Διαστημική συνευθειακότητα

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10854
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Διαστημική συνευθειακότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Οκτ 19, 2016 12:57 pm

Διαστημική  συνευθειακότητα.png
Διαστημική συνευθειακότητα.png (18.87 KiB) Προβλήθηκε 2016 φορές
Δύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες οι οποίες διέρχονται από το ορθόκεντρο H , τριγώνου \displaystyle ABC ,τέμνουν

τις ευθείες BC,AC,AB στα σημεία A1,A2,,B1,B2 και C1,C2 . Δείξτε ότι τα μέσα M,N,L των

τμημάτων A1A2 ,C1C2,B1B2 , είναι συνευθειακά . Άρτι ανακαλυφθείσα στο Internet , συνεπώς άλυτη ...

Σημείωση : Βρίσκοντας κι άλλες πηγές , διαπιστώνω ότι πρόκειται για εξαιρετικά περίπλοκο θέμα , το οποίο

μάλιστα είναι επώνυμο Θεώρημα . Συνεπώς μην ασχολείστε , εκτός αν ... ( Το όνομα του θεωρήματος αύριο )



Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Τετ Οκτ 19, 2016 5:42 pm

Πάντως "κλέβοντας" λίγο με διανύσματα βλέπουμε ότι πρέπει να αποδείξουμε συγγραμμικά τα (\overrightarrow{B_1} + \overrightarrow{B_2}) - (\overrightarrow{C_1} + \overrightarrow{C_2}),(\overrightarrow{C_1} + \overrightarrow{C_2}) - (\overrightarrow{A_1} + \overrightarrow{A_2}), δηλαδή τα \overrightarrow{B_1C_1} + \overrightarrow{B_2C_2}, \overrightarrow{C_1A_1} + \overrightarrow{C_2A_2}. Λόγω συνευθειακότητας των A_1, B_1, C_1 και A_2, B_2, C_2 αυτό ανάγεται στην αναλογία \displaystyle \frac{B_1C_1}{C_1A_1} = \frac{B_2C_2}{C_2A_2} ή, ισοδύναμα, \displaystyle \frac{B_1A}{BA_1} = \frac{B_2A}{BA_2} . Με νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα \triangle{AHB_1}, \triangle{BHA_1} μπορούμε να γράψουμε το λόγο \displaystyle\frac{B_1A}{BA_1} ως συνάρτηση της γωνίας \phi = \angle{HA_1B}, συμμετρική ως προς το μετασχηματισμό \phi \to \pi / 2 + \phi, που αποδεικνύει το ζητούμενο.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8414
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Οκτ 19, 2016 6:17 pm

Ως προς το ιστορικό κομμάτι του θεωρήματος, να πω ότι διατυπώθηκε χωρίς απόδειξη στο τέλος του 19ου αιώνα και η πρώτη γνωστή

απόδειξη ήρθε μετά από 87 ολόκληρα χρόνια με αναλυτική Γεωμετρία, από τον I. Sharygin. Μία ωραία απόδειξη με συνθετική Γεωμετρία

δόθηκε το 2004 από τον Jean-Louis Ayme, ένα σπουδαίο εν ζωή Γεωμέτρη (που έχω την τιμή να έχω φιλοξενηθεί στην ιστοσελίδα του).

Δεν αποκαλύπτω το όνομα του θεωρήματος. Αυτό θα τα γράψει αύριο ο KARKAR.


Όση ώρα πληκτρολογούσα δημοσιεύτηκε η λύση του Δημήτρη Σκουτέρη που δεν διάβασα ακόμα.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Οκτ 20, 2016 12:39 am

KARKAR έγραψε:Διαστημική συνευθειακότητα.pngΔύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες οι οποίες διέρχονται από το ορθόκεντρο H , τριγώνου \displaystyle ABC ,τέμνουν τις ευθείες BC,AC,AB στα σημεία A1,A2,,B1,B2 και C1,C2 . Δείξτε ότι τα μέσα M,N,L των τμημάτων A1A2 ,C1C2,B1B2 , είναι συνευθειακά . Άρτι ανακαλυφθείσα στο Internet , συνεπώς άλυτη ...
Σημείωση : Βρίσκοντας κι άλλες πηγές , διαπιστώνω ότι πρόκειται για εξαιρετικά περίπλοκο θέμα , το οποίο
μάλιστα είναι επώνυμο Θεώρημα . Συνεπώς μην ασχολείστε , εκτός αν ... ( Το όνομα του θεωρήματος αύριο )
Θανάση και Γιώργο καλημέρα!!.

