ύψος διάμεσος

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1695
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

ύψος διάμεσος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Κυρ Σεπ 16, 2018 10:38 am

Στο σχήμα είναι FD=2GE. Οι DJ, FH διχοτομούν τις γωνίες EDC, GFC αντιστοίχως.

Είναι δυνατόν DJ=FH;

..
Untitled.png
Untitled.png (32.09 KiB) Προβλήθηκε 957 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Παρ Οκτ 19, 2018 11:47 pm

Πιστεύω πως ισχύει πάντοτε η |FH|>|DJ|: νομίζω ότι το έχω αποδείξει με Αναλυτική, πρέπει όμως να ελέγξω και πάλι τους υπολογισμούς μου -- το έχω ήδη κάνει σε συγκεκριμένο παράδειγμα -- και να ενθαρρύνω και τους συναδέλφους για κάτι εξυπνότερο/γεωμετρικότερο (όπως άλλωστε μπορεί έμμεσα να υποδεικνύει και ο τίτλος :twisted: ) ... και, αν δεν προκύψει κάτι νεότερο, να στείλω την απόδειξη μου σε λίγες μέρες...


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Πέμ Νοέμ 01, 2018 10:24 pm

Ύστερα από πολλές 'ανατροπές' και μία βελτίωση (|FD|=|GE| αντί |FD|=2|GE|) ... καταθέτω την κοπιώδη απόδειξη μου για την |FH|>|DJ|:

Θέτουμε D=(0,0), F=(-f,0), G=(g,0), E=(g+f,0), C=(c,s), όπου f>0, g>0, s>0, c\in R. Από τις H\in CG, J\in CE λαμβάνουμε

H=\left(g-\dfrac{(g-c)h}{s},h\right),

J=\left(g+f}-\dfrac{(g+f-c)j}{s},j\right),

ενώ από την θεμελιώδη ιδιότητα της διχοτόμου λαμβάνουμε

h=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}},

j=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+c^2}}.

Συμπεραίνουμε ότι

|FH|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2},

|DJ|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}.

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί εξονυχιστικά και έχουν επαληθευθεί με συγκεκριμένα γεωμετρικά παραδείγματα ... αλλά και με τον τύπο μήκους διχοτόμου, τελικά :lol: ]

Η αποδεικτέα |FH|>|DJ| είναι λοιπόν ισοδύναμη προς την ανισότητα

\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

όπου f>0, g>0, s>0, c\in R.

Αν c^2>(c+f)^2 -- κάτι που μπορεί να συμβεί μόνον όταν c<0 (αμβλυγώνιο τρίγωνο) -- τότε η αποδεικτέα ανισότητα είναι άμεση:

\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>1>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

καθώς η δεξιά ανισότητα είναι άμεση συνέπεια των g+f>0 και c^2>(c+f)^2, ενώ η αριστερή ανισότητα προκύπτει από τις c<c+f και \left(s^2+(\sqrt{s^2+x^2}+x)^2\right)'=\dfrac{2\left(\sqrt{s^2+x^2}+x^2\right)^2}{\sqrt{s^2+x^2}}>0.

Αν c^2\leq(c+f)^2 -- κάτι που μπορεί να ισχύει και με c\geq0 και με c<0 -- τότε, λόγω της

\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

αρκεί να δειχθεί η ανισότητα

\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

όπου f>0, s>0, c\in R, ΚΑΙ c^2\leq(c+f)^2\leftrightarrow f\geq-2c.

Ύστερα από ΤΙΣ πράξεις (που έλεγξα πολλές φορές), η αποδεικτέα ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την u(f)>0, όπου

u(f)=f^4+2cf^3+\sqrt{s^2+(c+f)^2}(f^3+cf^2-c^2f-s^2f+c^3+cs^2)+

+\sqrt{s^2+c^2}(2f^3+2cf^2+2s^2f-c^3-cs^2)+2\sqrt{s^2+c^2}\sqrt{s^2+(c+f)^2}f^2.

Επειδή u(0)=0, αρκεί να δειχθεί η u'(f)>0 για f>0, που προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα

4f^3+\dfrac{s^2f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+6\left(c+\sqrt{s^2+c^2}\right)f^2+4\sqrt{s^2+c^2}\left(c+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)f+

+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{s^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{c^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+

+\dfrac{2\sqrt{s^2+c^2}(c+f)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+\dfrac{2\left(2f^2+5cf+3c^2\right)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}>0.

