχέση-κλειδί

$\pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}=d+2b\dfrac{(Ab-aB)r_k^2+(bC-Bc)r_k+(bE-Be)}{Bd-bD}$

αντικαθίσταται τώρα από την

$\pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}=d+2b\dfrac{(Ab-aB)r_k^2+(bC-Bc)r_k+(bE-Be)}{Bd-bD-bFr_k},$

οπότε η εξίσωση κύκλου ανάγεται όχι σε δευτεροβάθμια όπου για κατάλληλα

,

μηδενίζονται οι συντελεστές των r_k^2

,

-- είναι η στρατηγική που ακολούθησα για την απόδειξη του ευθέος -- αλλά είτε σε τριτοβάθμια με συντελεστή του r_k^3

ίσο προς

(περίπτωση $b\neq 0$ ) είτε σε τριτοβάθμια που συζητώ στην επόμενη δημοσίευση (περίπτωση b=0

). (Στην πρώτη περίπτωση ο συντελεστής του r_k^3

μηδενίζεται αν και μόνον αν a=b

, οπότε η κωνική είναι κύκλος (και το πρόβλημα καθίσταται τετριμμένο).)

Ως ... παράπλευρη ωφέλεια των ανωτέρω προκύπτει -- για F=0

και ορθογώνιες κωνικές -- ο υπολογισμός της ακτίνας του κύκλου των 4 σημείων:

$\displaystyle R=\sqrt{p^2+q^2-\dfrac{e}{b}+2\left(q+\dfrac{d}{2b}\right)\left(\dfrac{Be-bE}{Bd-bD}\right)$

Έχω ελέγξει τον τύπο αυτό -- όπως και αυτόν για το κέντρο -- στο παράδειγμα του συνημμένου ( $R\approx 2,1693$ ):

#8

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 07, 2020 9:19 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 30, 2020 11:09 am

min## έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 1:25 pm
1)
Να δειχτεί ότι τα σημεία στα οποία τέμνονται ελλείψεις με κάθετους μεταξύ τους άξονες είναι ομοκυκλικά.
β)γενικεύστε

Να σημειώσουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Αν τα τέσσερα σημεία τομής είναι ομοκυκλικά, τότε οι άξονες των κωνικών τέμνονται κάθετα.
Πράγματι, αν οι δύο κωνικές είναι της μορφής και $Ax^2+Fxy+By^2+Cx+Dy+E=0, F\neq 0$ , αν δηλαδή οι δύο κωνικές δεν είναι ορθογώνιες (δεν τέμνονται κάθετα οι άξονες τους), τότε η εξίσωση κύκλου

$(r_k-p)^2+\left( \pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}-q\right)^2=R^2$

δεν μπορεί να έχει 4 ρίζες: η σχέση-κλειδί

$\pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}=d+2b\dfrac{(Ab-aB)r_k^2+(bC-Bc)r_k+(bE-Be)}{Bd-bD}$

αντικαθίσταται τώρα από την

$\pm \sqrt{d^2-4abr_k^2-4bcr_k-4be}=d+2b\dfrac{(Ab-aB)r_k^2+(bC-Bc)r_k+(bE-Be)}{Bd-bD-bFr_k},$

οπότε η εξίσωση κύκλου ανάγεται όχι σε δευτεροβάθμια όπου για κατάλληλα , μηδενίζονται οι συντελεστές των , -- είναι η στρατηγική που ακολούθησα για την απόδειξη του ευθέος -- αλλά είτε σε τριτοβάθμια με συντελεστή του ίσο προς (περίπτωση $b\neq 0$ ) είτε σε τριτοβάθμια που συζητώ στην επόμενη δημοσίευση (περίπτωση ). (Στην πρώτη περίπτωση ο συντελεστής του μηδενίζεται αν και μόνον αν , οπότε η κωνική είναι κύκλος (και το πρόβλημα καθίσταται τετριμμένο).)