Δεν γνωρίζω το θεώρημα ούτε και τη συνθετική λύση του εν ζωή σπουδαίου Γάλλου Γεωμέτρη. Ελπίζω να μην είναι ίδια με τη δική μου :shock:


\bullet Ας είναι {{C}_{3}},{{C}_{4}} τα συμμετρικά του {{C}_{1}} ως προς τα μέσα L,M των {{B}_{1}}{{B}_{2}} και {{A}_{1}}{{A}_{2}} αντίστοιχα. Τότε προφανώς \boxed{{B_2}{C_3} = \parallel {B_1}{C_1}}:\left( 1 \right),\,\,\boxed{{A_1}{C_1} = \parallel {A_2}{C_4}}:\left( 2 \right) και

\boxed{NL\parallel {C_3}{C_4}}:\left( 3 \right),\boxed{MN\parallel {C_2}{C_4}}:\left( 4 \right) (συνδέουν τα μέσα πλευρών τριγώνων) .
Από \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{{B_2}{C_3}\parallel {A_2}{C_4}}:\left( 5 \right) και αρκεί να δείξουμε ότι {{C}_{2}},{{C}_{3}},{{C}_{4}} είναι συνευθειακά.

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle {{A}_{2}}{{B}_{2}}C με διατέμνουσα την A{C_2}B \Rightarrow \dfrac{{{C_2}{A_2}}}{{{C_2}{B_2}}} \cdot \dfrac{{{B_2}A}}{{AC}} \cdot \dfrac{{BC}}{{B{A_2}}} = 1 \Rightarrow \boxed{\dfrac{{{C_2}{A_2}}}{{{C_2}{B_2}}} = \dfrac{{B{A_2}}}{{{B_2}A}} \cdot \dfrac{{AC}}{{BC}}}:\left( 6 \right).

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle {{B}_{1}}{{A}_{1}}C με διατέμνουσα την A{C_1}B \Rightarrow \dfrac{{{C_1}{A_1}}}{{{C_1}{B_1}}} \cdot \dfrac{{A{B_1}}}{{AC}} \cdot \dfrac{{BC}}{{B{A_1}}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{{C_1}{A_1}}}{{{C_1}{B_1}}} = \dfrac{{B{A_1}}}{{A{B_1}}} \cdot \dfrac{{AC}}{{BC}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \boxed{\dfrac{{{A_2}{C_4}}}{{{B_2}{C_3}}} = \dfrac{{B{A_1}}}{{A{B_1}}} \cdot \dfrac{{AC}}{{BC}}}:\left( 7 \right).
[attachment=0]Διαστημική συνευθειακότητα.png[/attachment]
\bullet Έστω P,{{B}_{3}} τα ίχνη των εκ των A,B καθέτων στις {{B}_{1}}H,{{A}_{2}}H αντίστοιχα και Q\equiv AP\cap BB{}_{3} .

Από AP\parallel H{{B}_{2}} (κάθετες στην B{{H}_{1}} ) προκύπτει ότι \dfrac{B{{A}_{1}}}{B{{A}_{2}}}=\dfrac{{{B}_{3}}H}{{{B}_{3}}{{A}_{2}}}:\left( 8 \right) και \dfrac{A{{B}_{1}}}{{{B}_{2}}A}=\dfrac{PA}{PH}:\left( 9 \right).

Είναι \left\{ \begin{gathered} 
  \angle AH{B_1}\mathop  = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \angle {A_2}BH \hfill \\ 
  \angle A{B_1}H\mathop  = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \angle BH{A_2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \vartriangle A{B_1}H \sim \vartriangle BH{A_2} και με AP,B{B_3}

τα ομόλογα ύψη τους προκύπτει ότι \dfrac{{P{B_1}}}{{{B_1}H}} = \dfrac{{H{B_2}}}{{H{A_2}}}\mathop  = \limits^{H{B_2} = PQ\,\left( {HPQ{B_3}\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \right)} \dfrac{{PQ}}{{H{A_2}}}\mathop  \Rightarrow \limits^{PQ\parallel H{A_2}} {B_1},Q,{A_2} συνευθειακά.

Ετσι \dfrac{{B{A_2}}}{{B{A_1}}}\mathop  = \limits^{BQ\parallel {A_1}{B_1}} \dfrac{{Q{A_2}}}{{Q{B_1}}}\mathop  = \limits^{AQ\parallel {A_2}{B_2}} \dfrac{{{B_2}A}}{{{B_1}A}} \Rightarrow \dfrac{{B{A_2}}}{{{B_2}A}} = \dfrac{{B{A_1}}}{{{B_1}A}} \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right),\left( 7 \right)} \dfrac{{{C_2}{A_2}}}{{{C_2}{B_2}}} = \dfrac{{{A_2}{C_4}}}{{{B_2}{C_3}}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right):{A_2}{C_4}\parallel {B_2}{C_3}} {C_2},{C_3},{C_4}

