Διαστημική συνευθειακότητα

KARKAR · #1

: Διαστημική συνευθειακότητα.png (18.87 KiB) Προβλήθηκε 3122 φορές

Δύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες οι οποίες διέρχονται από το ορθόκεντρο

, τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,τέμνουν

τις ευθείες BC,AC,AB

στα σημεία A1,A2,,B1,B2

και

. 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 )

dement · #2

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

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.

#3

Ως προς το ιστορικό κομμάτι του θεωρήματος, να πω ότι διατυπώθηκε χωρίς απόδειξη στο τέλος του

ου αιώνα και η πρώτη γνωστή

απόδειξη ήρθε μετά από

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.

#4

KARKAR έγραψε:Διαστημική συνευθειακότητα.pngΔύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες οι οποίες διέρχονται από το ορθόκεντρο , τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,τέμνουν τις ευθείες στα σημεία και . Δείξτε ότι τα μέσα των τμημάτων , 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

$\bullet$ Ας είναι ${{C}_{3}},{{C}_{4}}$ τα συμμετρικά του ${{C}_{1}}$ ως προς τα μέσα 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 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

KARKAR · #5

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

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Υ.Σ. Γιώργο και εγώ εν ζωή είμαι

Φυσικά και είσαι εν ζωή Στάθη! Μόνο που εσύ είσαι ένας σπουδαίος Έλληνας Γεωμέτρης

Al.Koutsouridis · #7

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

, από τα οποία μια παραβολή φαίνεται υπό ορθή γωνία, είναι η διευθετούσα της παραβολής. Επιπλέον αν PX,PY

οι εφαπτομένες στην παραβολή τότε το

περιέχει την εστία της παραβολής

και

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...

#8

$\bullet$ 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 . (*)

: Διαστημική συνευθειακότητα.; f=62_t=56031.PNG (20.46 KiB) Προβλήθηκε 2772 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 με $AC\perp BD$ και $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι $S,\ T$ , οι προβολές του 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.

#9

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

: Διαστημική συνευθειακότητα - Απόδειξη του Λήμματος.; f=62_t=56031(a).PNG (16.91 KiB) Προβλήθηκε 2857 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.

#10

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

τις ευθείες στα σημεία και . Δείξτε ότι τα μέσα των

τμημάτων , 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 (48.06 KiB) Προβλήθηκε 2078 φορές

Έστω

το δεύτερο (εκτός του

) 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

είναι και σημείο του κύκλου διαμέτρου ${{C}_{1}}{{C}_{2}}$ κέντρου προφανώς

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

#11

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.

#12

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 , τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,τέμνουν

τις ευθείες στα σημεία και . Δείξτε ότι τα μέσα των

τμημάτων , 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 το δεύτερο (εκτός του ) κοινό σημείο των κύκλων διαμέτρων ${{A}_{1}}{{A}_{2}}$ και ${{B}_{1}}{{B}_{2}}$ κέντρων προφανώς των σημείων 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 είναι και σημείο του κύκλου διαμέτρου ${{C}_{1}}{{C}_{2}}$ κέντρου προφανώς και συνεπώς τα 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 (35.77 KiB) Προβλήθηκε 1936 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.

dimitris pap · #13

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

αντιστοίχως. Τότε τα τρίγωνα MNP

και

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

. 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

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!

#14

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

min## · #15

: drozfarny-projective.png (43.17 KiB) Προβλήθηκε 1715 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

αντίστοιχα..Αρκεί να δειχτεί ότι οι (HXX'),(HYY'),(HZZ')

συντρέχουν σε σημείο εκτός του

,αφού τότε τα κέντρα τους θα βρίσκονται στη μεσοκάθετο της κοινής χορδής.
Δείχνω πως το κοινό σημείο βρίσκεται στον (ABC)

.
Βλέπω πως καθώς το

κινείται στην

,οι

(μεταβλητοί) περνούν από σταθερό σημείο:Το συμμετρικό του

ως προς την αντίστοιχη πλευρά του ABC

.Έστω

το μέσο του XX'

,

εκείνο της ZZ'

και $H_{A}$ το συμμετρικό του

στην

(ομοίως ορίζονται και τα $H_{B},H_{C}$ ).Έστω

η τομή

.Καθώς κινείται το

στην

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

το κέντρο του (ABC)

,το σημείο

(η τομή

) προκύπτει από την τομή της εκ του $H_{A}$ κάθετης στην

με τον

.Άρα η $H_{A}(S)\rightarrow O(M)$ είναι προβολική σύνδεση ως δέσμες με κάθετες ακτίνες.Ομοίως,αν

η τομή

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

τα

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...

Διαστημική συνευθειακότητα

Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Re:

Re: Διαστημική συνευθειακότητα

Μέλη σε σύνδεση