Ως ... παράπλευρη ωφέλεια των ανωτέρω προκύπτει -- για και ορθογώνιες κωνικές -- ο υπολογισμός της ακτίνας του κύκλου των 4 σημείων:

$\displaystyle R=\sqrt{p^2+q^2-\dfrac{e}{b}+2\left(q+\dfrac{d}{2b}\right)\left(\dfrac{Be-bE}{Bd-bD}\right)$

Έχω ελέγξει τον τύπο αυτό -- όπως και αυτόν για το κέντρο -- στο παράδειγμα του συνημμένου ( $R\approx 2,1693$ ):

Η περίπτωση b=0

έμεινε στην πραγματικότητα ακάλυπτη χθες βράδυ, οπότε:

Αν b=0

από την πρώτη κωνική έχουμε $y=-\dfrac{ax^2+cx+e}{d}$ και με αντικατάσταση στην δεύτερη κωνική λαμβάνουμε

$\dfrac{(ar_k^2+cr_k+e)^2}{d^2}=-\dfrac{Ar_k^2}{B}+\dfrac{(ar_k^2+cr_k+e)Fr_k}{Bd}-\dfrac{Cr_k}{B}+\dfrac{D(ar_k^2+cr_k+e)}{Bd}-\dfrac{E}{B}.$

[Δεν μπορεί να ισχύει ΚΑΙ η B=0

, διότι τότε θα είχαμε δύο 'παράλληλες' παραβολές τεμνόμενες σε 4 σημεία!]

Αντικαθιστώντας τώρα την παραπάνω στην εξίσωση κύκλου

$(r_k-p)^2+\left(-\dfrac{ar_k^2+cr_k+e}{d}-q\right)^2=R^2$

... απαλλαγόμαστε από το τετράγωνο του τριωνύμου και καταλήγουμε στην

$(r_k-p)^2-\dfrac{Ar_k^2}{B}+\dfrac{(ar_k^2+cr_k+e)Fr_k}{Bd}-\dfrac{Cr_k}{B}+\dfrac{D(ar_k^2+cr_k+e)}{Bd}-\dfrac{E}{B}+\dfrac{2q(ar_k^2+cr_k+e)}{d}+q^2=$

=R^2.

Αν τώρα $F\neq 0$ έχουμε και πάλι καταλήξει σε τριτοβάθμια με 4 ρίζες, άτοπο. Ισχύει λοιπόν αναγκαστικά η F=0

, και οι δύο κωνικές είναι όντως ορθογώνιες.

Παρατηρούμε εδώ ότι με F=0

καταλήγουμε στην δευτεροβάθμια

$\left(1-\dfrac{A}{B}+\dfrac{aD}{Bd}+\dfrac{2aq}{d}\right)r_k^2+\left(\dfrac{2cq}{d}-\dfrac{C}{B}+\dfrac{cD}{Bd}-2p\right)r_k+p^2+\dfrac{De}{Bd}-\dfrac{E}{B}+\dfrac{2eq}{d}+q^2=R^2,$

η οποία δίνει $q=\dfrac{Ad-aD-Bd}{2aB}$ και $p=\dfrac{Ac-Bc-aC}{2aB}$ , επαληθεύοντας τους γενικούς τύπους κέντρου που έχω δώσει, ενώ για την ακτίνα δίνει

$R=\sqrt{p^2+q^2+\dfrac{De}{Bd}-\dfrac{E}{B}+\dfrac{2eq}{d}}.$

[Δεν έχω χρόνο να επαληθεύσω την ακτίνα, αν χρειαστεί θα επανέλθω

]

#9

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 05, 2020 9:44 pm
...
Αντί περισσοτέρων παραδειγμάτων και περιπτώσεων ... ο γενικός τύπος για το κέντρο του κύκλου επί του οποίου κείνται τα 4 σημεία τομής (όταν βέβαια υπάρχουν) δύο κωνικών , ... που επαληθεύει τους προηγούμενους:

$p=\displaystyle \dfrac{c(A-B)-C(a-b)}{2(aB-Ab)}$ , $q=\displaystyle \dfrac{d(A-B)-D(a-b)}{2(aB-Ab)}$

Η πορεία προς τους παραπάνω πανέμορφους τύπους είναι επίπονη,
....

Γιώργο, Like! Respect!

Τελικά οι "μοναχικοί" αγώνες οδηγούν στην εξέλιξη...