συνευθειακά και από \left( 1 \right),\left( 2 \right) προκύπτει ότι και {{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}} είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί
.
Δείτε τη Γενίκευση θεωρήματος Droz - Farny

Με εκτίμηση
Στάθης


Υ.Σ. Γιώργο και εγώ εν ζωή είμαι :lol:
Συνημμένα
Διαστημική συνευθειακότητα.png
Διαστημική συνευθειακότητα.png (59.42 KiB) Προβλήθηκε 1897 φορές
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Δευ Οκτ 24, 2016 10:39 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10854
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Οκτ 20, 2016 10:32 am

Πρόκειται λοιπόν για το θεώρημα Droz-Farny . Αφορμή ήταν η δημοσίευση αυτή .

Η λύση στην οποία παραπέμπει ο Γιώργος εδώ .

Στο διαδίκτυο κυκλοφορούν άφθονες πληροφορίες για το θέμα .

Αν η λύση του Στάθη είναι ΟΚ πράγμα σχεδόν βέβαιο , πρόκειται για μια λύση επίτευγμα .

Δείτε σχετική αναφορά εδώ


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8414
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Οκτ 20, 2016 11:04 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Υ.Σ. Γιώργο και εγώ εν ζωή είμαι :lol:
Φυσικά και είσαι εν ζωή Στάθη! Μόνο που εσύ είσαι ένας σπουδαίος Έλληνας Γεωμέτρης :clap2: :clap2:


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 975
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Πέμ Οκτ 20, 2016 11:22 am

Μία ενδιαφέρουσα λύση υπάρχει και στο βιβλίο των Ζασλαβσκιϊ και Ακοπιάν "Γεωμετρικές ιδιότητες καμπυλών δευτέρου βαθμού" σελ. 115.

Η λύση βασίζεται σε δυο επιμέρους προτάσεις.

Θεώρημα 1.7 σελ. 25: Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων P, από τα οποία μια παραβολή φαίνεται υπό ορθή γωνία, είναι η διευθετούσα της παραβολής. Επιπλέον αν PX,PY οι εφαπτομένες στην παραβολή τότε το XY περιέχει την εστία της παραβολής F και PF το ύψος του τριγώνου PXY.

Θεώρημα 1.10 σελ. 26: Έστω ABC τρίγωνο περιγεγραμμένο σε παραβολή (δηλαδή οι ευθείες AB, AC, BC εφάπτονται αυτής). Τότε η εστία της παραβολής βρίσκεται επί του περιγεγραμμένου κύκλου του τιγώνου ABC.

Θεώρημα 1.11 σελ.29: Το ορθόκεντρο τριγώνου περιγεγραμμένου σε παραβολή βρίσκεται επί της διευθετούσας.

Στη συνέχεια θεωρούμε την παραβολή που εφάπτεται των πλευρών του δοσμένου τριγώνου και με την βοήθεια των παραπάνω θεωρημάτων η απόδειξη απλουστεύεται...



Υγ. Ο κ.Κούτρας δε νομίζω να υστερεί σε τίποτα από τους αναφερθέντες γεωμέτρες. Και αν χρησιμοποιήσουμε την ποδοσφαιρική αργκό και τον έλεγαν Κουτράτζιν ή Σταθιέ Κουτράς θα λέγαμε άλλα...


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Οκτ 20, 2016 1:17 pm

\bullet Στο τρίγωνο \vartriangle A_{1}B_{1}C με διατέμνουσα την AC_{1}B , σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε \displaystyle \frac{C_{1}A_{1}}{C_{1}B_{1}}\cdot \frac{AB_{1}}{AC}\cdot \frac{BC}{BA_{1}} = 1\Rightarrow \displaystyle \frac{C_{1}A_{1}}{C_{1}B_{1}} = \frac{AC}{AB_{1}}\cdot \frac{BA_{1}}{BC}\ \ \ ,(1)

Στο τρίγωνο \vartriangle A_{2}B_{2}C με διατέμνουσα την AC_{2}B , έχουμε \displaystyle \frac{C_{2}A_{2}}{C_{2}B_{2}}\cdot \frac{AB_{2}}{AC}\cdot \frac{BC}{BA_{2}} = 1\Rightarrow \displaystyle \frac{C_{2}A_{2}}{C_{2}B_{2}} = \frac{AC}{AB_{2}}\cdot \frac{BA_{2}}{BC}\ \ \ ,(2)

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε \displaystyle \frac{AB_{1}}{AB_{2}} = \frac{BA_{1}}{BA_{2}}\Rightarrow \displaystyle \frac{BA_{1}}{AB_{1}} = \frac{BA_{2}}{AB_{2}}\ \ \ ,(3)