[Η θετικότητα του κάθε όρου είναι προφανής για c\geq 0. Για c<0 κάποιες θετικότητες είναι λιγότερο προφανείς: στον προτελευταίο όρο παρατηρούμε ότι οι συνθήκες c^2\leq(c+f)^2 και c<0 δίνουν c+f>0, ενώ στον τελευταίο όρο η συνθήκη f\geq-2c δίνει f>-\dfrac{3c}{2}, που συνεπάγεται την 2f^2+5cf+3c^2>0.]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1695
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: ύψος διάμεσος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Νοέμ 03, 2018 12:11 am

gbaloglou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 10:24 pm
Ύστερα από πολλές 'ανατροπές' και μία βελτίωση (|FD|=|GE| αντί |FD|=2|GE|) ... καταθέτω την κοπιώδη απόδειξη μου για την |FH|>|DJ|:

Θέτουμε D=(0,0), F=(-f,0), G=(g,0), E=(g+f,0), C=(c,s), όπου f>0, g>0, s>0, c\in R. Από τις H\in CG, J\in CE λαμβάνουμε

H=\left(g-\dfrac{(g-c)h}{s},h\right),

J=\left(g+f}-\dfrac{(g+f-c)j}{s},j\right),

ενώ από την θεμελιώδη ιδιότητα της διχοτόμου λαμβάνουμε

h=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}},

j=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+c^2}}.

Συμπεραίνουμε ότι

|FH|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2},

|DJ|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}.

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί εξονυχιστικά και έχουν επαληθευθεί με συγκεκριμένα γεωμετρικά παραδείγματα ... αλλά και με τον τύπο μήκους διχοτόμου, τελικά :lol: ]

Η αποδεικτέα |FH|>|DJ| είναι λοιπόν ισοδύναμη προς την ανισότητα

\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

όπου f>0, g>0, s>0, c\in R.

Αν c^2>(c+f)^2 -- κάτι που μπορεί να συμβεί μόνον όταν c<0 (αμβλυγώνιο τρίγωνο) -- τότε η αποδεικτέα ανισότητα είναι άμεση:

\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>1>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

καθώς η δεξιά ανισότητα είναι άμεση συνέπεια των g+f>0 και c^2>(c+f)^2, ενώ η αριστερή ανισότητα προκύπτει από τις c<c+f και \left(s^2+(\sqrt{s^2+x^2}+x)^2\right)'=\dfrac{2\left(\sqrt{s^2+x^2}+x^2\right)^2}{\sqrt{s^2+x^2}}>0.

Αν c^2\leq(c+f)^2 -- κάτι που μπορεί να ισχύει και με c\geq0 και με c<0 -- τότε, λόγω της

\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

αρκεί να δειχθεί η ανισότητα

\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},

όπου f>0, s>0, c\in R, ΚΑΙ c^2\leq(c+f)^2\leftrightarrow f\geq-2c.

Ύστερα από ΤΙΣ πράξεις (που έλεγξα πολλές φορές), η αποδεικτέα ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την u(f)>0, όπου

u(f)=f^4+2cf^3+\sqrt{s^2+(c+f)^2}(f^3+cf^2-c^2f-s^2f+c^3+cs^2)+

+\sqrt{s^2+c^2}(2f^3+2cf^2+2s^2f-c^3-cs^2)+2\sqrt{s^2+c^2}\sqrt{s^2+(c+f)^2}f^2.

Επειδή u(0)=0, αρκεί να δειχθεί η u'(f)>0 για f>0, που προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα

4f^3+\dfrac{s^2f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+6\left(c+\sqrt{s^2+c^2}\right)f^2+4\sqrt{s^2+c^2}\left(c+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)f+

+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{s^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{c^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+

+\dfrac{2\sqrt{s^2+c^2}(c+f)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+\dfrac{2\left(2f^2+5cf+3c^2\right)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}>0.

[Η θετικότητα του κάθε όρου είναι προφανής για c\geq 0. Για c<0 κάποιες θετικότητες είναι λιγότερο προφανείς: στον προτελευταίο όρο παρατηρούμε ότι οι συνθήκες c^2\leq(c+f)^2 και c<0 δίνουν c+f>0, ενώ στον τελευταίο όρο η συνθήκη f\geq-2c δίνει f>-\dfrac{3c}{2}, που συνεπάγεται την 2f^2+5cf+3c^2>0.]

. !!
:coolspeak:


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1695
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: ύψος διάμεσος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:09 am

Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" :winner_first_h4h: )

Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα CFG, CDE έχουν ίσα ύψη από την κορυφή C και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους E, G

viewtopic.php?f=62&t=62479


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Νοέμ 03, 2018 7:07 pm

rek2 έγραψε:
Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:09 am
Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" :winner_first_h4h: )

Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα CFG, CDE έχουν ίσα ύψη από την κορυφή C και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους E, G

viewtopic.php?f=62&t=62479
Κώστα θα έπρεπε -- ως επιμελητής φακέλου αν μη τι άλλο -- να είχα δει το αρχικό πρόβλημα ... αλλά μου διέφυγε! Εντυπωσιακό το ότι δεν δόθηκε γεωμετρική λύση ... ούτε σ' αυτό ούτε στην αναγωγή σου (που είναι μάλιστα 'διαισθητικά προφανής')!