#10

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 08, 2020 11:04 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 05, 2020 9:44 pm
...
Αντί περισσοτέρων παραδειγμάτων και περιπτώσεων ... ο γενικός τύπος για το κέντρο του κύκλου επί του οποίου κείνται τα 4 σημεία τομής (όταν βέβαια υπάρχουν) δύο κωνικών , ... που επαληθεύει τους προηγούμενους:

$p=\displaystyle \dfrac{c(A-B)-C(a-b)}{2(aB-Ab)}$ , $q=\displaystyle \dfrac{d(A-B)-D(a-b)}{2(aB-Ab)}$

Η πορεία προς τους παραπάνω πανέμορφους τύπους είναι επίπονη,
....
Γιώργο, Like! Respect!

Τελικά οι "μοναχικοί" αγώνες οδηγούν στην εξέλιξη...

Κώστα σ' ευχαριστώ πολύ, ΟΝΤΩΣ αισθάνθηκα ΜΟΝΟΣ για 2-3 λεπτά, καθώς ... ύστερα από τον αναπάντεχα συμμετρικό τύπο για το

... μου ήταν δύσκολο να φανταστώ ΠΩΣ θα μπορούσε να προκύψει, ως ΙΣΩΣ όφειλε, ένας ανάλογα συμμετρικός τύπος για το

Πέραν της πανέμορφης συμμετρίας -- που μάλλον παραπέμπει και σε 'απλούστερο'/γεωμετρικότερο τρόπο προσέγγισης

-- δεν ξέρω πόσο αναπάντεχο είναι να είναι ρητές συναρτήσεις των συντελεστών των κωνικών οι συντεταγμένες του κέντρου του κύκλου, ούτε και αν είναι γνωστοί οι παραπάνω τύποι. Ενδιαφέρον επίσης παρουσιάζει το 'νόημα' του σημείου (p,q)

, που σαφώς και ορίζεται ακόμη και όταν δεν υπάρχουν αρκετά σημεία τομής των δύο κωνικών ώστε να ορίζουν κύκλο (όπως στο συνημμένο παράδειγμα).

: νόημα-κέντρου.png (11.43 KiB) Προβλήθηκε 3049 φορές

Al.Koutsouridis · #11

Στο ίδιο μήκος κύματος για το ερώτημα (1) με τον κ. Γιώργο παραπάνω. Αν και νομίζω υπάρχουν και καθαρά γεωμετρικές λύσεις. Μεταφέρω την λύση που είχα δει στην επιπεδομετρία του Πρασάλοβ όταν είχα θέσει τα προβλήματα εδώ (για παραβολές που είναι πιο εύκολο).

Η κεντρική ιδέα είναι, ότι στην διεύθυνση του άξονα της κωνικής παίζουν ρόλο μόνο οι όροι δευτέρου βαθμού, οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε μόνο αυτούς. Αυτό μας το επιτρέπουν κατάλληλη μεταφορά και περιστροφή, που είναι ισομετρίες (θεωρείτε γνωστό αποτέλεσμα). Οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η εξίσωση της μιας κωνικής είναι της μορφής $ax^2+by^2+ \ldots =0$ .

Έστω ότι η εξίσωση της δεύτερης κωνικής είναι $a_{1}x^2+b_{1}y^2+c_{1}xy+ \ldots=0$ . Αν ο γραμμικός συνδιασμός των παραπάνω δυο κωνικών είναι της μορφής $x^2+y^2+\ldots =0$ (δηλαδή κύκλος), τότε $c_{1}=0$ , άρα οι άξονες των κωνικών είναι κάθετοι.

Αντίστροφα, έστω $c_{1} = 0$ . Θέτουμε $\lambda = \dfrac{a-b}{a_{1}-b_{1}}$ (η περίπτωση $a_{1}=b_{1}$ αντιστοιχεί σε κύκλους). Τότε $a+\lambda a_1} = b+\lambda b_{1}$ . Μένει να παρατηρήσουμε ότι, αν $a+\lambda a_{1} = b+\lambda b_{1} =0$ , τότε οι υπό εξέταση κωνικές έχουν το πολύ δυο κοινά σημεία, καθώς μεταξύ των γραμμικών συνδιασμών τους υπάρχουν γραμμικές εξισώσεις.