Από (1),\ (2),\ (3)\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{C_{1}A_{1}}{C_{1}B_{1}} = \frac{C_{2}A_{2}}{C_{2}B_{2}}}\ \ \ ,(4)

Από (4) τώρα, στο μη κυρτό τετράπλευρο A_{1}B_{1}B_{2}A_{2} , σύμφωνα με το Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο ( αγγλιστί ERIQ theorem ) , συμπεραίνεται ότι τα σημεία M,\ N,\ L ανήκουν στην ίδια ευθεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

\bullet Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον αγαπητό φίλο Tran Quang Hung . (*)
f=62_t=56031.PNG
Διαστημική συνευθειακότητα.
f=62_t=56031.PNG (20.46 KiB) Προβλήθηκε 1666 φορές
(*) Εξαίρετος γεωμέτρης από το Βιετνάμ, νεαρής ηλικίας ( της γενιάς των δικών μας Σιλουανού Μπραζιτίκου, Δημήτρη Παπαδημητρίου, Νίκου Ράπανου, ... ) , ο οποίος διδάσκει σε ταλαντούχους μαθητές ( teacher of gifted students ) στο Πανεπιστήμιο του Ανόϊ.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο ABCD με AC\perp BD και P\equiv AC\cap BD και ας είναι S,\ T , οι προβολές του P επί των AB,\ CD , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι \displaystyle \frac{EA}{EB} = \frac{ZC}{ZD} , όπου E\equiv AB\cap PT και Z\equiv CD\cap PS.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ-(1). Είναι φανερό ότι η ως άνω απόδειξη εφαρμόζεται και στην γενικευμένη περίπτωση του Θεωρήματος Droz-Farny , που αναφέρεται στην παραπομπή που μας έδωσε ο Θανάσης πιο πάνω, στην ιστοσελίδα του Πάρι Πάμφιλου . Τα σημεία M,\ N,\ L , δεν είναι απαραίτητο να ταυτίζονται με τα μέσα των τμημάτων A_{1}A_{2},\ C_{1}C_{2},\ B_{1}B_{2} αντιστοίχως, για την ισχύ του Θεωρήματος των ίσων λόγων στο τετράπλευρο .

ΥΓ-(2). Θα βάλω αργότερα την ( απλή ) απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τρί Μάιος 07, 2019 9:59 pm, έχει επεξεργασθεί 7 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Οκτ 20, 2016 1:49 pm

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο ABCD με AC\perp BD και P\equiv AC\cap BD και ας είναι S,\ T , οι προβολές του P επί των AB,\ CD , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι \displaystyle \frac{EA}{EB} = \frac{ZC}{ZD} , όπου E\equiv AB\cap PT και Z\equiv CD\cap PS.
f=62_t=56031(a).PNG
Διαστημική συνευθειακότητα - Απόδειξη του Λήμματος.
f=62_t=56031(a).PNG (16.91 KiB) Προβλήθηκε 1713 φορές
\bullet Από \angle PAE = \angle BPS = \angle DPZ και \angle APE = \angle CPT = \angle PDZ προκύπτει ότι τα τρίγωνα \vartriangle PAE,\ \vartriangle DPZ είναι όμoια και άρα, έχουμε \displaystyle \frac{EA}{ZP} = \frac{EP}{ZD}\Rightarrow \boxed{(EA)(ZD) = (EP)(ZP)}\ \ \ ,(1)

Ομοίως, από \angle PBE = \angle APS = \angle CPZ και \angle BPE = \angle DPT = \angle PCZ προκύπτει ότι τα τρίγωνα \vartriangle PBE,\ \vartriangle CPZ είναι όμoια και άρα, έχουμε \displaystyle \frac{EB}{ZP} = \frac{EP}{ZC}\Rightarrow \boxed{(EB)(ZC) = (EP)(ZP)}\ \ \ ,(2)

Από (1),\ (2)\Rightarrow (EA)(ZD) = (EB)(ZC)\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{EA}{EB} = \frac{ZC}{ZD}} και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Απρ 26, 2019 9:38 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Οκτ 19, 2016 12:57 pm
Διαστημική συνευθειακότητα.pngΔύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες οι οποίες διέρχονται από το ορθόκεντρο H , τριγώνου \displaystyle ABC ,τέμνουν

τις ευθείες BC,AC,AB στα σημεία A1,A2,,B1,B2 και C1,C2 . Δείξτε ότι τα μέσα M,N,L των

τμημάτων A1A2 ,C1C2,B1B2 , είναι συνευθειακά . Άρτι ανακαλυφθείσα στο Internet , συνεπώς άλυτη ...

