mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 09, 2019 12:36 pm**

Πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά. Στη συλλογή ασκήσεων στο ισόπλευρο δεν την βρήκα (εκτός κι αν μου διέφυγε).

Το θέμα είναι ότι έχω λύση με Αναλυτική και ζητάω Ευκλείδεια λύση στην παρακάτω άσκηση:

: Μετρική σε ισόπλευρο.png (12.29 KiB) Προβλήθηκε 1226 φορές

Αν

είναι τυχαίο σημείο στον περίκυκλο ισοπλεύρου τριγώνου ABC

πλευράς

, να υπολογίσετε το άθροισμα

MA^4+MB^4+MC^4.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 09, 2019 2:53 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 09, 2019 12:36 pm
Πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά. Στη συλλογή ασκήσεων στο ισόπλευρο δεν την βρήκα (εκτός κι αν μου διέφυγε).

Το θέμα είναι ότι έχω λύση με Αναλυτική και ζητάω Ευκλείδεια λύση στην παρακάτω άσκηση:

Μετρική σε ισόπλευρο.png
Αν είναι τυχαίο σημείο στον περίκυκλο ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς , να υπολογίσετε το άθροισμα

Καλησπέρα Γιώργο.

Από Πτολεμαίο, είναι $AM \cdot a=AB \cdot MC + AC \cdot MB \Rightarrow MA=MB+MC$ .

Έστω, $BM=k, MC=\ell$ .

Είναι, $\angle BMC=180^\circ-\angle A=120^\circ$ .

Τότε, από Ν. Συνημιτόνων στο $\vartriangle BMC$ ή αλλιώς (*) $k^2+k\ell+\ell^2=a^2$ .

Όμως, είναι $MA^4+MB^4+MC^4=(k+\ell)^4+k^4+\ell^4=2(k^2+k\ell+\ell^2)^2=2a^4$ . Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

(*) Αλλιώς, φέρνοντας $BQ \perp MC$ . Είναι, $\angle BMQ=60^\circ, \anglw QBM=30^\circ$ .

Οπότε, $BQ=\dfrac{k\sqrt{3}}{2}$ , και $QM=\dfrac{k}{2}$ . Με Π.Θ., είναι $\dfrac{3k^2}{4}+(\dfrac{k}{2}+\ell)^2=a^2 \Rightarrow k^2+k\ell+\ell^2=a^2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 09, 2019 6:47 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 09, 2019 2:53 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 09, 2019 12:36 pm
Πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά. Στη συλλογή ασκήσεων στο ισόπλευρο δεν την βρήκα (εκτός κι αν μου διέφυγε).

Το θέμα είναι ότι έχω λύση με Αναλυτική και ζητάω Ευκλείδεια λύση στην παρακάτω άσκηση:

Μετρική σε ισόπλευρο.png
Αν είναι τυχαίο σημείο στον περίκυκλο ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς , να υπολογίσετε το άθροισμα
Καλησπέρα Γιώργο.

Από Πτολεμαίο, είναι $AM \cdot a=AB \cdot MC + AC \cdot MB \Rightarrow MA=MB+MC$ .

Έστω, $BM=k, MC=\ell$ .

Είναι, $\angle BMC=180^\circ-\angle A=120^\circ$ .

Τότε, από Ν. Συνημιτόνων στο $\vartriangle BMC$ ή αλλιώς (*) $k^2+k\ell+\ell^2=a^2$ .

Όμως, είναι $MA^4+MB^4+MC^4=(k+\ell)^4+k^4+\ell^4=2(k^2+k\ell+\ell^2)^2=2a^2$ . Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

(*) Αλλιώς, φέρνοντας $BQ \perp MC$ . Είναι, $\angle BMQ=60^\circ, \anglw QBM=30^\circ$ .

Οπότε, $BQ=\dfrac{k\sqrt{3}}{2}$ , και $QM=\dfrac{k}{2}$ . Με Π.Θ., είναι $\dfrac{3k^2}{4}+(\dfrac{k}{2}+\ell)^2=a^2 \Rightarrow k^2+k\ell+\ell^2=a^2$ .