min## · #12

Καλησπέρα,ευχαριστώ για το ενδιαφέρον και συγγνώμη για την καθυστέρηση.
Ομολογώ πως δεν έχω τσεκάρει πλήρως τις πράξεις του κ. Γιώργου.
Όπως είδα πάντως την Αναλυτική μέθοδο είχα σκεφτεί να εργαστώ με οικογένειες Κωνικών και βρήκα μια αυτοσχέδια λύση παρόμοια όμως στη φιλοσοφία εκείνης του κ. Αλέξανδρου-οπότε δεν την ανεβάζω.
Αυτοσχεδίασα ξανά μπαίνοντας σε πιο γνώριμα μονοπάτια και κάτι βρήκα-πιο Γεωμετρικό με ένα επιπλέον ωραίο Αλγεβρικό επιχείρημα.
Οπότε πρώτα το αλγεβρικό επιχείρημα:

1)Σε κάθε -μη εκφυλισμένη-οικογένεια κωνικών,είτε κάθε διεύθυνση (αξόνων) εμφανίζεται πεπερασμένες φορές,είτε υπάρχει μόνο ένα ζεύγος διευθύνσεων (κάθετων αξόνων-με εξαίρεση την παραβολή που έχει 1 άξονα).

Απόδειξη: Έστω $C_{1},C_{2}$ οι εξισώσεις 2 εκ των κωνικών της οικογένειας.
Κάθε κωνική της οικογένειας γράφεται ως $C_{1}+k\cdot C_{2}$ όπου

παράμετρος και με μοναδικό μάλιστα τρόπο.
Αν υποθέσουμε πως κάποια διεύθυνση αξόνων εμφανίζεται άπειρες φορές,τότε από εδώ https://math.stackexchange.com/question ... ic-section προκύπτει μια ρητή παράσταση ως προς

που μηδενίζει για άπειρες τιμές του

.Επομένως η ρητή παράσταση είναι ταυτοτικά

κλπ .

Πάμε πλέον στο Γεωμετρικό κομμάτι.
Καταρχάς παρατηρούμε ότι :
2)Δεδομένων τεσσάρων σημείων τα οποία ανά

είναι μη συνευθειακά,υπάρχουν άπειρες Υπερβολές που ανήκουν στην οικογένεια που ορίζεται από αυτά τα σημεία.
Πράγματι αρκεί να επιλέξουμε για πέμπτο σημείο σημεία στην ευθεία στο άπειρο:το πολύ

από αυτά δίνουν παραβολή (τα σταθερά σημεία της ευθείας στο άπειρο υπό την ενέλιξη που δημιουργεί η οικογένεια) και όλα τα υπόλοιπα δίνουν Υπερβολή όπως θέλαμε.
Γιατί όμως επιλέγουμε να "δούμε" τις Υπερβολές;
Η απάντηση είναι :Ασύμπτωτοι.
Δείχνουμε το Γεωμετρικό κομμάτι.
3)"Δεδομένου εγγράψιμου τετραπλεύρου ABCD

να δειχθεί ότι οι περιγεγγραμμένες Υπερβολές του έχουν όλες την ίδια διεύθυνση αξόνων."
Οι άξονες της Υπερβολής δεν είναι τίποτε άλλο παρά οι διχοτόμοι της γωνίας που σχηματίζουν οι Ασύμπτωτοι της.
Θεωρώντας τον ισογώνιο μετασχηματισμό ως προς το ABC

και λόγω του κοινού σημείου στον περίκυκλο,οι Υπερβολές (έστω $H_{1},H_{2}$ δύο από αυτές) μετασχηματίζονται σε παράλληλες ευθείες (έστω $H'_{1},H'_{2}$ ).
Ας είναι $(ABC) \cap H'_{1} \equiv X,Y$ και
$(ABC) \cap H'_{2} \equiv Z,W$ .
Από γνωστή θεωρία,οι Ασύμπτωτες της $H_{1}$ έχουν διεύθυνσεις κάθετες στις ευθείες Simson

των

και εκείνες της $H_{2}$ σε εκείνες των Z,W

.
Οι τέσσερις ευθείες Steiner

, $l_{1},l_{2},..l_{4}$ κατά σειρά (που έχουν ίδια διεύθυνση με τις αντίστοιχες Simson

) περνούν από κοινό σημείο-το Ορθόκεντρο του ABC

.
Επιπλέον είναι απλό ότι οι $(l_{1},l_{2})\angle,(l_{3},l_{4})\angle$ έχουν κοινές διχοτόμους-λόγω των ίσων τόξων XZ,YW

.
Συνεπώςτο ίδιο θα ισχύει και για τις Ασυμπτώτους.