Σημείωση : Βρίσκοντας κι άλλες πηγές , διαπιστώνω ότι πρόκειται για εξαιρετικά περίπλοκο θέμα , το οποίο

μάλιστα είναι επώνυμο Θεώρημα . Συνεπώς μην ασχολείστε , εκτός αν ... ( Το όνομα του θεωρήματος αύριο )
Στο ίδιο σκεπτικό της πρώτης συνθετικής λύσης που έκανε ο αγαπητός φίλος Jean Louis Ayme αλλά αποφεύγοντας το σημείο Miquel
Θεώρημα Droz - Farny.png
Θεώρημα Droz - Farny.png (48.06 KiB) Προβλήθηκε 934 φορές
Έστω P το δεύτερο (εκτός του H) κοινό σημείο των κύκλων διαμέτρων {{A}_{1}}{{A}_{2}} και {{B}_{1}}{{B}_{2}} κέντρων προφανώς των σημείων M,L αντίστοιχα. Τότε τα τρίγωνα \vartriangle P{{A}_{1}}{{A}_{2}} και \vartriangle P{{B}_{1}}{{B}_{2}} έχουν τις πλευρές τους κάθετες μια προς μία του ίδιου προσανατολισμού και συνεπώς είναι όμοια οπότε κάθετα θα είναι και οποιαδήποτε ομόλογα τμήματά τους.
Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle {{B}_{1}}{{A}_{1}}C με διατέμνουσα την A{{C}_{1}}B θα έχουμε: \dfrac{{{C}_{1}}{{B}_{1}}}{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}\cdot \dfrac{B{{A}_{1}}}{BC}\cdot \dfrac{AC}{A{{B}_{1}}}=1:\left( 1 \right) . Ομοίως από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle {{B}_{2}}{{A}_{2}}C με διατέμνουσα την A{{C}_{2}}B θα έχουμε: \dfrac{{{C}_{2}}{{B}_{2}}}{{{C}_{2}}{{A}_{2}}}\cdot \dfrac{B{{A}_{2}}}{BC}\cdot \dfrac{AC}{A{{B}_{2}}}=1:\left( 2 \right) .
Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων \vartriangle B{{A}_{1}}H,\vartriangle AH{{B}_{2}} (κάθετες τις πλευρές τους μία προς μία του ίδιου προσανατολισμού) θα έχουμε : \dfrac{B{{A}_{1}}}{AH}=\dfrac{BH}{A{{B}_{2}}}:\left( 3 \right) και ομοίως από την (για τον ίδιο λόγο) ομοιότητα \vartriangle B{{A}_{2}}H,\vartriangle AH{{B}_{1}} θα έχουμε: \dfrac{B{{A}_{2}}}{AH}=\dfrac{BH}{A{{B}_{1}}}:\left( 4 \right)
Από \left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow \dfrac{{{C}_{1}}{{B}_{1}}}{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}=\dfrac{{{C}_{2}}{{B}_{2}}}{{{C}_{2}}{{A}_{2}}} οπότε τα τμήματα P{{C}_{1}},P{{C}_{2}} είναι ομόλογα τμήματα των ομοίων με κάθετες τις πλευρές του τριγώνων \vartriangle P{{A}_{1}}{{A}_{2}} , \vartriangle P{{B}_{1}}{{B}_{2}} και συνεπώς θα είναι και αυτά κάθετα, οπότε το σημείο P είναι και σημείο του κύκλου διαμέτρου {{C}_{1}}{{C}_{2}} κέντρου προφανώς N και συνεπώς τα M,N,L ανήκουν στην μεσοκάθετη της κοινής χορδής των ανωτέρω κύκλων και το Θεώρημα του Droz – Farny έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Η παραπάνω λύση είναι αφιερωμένη στον σύγχρονο "Θρύλο" της Γεωμετρίας Jean Louis Ayme σαν το ελάχιστο ευχαριστώ για την ΜΕΓΆΛΗ τιμή που μου έκανε να συμπεριλάβει το όνομά μου στη ΣΥΝΑΓΩΓΗ


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
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4406
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Απρ 27, 2019 1:23 pm

Στέλνω τους χαιρετισμούς και τις ευχές μου στους εκλεκτούς Γεωμέτρες μας. Εύχομαι Καλή Συνέχεια και περισσότερες διεθνείς διακρίσεις.
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Παρ Απρ 26, 2019 9:38 pm

Υ.Σ. Η παραπάνω λύση είναι αφιερωμένη στον σύγχρονο "Θρύλο" της Γεωμετρίας Jean Louis Ayme σαν το ελάχιστο ευχαριστώ για την ΜΕΓΆΛΗ τιμή που μου έκανε να συμπεριλάβει το όνομά μου στη ΣΥΝΑΓΩΓΗ.
Στάθη ο ιστότοπος του Jean Louis Ayme μπορεί να έχει γεωμετρικά διαμάντια, αλλά είναι κάπως δύσχρηστος στην πλόηγηση, γιατί δεν έχει αναλυτικό ευρετήριο. Δώσε, αν μπορείς, τούς σχετικούς σύνδεσμους.