Πολύ ωραία Ορέστη

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 09, 2019 9:50 pm**

Γιώργο , το θέμα έχει συζητηθεί στην παρακάτω δημοσίευση
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... BC#p215548
Xαίρομαι πολύ που ασχολήθηκε με το θέμα ο Ορέστης Λιγνός.
Ορέστη μου να είσαι πάντα καλά...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 12:13 am**

Σ' ευχαριστώ Τηλέμαχε για την παραπομπή. Δεν το θυμόμουν καθόλου αν και είχα

συμμετάσχει σε ένα ερώτημα. Αν δεν δοθεί άλλη λύση, θα ανεβάσω μία με Αναλυτική.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 9:38 am**

AN $\displaystyle{S_n=MA^n+MB^n+MC^n,n\in N}$ μπορεί να αποδειχθεί ότι μόνο για $\displaystyle{n=2,n=4}$ το $\displaystyle{S_n}$ είναι σταθερό δηλαδή ανεξάρτητο του $\displaystyle{n}$ H λύση με μιγαδικούς βρίσκεται στο βιβλίο μου Μιγαδικοί και μετ/μοί Moebius σελ 127 ασκηση Α11

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 1:16 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 09, 2019 12:36 pm
Πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά. Στη συλλογή ασκήσεων στο ισόπλευρο δεν την βρήκα (εκτός κι αν μου διέφυγε).

Το θέμα είναι ότι έχω λύση με Αναλυτική και ζητάω Ευκλείδεια λύση στην παρακάτω άσκηση:

Μετρική σε ισόπλευρο.png
Αν είναι τυχαίο σημείο στον περίκυκλο ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς , να υπολογίσετε το άθροισμα

Ειναι γνωστή η άσκηση MA=MB+MC

, θέτω

Oπότε θα υπολογισθεί $(x+y)^{4}+x^{4}+y^{4}$
Για τα εμβαδά των τριγώνων ABC,MBC

είναι $\dfrac{(ABC)}{(MBC)}=\dfrac{a^{2}}{xy}\Rightarrow 4(MBC)=\sqrt{3}xy\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.4(MT).a=\sqrt{3}xy\Leftrightarrow MT=\dfrac{\sqrt{3xy}}{2a},(1)$

απο το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο $MBD,BD=\dfrac{ax}{x+y},DC=\dfrac{ay}{x+y}$ και MD.AD=BD.DC

συνεπώς $MD.AD=\dfrac{a^{2}xy}{(x+y)^{2}},(2), MD+AD=x+y,(3) ,$

Τα ορθογώνια τρίγωνα MTD,DAE

είναι όμοια άρα $\dfrac{2MT}{a\sqrt{3}}=\dfrac{MD}{AD}$ και λόγω της $(1),\dfrac{MD}{AD}=\dfrac{xy}{a^{2}},(4) (2),(3),(4)\Rightarrow AD=\dfrac{a^{2}}{x+y},AD=\dfrac{(x+y)a^{2}}{xy+a^{2}}$

Συνεπώς

$(x+y)^{2}=xy+a^{2}\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}=a^{2}-xy,(*), (x+y)^{4}+x^{4}+y^{4}= (a^{2}+xy)^{2}+(a^{2}-xy)^{2}-2x^{^{2}}y^{2}=2.a^{4}$

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 11, 2019 5:03 pm**

Μία με Αναλυτική. Έστω a=2k

η πλευρά του ισοπλεύρου ABC,

του οποίου οι συντεταγμένες των

κορυφών φαίνονται στο σχήμα και M(x,y)

ένα τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου του κύκλου.

: Μετρική σε ισόπλευρο..png (18.7 KiB) Προβλήθηκε 1005 φορές

Είναι, $\displaystyle {(x - k)^2} + {\left( {y - \frac{{k\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{4{k^2}}}{3} \Leftrightarrow$ $\boxed{{x^2} + {y^2} - 2kx - \frac{{2ky\sqrt 3 }}{3} = 0}$ (1)

$\displaystyle M{A^4} + M{B^4} + M{C^4} = {\left( {{{(x - k)}^2} + {{(y - k\sqrt 3 )}^2}} \right)^2} + {({x^2} + {y^2})^2} + {\left( {{{(x - 2k)}^2} + {y^2}} \right)^2}$

$\displaystyle \mathop = \limits^{(1)} {\left( {4{k^2} - \frac{{4ky\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} + {\left( {2kx + \frac{{2ky\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} + {\left( {4{k^2} - 2kx + \frac{{2ky\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}=...$

$\displaystyle = 32{k^4} + 8{k^2}{x^2} + 8{k^2}{y^2} - 16{k^3}x - \frac{{16{k^3}y\sqrt 3 }}{3} = 32{k^4} + 8{k^2}\left( {{x^2} + {y^2} - 2kx - \frac{{2ky\sqrt 3 }}{3}} \right)\mathop = \limits^{(1)} 32{k^4}$

Επειδή όμως a=2k,

θα είναι $\boxed{MA^4+MB^4+MC^4=2a^4}$

mathematica.gr

Μετρική σε ισόπλευρο

Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο

Re: Μετρική σε ισόπλευρο