Τέλος,το ζητούμενο έπεται από 1),2),3)

..

*Ίσως να χει ξεφύγει τίποτα γιατί γράφω και από κινητό
Edit:Ουσιαστικά δείχτηκε η πρόταση του κ.Αλέξανδρου που είναι η αντίστροφη της αρχικής.
Για το ευθύ μπορούμε να πάμε με άτοπο :Υποθέτουμε ότι οι δύο κωνικές τέμνονται στα A,B,C,D

που είναι μη ομοκυκλικά,και επανατέμνουν τον (ABC)

στα

.
Κάθε μία από αυτές δημιουργεί μαζί με τον κύκλο μια οικογένεια,ενώ οι

οικογένειες έχουν ίδιες-κάθετες διευθύνσεις αξόνων (αντίστροφο-δείχτηκε παραπάνω).
Μπορούμε για ευκολία να θεωρήσουμε τις $AB\cup CX,AB\cup CY$ οι οποίες έχουν άξονες τις διχοτόμος των γωνιών που προκύπτουν.Μπορούμε να δούμε πως για να έχουν οι διχοτόμοι ίδια διεύθυνση πρέπει απαραίτητα $X\equiv Y$ που είναι άτοπο από υπόθεση.
Edit2:Άλλαξα ένα επιχείρημα

Al.Koutsouridis · #13

min## έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 1:24 am

3)"Δεδομένου εγγράψιμου τετραπλεύρου να δειχθεί ότι οι περιγεγγραμμένες Υπερβολές του έχουν όλες την ίδια διεύθυνση αξόνων."

Θα ήθελα να δώσω και πάλι συγχαρητήρια για τις σκέψεις σου και τις λύσεις σου. Ελπίζω να σου έχει ζητηθεί ήδη να τις καταγράψεις σε άρθρα είτε σε περιοδικά όπως ο Ευκλείδης, είτε κάποια πιο άγνωστα αποτελέσματα, σε επιστημονικά. Με το (3) μου δίνεις την ευκαιρία να μεταφέρω το πρόβλημα από το προαναφερθέν βιβλίο του Πρασάλοβ που το τελευταίο ερώτημα καταλήγει σε αυτό το αποτέλεσμα.

Άσκηση:
α) Αποδείξτε ότι κέντρα των κωνικών, που διέρχονται από τα σημεία A,B,C,D

σχηματίζουν κωνική $\Gamma$ .

β) Η $\Gamma$ διέρχεται από τα

μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζουν αν ενώσουμε ζεύγη αυτών των σημείων και από τα

σημεία τομής ευθειών, που ορίζουν αν ενώσουμε ζεύγη των δεδομένων σημείων.

γ) Το κέντρο της $\Gamma$ συμπίπτει με το κέντρο μάζας των σημείων A,B,C,D

.

δ) Αν

είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ABC

, τότε η $\Gamma$ είναι ο κύκλος των εννέα σημείων αυτού του τριγώνου.

ε) Αν το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγράψιμο, τότε η $\Gamma$ είναι υπερβολή με κάθετες ασυμπτώτους. Σε αυτή την περίπτωση οι άξονες όλων των κωνικών αυτής της οικογένειας είναι παράλληλοι με τις ασύμπτωτες της $\Gamma$

#14

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 11:37 am

min## έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 1:24 am

3)"Δεδομένου εγγράψιμου τετραπλεύρου να δειχθεί ότι οι περιγεγγραμμένες Υπερβολές του έχουν όλες την ίδια διεύθυνση αξόνων."

Θα ήθελα να δώσω και πάλι συγχαρητήρια για τις σκέψεις σου και τις λύσεις σου. Ελπίζω να σου έχει ζητηθεί ήδη να τις καταγράψεις σε άρθρα είτε σε περιοδικά όπως ο Ευκλείδης, είτε κάποια πιο άγνωστα αποτελέσματα, σε επιστημονικά. Με το (3) μου δίνεις την ευκαιρία να μεταφέρω το πρόβλημα από το προαναφερθέν βιβλίο του Πρασάλοβ που το τελευταίο ερώτημα καταλήγει σε αυτό το αποτέλεσμα.