edit: Εδώ η παρουσίαση της εργασίας του Στάθη από τον Jean Louis Ayme.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Απρ 30, 2019 1:32 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Παρ Απρ 26, 2019 9:38 pm
KARKAR έγραψε:
Τετ Οκτ 19, 2016 12:57 pm
Διαστημική συνευθειακότητα.pngΔύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες οι οποίες διέρχονται από το ορθόκεντρο H , τριγώνου \displaystyle ABC ,τέμνουν

τις ευθείες BC,AC,AB στα σημεία A1,A2,,B1,B2 και C1,C2 . Δείξτε ότι τα μέσα M,N,L των

τμημάτων A1A2 ,C1C2,B1B2 , είναι συνευθειακά . Άρτι ανακαλυφθείσα στο Internet , συνεπώς άλυτη ...

Σημείωση : Βρίσκοντας κι άλλες πηγές , διαπιστώνω ότι πρόκειται για εξαιρετικά περίπλοκο θέμα , το οποίο

μάλιστα είναι επώνυμο Θεώρημα . Συνεπώς μην ασχολείστε , εκτός αν ... ( Το όνομα του θεωρήματος αύριο )
Στο ίδιο σκεπτικό της πρώτης συνθετικής λύσης που έκανε ο αγαπητός φίλος Jean Louis Ayme αλλά αποφεύγοντας το σημείο Miquel
Θεώρημα Droz - Farny.png
Έστω P το δεύτερο (εκτός του H) κοινό σημείο των κύκλων διαμέτρων {{A}_{1}}{{A}_{2}} και {{B}_{1}}{{B}_{2}} κέντρων προφανώς των σημείων M,L αντίστοιχα. Τότε τα τρίγωνα \vartriangle P{{A}_{1}}{{A}_{2}} και \vartriangle P{{B}_{1}}{{B}_{2}} έχουν τις πλευρές τους κάθετες μια προς μία του ίδιου προσανατολισμού και συνεπώς είναι όμοια οπότε κάθετα θα είναι και οποιαδήποτε ομόλογα τμήματά τους.
Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle {{B}_{1}}{{A}_{1}}C με διατέμνουσα την A{{C}_{1}}B θα έχουμε: \dfrac{{{C}_{1}}{{B}_{1}}}{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}\cdot \dfrac{B{{A}_{1}}}{BC}\cdot \dfrac{AC}{A{{B}_{1}}}=1:\left( 1 \right) . Ομοίως από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle {{B}_{2}}{{A}_{2}}C με διατέμνουσα την A{{C}_{2}}B θα έχουμε: \dfrac{{{C}_{2}}{{B}_{2}}}{{{C}_{2}}{{A}_{2}}}\cdot \dfrac{B{{A}_{2}}}{BC}\cdot \dfrac{AC}{A{{B}_{2}}}=1:\left( 2 \right) .
Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων \vartriangle B{{A}_{1}}H,\vartriangle AH{{B}_{2}} (κάθετες τις πλευρές τους μία προς μία του ίδιου προσανατολισμού) θα έχουμε : \dfrac{B{{A}_{1}}}{AH}=\dfrac{BH}{A{{B}_{2}}}:\left( 3 \right) και ομοίως από την (για τον ίδιο λόγο) ομοιότητα \vartriangle B{{A}_{2}}H,\vartriangle AH{{B}_{1}} θα έχουμε: \dfrac{B{{A}_{2}}}{AH}=\dfrac{BH}{A{{B}_{1}}}:\left( 4 \right)
Από \left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow \dfrac{{{C}_{1}}{{B}_{1}}}{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}=\dfrac{{{C}_{2}}{{B}_{2}}}{{{C}_{2}}{{A}_{2}}} οπότε τα τμήματα P{{C}_{1}},P{{C}_{2}} είναι ομόλογα τμήματα των ομοίων με κάθετες τις πλευρές του τριγώνων \vartriangle P{{A}_{1}}{{A}_{2}} , \vartriangle P{{B}_{1}}{{B}_{2}} και συνεπώς θα είναι και αυτά κάθετα, οπότε το σημείο P είναι και σημείο του κύκλου διαμέτρου {{C}_{1}}{{C}_{2}} κέντρου προφανώς N και συνεπώς τα M,N,L ανήκουν στην μεσοκάθετη της κοινής χορδής των ανωτέρω κύκλων και το Θεώρημα του Droz – Farny έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Η παραπάνω λύση είναι αφιερωμένη στον σύγχρονο "Θρύλο" της Γεωμετρίας Jean Louis Ayme σαν το ελάχιστο ευχαριστώ για την ΜΕΓΆΛΗ τιμή που μου έκανε να συμπεριλάβει το όνομά μου στη ΣΥΝΑΓΩΓΗ
Παραλλαγή της απόδειξης του Θεωρήματος του Droz - Farny.png
Παραλλαγή της απόδειξης του Θεωρήματος του Droz - Farny.png (35.77 KiB) Προβλήθηκε 792 φορές
…. Μετά την απόδειξη στην προηγούμενη ανάρτηση\dfrac{{{B}_{1}}{{C}_{1}}}{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}=\dfrac{{{B}_{2}}{{C}_{2}}}{{{C}_{2}}{{A}_{2}}}\Rightarrow :\left( 1 \right)
Αν P,Q τα μέσα των {{A}_{1}}{{C}_{2}},{{A}_{1}}{{B}_{2}} τότε προφανώς M,P,Q συνευθειακά και NP\overset{\parallel }{\mathop{=}}\,\dfrac{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}{2},QL\overset{\parallel }{\mathop{=}}\,\dfrac{{{B}_{1}}{{A}_{1}}}{2},MP\overset{\parallel }{\mathop{=}}\,\dfrac{{{C}_{2}}{{A}_{2}}}{2},MQ\overset{\parallel }{\mathop{=}}\,\dfrac{{{B}_{2}}{{A}_{2}}}{2},\left( 2 \right)
Από \left( 1 \right)\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{NP}{QL}=\dfrac{MP}{MQ} και με M,P,Q συνευθειακά και NP\parallel AQ\parallel {{A}_{1}}{{B}_{1}} προκύπτει ότι M,N,L συνευθειακά και το Θεώρημα του Droz – Farny έχει αποδειχθεί.