Αναμένουμε λοιπόν κάτι καλύτερο από τους γεωμέτρες του :logo: , προσωπικά θα ελέγξω ΚΑΙ ΠΑΛΙ τους υπολογισμούς και συλλογισμούς μου (όταν βρεθώ στην κατάλληλη διάθεση) ... καθώς το πρόβλημα είναι πιο σημαντικό απ' όσο νόμιζα ... και θα γίνεται όλο και σημαντικότερο όσο δεν εμφανίζεται η γεωμετρική λύση που περιμένουμε ;)


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τετ Νοέμ 21, 2018 9:38 am

gbaloglou έγραψε:
Σάβ Νοέμ 03, 2018 7:07 pm
rek2 έγραψε:
Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:09 am
Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" :winner_first_h4h: )

Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα CFG, CDE έχουν ίσα ύψη από την κορυφή C και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους E, G

viewtopic.php?f=62&t=62479
Κώστα θα έπρεπε -- ως επιμελητής φακέλου αν μη τι άλλο -- να είχα δει το αρχικό πρόβλημα ... αλλά μου διέφυγε! Εντυπωσιακό το ότι δεν δόθηκε γεωμετρική λύση ... ούτε σ' αυτό ούτε στην αναγωγή σου (που είναι μάλιστα 'διαισθητικά προφανής')!
Τελικά ... ΔΕΝ ισχύει η εικασία ... καθώς δεν είναι 'πλήρης' η γεωμετρική αναγωγή: επισυνάπτω συγκεκριμένο (αντι)παράδειγμα -- προϊόν προσπάθειας μου να δώσω δεύτερη απόδειξη ύστερα από άλλη γεωμετρική αναγωγή που μου πρότεινε ο φίλος (και γείτονας) μαθηματικός Γιάννης Καρίνας -- με σκοπό να σχολιάσω περισσότερο τις επόμενες ώρες ή μέρες :-(

amb.png
amb.png (14.5 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7570
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ύψος διάμεσος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Νοέμ 21, 2018 11:29 am

Πολύ ωραία σκέψη Γιώργο :clap2: Τα σημεία B, B' μπαίνουν στην τύχη σε ευθεία παράλληλη στον x'x, ύστερα

βρίσκουμε τα συμμετρικά τους ως προς το O και τέλος το A υπολογίζεται κατάλληλα.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τετ Νοέμ 21, 2018 8:05 pm

george visvikis έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 11:29 am
Πολύ ωραία σκέψη Γιώργο :clap2: Τα σημεία B, B' μπαίνουν στην τύχη σε ευθεία παράλληλη στον x'x, ύστερα

βρίσκουμε τα συμμετρικά τους ως προς το O και τέλος το A υπολογίζεται κατάλληλα.
Γιώργο λίγο αλλιώς το είδα: σταθεροποιώντας εξ αρχής την κορυφή A=(a, -b) και το μέσον M=(0,0) της πλευράς BC αναζητώ τις κορυφές B=(x,b) και C=(-x,-b) έτσι ώστε η C-διχοτόμος να έχει δοθέν μήκος d. Στην αρχή νόμισα ότι για να είναι καλώς ορισμένο το πρόβλημα οφείλει να ισχύει η x>-a, και, πράγματι, ύστερα από αρκετά επίπονες προσπάθειες κατάφερα να δείξω ότι g'(x)>0 για x>-a, όπου g(x)=2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right), άρα το μήκος της C-διχοτόμου φαίνεται να είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση του x (επαληθεύοντας την αρχική εικασία), ενώ φαίνεται να είναι εύκολη αλγεβρικά (και μονοσήμαντη) η κατασκευή τριγώνου με A-διάμεσο \sqrt{a^2+b^2}, B-ύψος 2b, και C-διχοτόμο d=\sqrt{2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}. ΠΛΗΝ ΟΜΩΣ ... υπάρχουν και τα τρίγωνα με κορυφές B=(x,b) και C=(-x,-b) όπου x<-a, στα οποία η κορυφή C βρίσκεται πλέον ΔΕΞΙΑ της κορυφής A και ισχύει η d=\sqrt{2\sqrt{x^2+b^2}(-x-a)\cdot \left(\dfrac{(-x-a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(-x-a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)} :wallbash_red:

Στο συνημμένο -- όπου βεβαίως αναγκάστηκα να χρησιμοποιήσω και ΔΕΥΤΕΡΗ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗ y, αλλά και να συγκεκριμενοποιήσω τα a=1, b=2 ;) -- δείχνω πως κάθε σημείο (x,y) επί του αποδεκτού μέρους της καμπύλης ίσων μηκών διχοτόμων αντιστοιχεί σε δύο μη ίσα τρίγωνα με κορυφές (1,-2), (x,2), (-x,-2) και (1,-2), (y,2), (-y,-2) με δύο ίσα ύψη, δύο ίσες διαμέσους, και δύο ίσες διχοτόμους. Δείχνω επίσης το σημείο \approx(0,72, -2,3) που αντιστοιχεί στα δύο τρίγωνα AB'C', ABC της προηγούμενης δημοσίευσης μου (έκαστο με A-διάμεσο μήκους \sqrt{5}, B-ύψος μήκους 4, C-διχοτόμο μήκους 2).


amb-curve.png
amb-curve.png (23.21 KiB) Προβλήθηκε 452 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7570
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ύψος διάμεσος

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Νοέμ 22, 2018 2:43 pm

Γεια σου Γιώργο!

Κατάλαβα τι εννοείς. Εγώ, στηριζόμενος στο σχήμα σου, το έκανα ως εξής: Παίρνω π.χ τα σημεία \displaystyle B(1,1),B'( - 3,1)

και στη συνέχεια βρίσκω τα συμμετρικά τους \displaystyle C(-1,-1),C'(  3,-1) ως προς O(0,0).
Ύψος και διάμεσος.b.png
Ύψος και διάμεσος.b.png (17.77 KiB) Προβλήθηκε 378 φορές
Οποιοδήποτε σημείο A(x,-1) μας εξασφαλίζει ότι τα τρίγωνα ABC, AB'C' έχουν ίσα ύψη από τις κορυφές B, B' και κοινή

διάμεσο AO. Αρκεί οι διχοτόμοι CD, C'D' να είναι ίσες. Από εκεί εντοπίζουμε το x. Στο παράδειγμά μας x=1,4676577...


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Παρ Νοέμ 23, 2018 8:10 pm

Γιώργο ... κατάλαβα και εγώ: αντί να λύσεις ως προς x, y τις δύο εξισώσεις

2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}=d^2,

2\sqrt{y^2+b^2}(-y-a)\cdot \left(\dfrac{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2-(y-a)^2-4b^2}{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2}\right)}=d^2,

απλά λύνεις ως προς a την εξίσωση

2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}=

=2\sqrt{y^2+b^2}(-y-a)\cdot \left(\dfrac{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2-(y-a)^2-4b^2}{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2}\right)},

θεωρώντας δεδομένα τα b, x, y (και υπολογίζοντας, ΑΝ μας ενδιαφέρει, το μήκος d των ίσων διχοτόμων ... εκ των υστέρων):

σίγουρα απλούστερη η προσέγγιση σου, ακόμη και ως προς τους βαθμούς των εμπλεκομένων εξισώσεων! :clap2:


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2589
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ύψος διάμεσος

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Πέμ Ιαν 17, 2019 7:30 pm

gbaloglou έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:38 am

Τελικά ... ΔΕΝ ισχύει η εικασία ... καθώς δεν είναι 'πλήρης' η γεωμετρική αναγωγή:
Στο συνημμένο παραθέτω ΔΥΟ υποπεριπτώσεις της γεωμετρικής αναγωγής που πρότεινε ο Κώστας -- ΜΙΑ από τις οποίες συζητήθηκε αναλυτικά/αλγεβρικά παραπάνω -- μαζί με μία ακόμη περίπτωση (βασισμένη στο σχήμα του Γιώργου) όπου ο όλος συλλογισμός δεν ισχύει. Και στις τρεις περιπτώσεις εικονίζονται οι ίσες διάμεσοι (που στις δύο πρώτες δημιουργούν παραλληλόγραμμο ενώ στην τρίτη δημιουργούν ισοσκελές τραπέζιο).

Νομίζω ότι από όλα τα παραπάνω προκύπτει -- με αρκετή επιπλέον δουλειά -- η ισχύς της εικασίας για δύο οξυγώνια τρίγωνα ή για δύο αμβλυγώνια τρίγωνα. Λίγο ανάποδα, σε κάθε τριάδα ύψους-διαμέσου-διχοτόμου αντιστοιχούν ένα οξυγώνιο και ένα αμβλυγώνιο τρίγωνο, και αυτό πίστεψε εξ αρχής και ο φίλος μαθηματικός Γιάννης Καρίνας (που, όπως ήδη ανέφερα, έπαιξε πολύ σημαντικό ρόλο στο ξεκλείδωμα του προβλήματος).


μη-αναγωγή.png
μη-αναγωγή.png (31.37 KiB) Προβλήθηκε 148 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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