Άσκηση:
α) Αποδείξτε ότι κέντρα των κωνικών, που διέρχονται από τα σημεία σχηματίζουν κωνική $\Gamma$ .

β) Η $\Gamma$ διέρχεται από τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζουν αν ενώσουμε ζεύγη αυτών των σημείων και από τα σημεία τομής ευθειών, που ορίζουν αν ενώσουμε ζεύγη των δεδομένων σημείων.

γ) Το κέντρο της $\Gamma$ συμπίπτει με το κέντρο μάζας των σημείων .

δ) Αν είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου , τότε η $\Gamma$ είναι ο κύκλος των εννέα σημείων αυτού του τριγώνου.

ε) Αν το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, τότε η $\Gamma$ είναι υπερβολή με κάθετες ασυμπτώτους. Σε αυτή την περίπτωση οι άξονες όλων των κωνικών αυτής της οικογένειας είναι παράλληλοι με τις ασύμπτωτες της $\Gamma$

Πράγματι συναρπαστικά όλα αυτά, θερμά συγχαρητήρια στον Μηνά (και ευχαριστίες στον Αλέξανδρο) και από εμένα, να πω απλώς ότι η υπολογιστική/στοιχειώδης μέθοδος μου έλυσε βέβαια πλήρως το πρώτο ερώτημα που τέθηκε παραπάνω (#1, 25-1-2020), δεν έχω όμως ανάλογη προσέγγιση για το δεύτερο ερώτημα.

Al.Koutsouridis · #15

min## έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 1:25 pm

2)Δίνονται κύκλοι και μια Κωνική που δεν είναι κύκλος,που τέμνονται σε κοινά για όλους σημεία.
Να δειχτεί ότι τα σημεία τομής που περισσεύουν (κύκλου/κωνικής και άλλου κύκλου/κωνικής) ορίζουν παράλληλες μεταξύ τους ευθείες.

Το πρόβλημα αυτό θα μπορούσαμε να πούμε ότι σχετίζεται με την έννοια της αντιπαράλληλης σε κωνική. Βλέπε για παράδειγμα το άρθρο του Κοζέβνικοβ. "Αντιπαράλληλοι και κωνικές" στο περιοδικό Κβαντ τέυχος 8, του 2017. Η εξέταση των σχημάτων νομίζω δίνει μια ιδέα. Αν βρω χρόνο θα προσπαθήσω να μεταφέρω κάποια πράματα πιο αναλυτικά.

Το βασικό θεώρημα που καταλλήγει το άρθρο είναι:

Κριτήριο αντιπαραλληλότητας

Έστω $\alpha$ μια κωνική της κλάσης (δηλαδή την έχουμε περιστρέψει κατάλληλα ώστε οι άξονές τις να είναι παράλληλλοι με τους άξονες συντεταγμένων) και διαφορετικά μεταξύ τους σημεία αυτής της κωνικής τέτοια, ώστε η $\alpha$ να μην περιέχει εξ ολοκλήρου ούτε την ευθεία , ούτε την ευθεία . Τα σημεία είναι ομοκυκλικά αν και μόνο αν οι και είναι αντιπαράλληλες.

: antiparallel_on_conic.png (24.13 KiB) Προβλήθηκε 2811 φορές

Για να απαντήσουμε στο ερώτημα (2) αρκεί απλά να εφαρμόσουμε το παραπάνω θεώρημα δυο φορές σε κάθε τετράδα ομοκυκλικών σημείων. Μένει βέβαια να αποδείξουμε το παραπάνω θεώρημα

.

min## · #16

Επιτρέψτε μου να παρέμβω

:
Με αυτό το εξαιρετικό Θεώρημα υπάρχει πλέον σύνδεση των
2 θεμάτων (την οποία προφανώς δεν είχα σκεφτεί