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
dimitris pap
Δημοσιεύσεις: 287
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:42 pm

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimitris pap » Τρί Μάιος 07, 2019 2:17 am

Μετά απο πολύ καιρό απουσίας μου από αυτό το φορουμ, πέτυχα αυτό το πρόβλημα, είδα ότι τόσοι μεγάλοι γεωμέτρες που εκτιμώ ασχολήθηκαν, κι είπα τι καλύτερη ευκαιρία από το να προσπαθήσω κι εγώ να λύσω αυτό το πρόβλημα (που όπως φαίνεται είναι και θεώρημα που δεν γνώριζα). Βρήκα την εξής λύση η οποία νομίζω είναι διαφορετική από τις προηγούμενες :) .

Η λύση έχει 2 βήματα:
1) Αρχικά ας υποθέσουμε ότι P,Q είναι τα μέσα των C_2A_1 και C_1B_2 αντιστοίχως. Τότε τα τρίγωνα MNP και NLQ είναι ορθογώνια με παράλληλες πλευρές, αρα για να είναι M,N,L συνευθειακά αρκεί \frac{MP}{PN}=\frac{NQ}{LQ} ή ισοδύναμα αρκεί \dfrac{A_2C_2}{B_2C_2}=\dfrac{A_1C_1}{B_1C_1} (αφού π.χ. MP=\parallel\frac{A_2C_2}{2})

2) Θα δουλέψουμε με διπλούς αρμονικούς λόγους (cross ratios). Εχουμε \dfrac{A_2C_2}{B_2C_2}=C(l_2,A_2,C_2,B_2) όπου Cl_2\parallel A_2B_2. Oμοια θεωρούμε ημιευθεία Cl_1\parallel A_1B_1. Εστω E_1,E_2 τα αντίστοιχα σημεία τομής των ημιευθειών με την AB. Τότε αρκεί, οι αντίστοιχοι διπλοί αρμονικοί λόγοι να είναι ίσοι
(E_2,B;C_2,A)=(E_1,A;C_1,B) .

Πράγματι έχουμε:
\displaystyle{C(E_2,B,C_2,A)=H(C_1,A,E_1,B)=(E_1,A,C_1,B)}, επειδή οι αντίστοιχες ημιευθείες είναι όλες κάθετες μεταξύ τους (η μόνη δυσκολία εδώ είναι ότι CC_2\perp HE_1 επειδή το H είναι το ορθόκεντρο του CC_2E_1), και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Υ.Γ. ΤΟ πλεονέκτημα της συγκεκριμένης προσέγγισης σε αυτό το πρόβλημα είναι ότι στην πράξη δεν χρειάστηκε καθόλου να ασχοληθούμε με λόγους! Απλά με δέσμες ευθειών και καθετότητες! Γενικώς λόγω και του περιορισμένου χρόνου, προσπαθώ πλέον να λύσω ασκήσεις μόνο με το σχήμα (χωρίς πράξεις) και οι αρμονικοί λόγοι νομίζω είναι ό,τι πρέπει για αυτό!
Υ.Γ.2 Είδα εκ των υστέρω την αναφορά του κ. Βηττα στο όνομα μου- σας ευχαριστώ πολύ!