):
Πράγματι τα μέλη της οικογένειας των κωνικών που περνάνε
από τα K,L,M,N

έχουν κάθετους/παράλληλους άξονες στους άξονες της $\alpha$ (οι το πολύ

παραβολές της οικογένειας στον έναν από τους

εκτός φυσικά αν η $\alpha$ είναι παραβολή).Μέλος της οικογένειας είναι και η $KL\cup MN$ , που έχει άξονες τις διχοτόμους της $KXM\angle,X\equiv KL\cap MN$ .Μπορούμε όμως να δούμε με απλό κυνήγι γωνιών πως αυτές οι διχοτόμοι έχουν την ιδιότητα που θέμε,οπότε λόγω παραλληλίας-καθετότητας το ίδιο θα ισχύει για όλους τους άξονες της οικογένειας..
Υγ.Δεν ήταν αυτή που είχα κατά νου,αλλά σίγουρα έχει μεγαλύτερη αξία

#17

Αφοπλιστικό το λήμμα σου, Αλέξανδρε! Έχοντας πλέον να κάνουμε με μία κωνική και ΕΝΑΝ κύκλο ... δίνει λύση στο δεύτερο ερώτημα του Μηνά ΚΑΙ η δική μου μέθοδος, εύλογα εφαρμοσμένη είτε σε (Ι) παραβολή της μορφής y=ax^2

είτε σε (II) έλλειψη/υπερβολή της μορφής $\dfrac{x^2}{a^2}\pm \dfrac{y^2}{b^2}=1$ .

(I) Ας είναι { x_k,y_k

} τα τέσσερα σημεία τομής της παραβολής y=ax^2

και του κύκλου (x-p)^2+(y-q)^2=R^2

. Για την ζητούμενη αντιπαραλληλία αρκεί προφανώς να δείξουμε ότι ισχύει η εξίσωση κλίσεων

$\dfrac{y_i-y_j}{x_i-x_j}+\dfrac{y_m-y_n}{x_m-x_n}=0$

για κάθε μετάθεση i, j, m, n

των

.

Από την y_k=ax_k^2

και την κλίση $\dfrac{y_i-y_j}{x_i-x_j}=a(x_i+x_j)$ προκύπτει άμεσα ότι αρκεί να δειχθεί η x_1+x_2+x_3+x_4=0

. Αυτό όντως συμβαίνει επειδή οι x_1, x_2, x_3, x_4

είναι ρίζες της εξίσωσης τομής (x-p)^2+(ax^2-q)^2=R^2

, μιας τεταρτοβάθμιας χωρίς τριτοβάθμιο όρο.

(ΙΙ) Ας είναι { x_k,y_k

} τα τέσσερα σημεία τομής της έλλειψης/υπερβολής $\dfrac{x^2}{a^2}\pm\dfrac{y^2}{b^2}=1$ και του κύκλου (x-p)^2+(y-q)^2=R^2

. Για την ζητούμενη αντιπαραλληλία αρκεί και πάλι να δείξουμε ότι ισχύει η εξίσωση κλίσεων

$\dfrac{y_i-y_j}{x_i-x_j}+\dfrac{y_m-y_n}{x_m-x_n}=0$

για κάθε μετάθεση i, j, m, n

των

.

Αντικαθιστώντας την $y^2=\pm b^2\mp \dfrac{b^2}{a^2}x^2$ στην (x-p)^2+(y-q)^2=R^2

λαμβάνουμε την

$y=\dfrac{\left(1\mp \dfrac{b^2}{a^2}\right)x^2-2px\pm b^2+p^2+q^2-R^2}{2q},$

και από αυτήν τόσο την εξίσωση τομής

$4q^2\left(\pm b^2\mp \dfrac{b^2}{a^2}x^2\right)=\left[\left(1\mp \dfrac{b^2}{a^2}\right)x^2-2px\pm b^2+p^2+q^2-R^2\right]^2$

όσο και την κλίση

$\dfrac{y_i-y_j}{x_i-x_j}=\dfrac{\left(1\mp \dfrac{b^2}{a^2}\right)(x_i+x_j)-2p}{2q}.$

Για τις ρίζες της εξίσωσης τομής προκύπτει τώρα η

$x_1+x_2+x_3+x_4=\dfrac{4p}{\left(1\mp \dfrac{b^2}{a^2}\right)},$

και από αυτήν η ζητούμενη εξίσωση κλίσεων (που ίσχυε, πολύ πιο άμεσα, και στην περίπτωση της παραβολής).

2 Θέματα στις Κωνικές

2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Re: 2 Θέματα στις Κωνικές

Μέλη σε σύνδεση