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3922
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re:

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Μάιος 07, 2019 8:56 am

dimitris pap έγραψε:
Τρί Μάιος 07, 2019 2:17 am
Μετά απο πολύ καιρό απουσίας μου από αυτό το φορουμ, πέτυχα αυτό το πρόβλημα, είδα ότι τόσοι μεγάλοι γεωμέτρες που εκτιμώ ασχολήθηκαν, κι είπα τι καλύτερη ευκαιρία από το να προσπαθήσω κι εγώ να λύσω αυτό το πρόβλημα (που όπως φαίνεται είναι και θεώρημα που δεν γνώριζα).
Αγαπητέ Δημήτρη ο χώρος αυτός είναι πάντα φιλόξενος για όλους εσάς τους εξαιρετικούς νέους που τιμήσατε και συνεχίζετε να τιμάτε τη χώρα μας!! Χαίρομαι που σε βλέπω και πάλι εδώ και φυσικά χαιρόμαστε κάθε παρέμβασή σου!!

Για τους εξαιρετικούς μας γεωμέτρες ένα "μπράβο" και ένα "ευχαριστώ" είναι πολύ λίγο για όλα όσα προσφέρουν εδώ και γενικά στη γεωμετρία!

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 229
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τρί Μάιος 07, 2019 11:13 pm

drozfarny-projective.png
drozfarny-projective.png (43.17 KiB) Προβλήθηκε 571 φορές
Ας δούμε και μια προβολική λύση (αυτό έλειπε άλλωστε..).
Αλλάζω λίγο τα γράμματα:Έστω ότι οι ευθείες Droz τέμνουν τις AB,BC,CA στα (Z,Z'),(X,X'),(Y,Y') αντίστοιχα..Αρκεί να δειχτεί ότι οι (HXX'),(HYY'),(HZZ') συντρέχουν σε σημείο εκτός του H,αφού τότε τα κέντρα τους θα βρίσκονται στη μεσοκάθετο της κοινής χορδής.
Δείχνω πως το κοινό σημείο βρίσκεται στον (ABC).
Βλέπω πως καθώς το X κινείται στην BC,οι (HXX'),(HYY'),(HZZ') (μεταβλητοί) περνούν από σταθερό σημείο:Το συμμετρικό του H ως προς την αντίστοιχη πλευρά του ABC.Έστω M το μέσο του XX',N εκείνο της ZZ'
και H_{A} το συμμετρικό του H στην BC (ομοίως ορίζονται και τα H_{B},H_{C}).Έστω S η τομή (HXX'),(ABC) .Καθώς κινείται το X στην BC έχω τα εξής:
\cdot X\rightarrow H(X)\rightarrow H(X') (με βελάκι συμβολίζω προβολικές συνδέσεις/αυτές που διατηρούν το διπλό λόγο).Το πρώτο έπεται από προβολή,ενώ το δεύτερο από τη σταθερή γωνία XHX' \angle.
\cdot \cdot M\rightarrow N.Είναι NHM \angle=NHZ\angle+XHM\angle=H_{C}HZ'\angle+FHX'\angle=FHC\angle=constant.Άρα πράγματι M\rightarrow N προβολική σύνδεση.
Τώρα,αν O το κέντρο του (ABC),το σημείο S (η τομή (HXX'),(ABC)) προκύπτει από την τομή της εκ του H_{A} κάθετης στην OM με τον (ABC).Άρα η H_{A}(S)\rightarrow O(M) είναι προβολική σύνδεση ως δέσμες με κάθετες ακτίνες.Ομοίως,αν S' η τομή (HZZ'),(ABC)
θα είναι H_{B}(S')\rightarrow O(N) προβολική σύνδεση.Άρα από τις δύο τελευταίες σχέσεις και την \cdot \cdot θα είναι και η S\rightarrow S' προβολική σύνδεση στον κύκλο.Αρκεί δηλαδή να δειχθεί πως για 3 θέσεις του X τα S,S' ταυτίζονται,καθώς λόγω των ίσων διπλών λόγων θα ταυτίζονται για όλες τις θέσεις.Αυτό όμως είναι απλό (απλά παίρνω X\equiv B,X\equiv C,X\equiv F- είναι τρεις απλές περιπτώσεις που τα S,S' ταυτίζονται).Άρα τελικώς,οι (HXX'),(HYY'),(HZZ') τέμνουν ανά 2 τον (ABC) σε ένα σημείο,άρα συντρέχουν και το ζητούμενο δείχτηκε...


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης