mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 07, 2022 7:19 pm**

Το Θεώρημα του Πτολεμαίου, ab+cd=pq

, υπάρχει στην Μεγίστη Σύνταξη το ιδίου, και η απόδειξη που δίνει ο συγγραφέας είναι η γνωστή που υπάρχει στα Σχολικά βιβλία. Ο λόγος που υπάρχει εκεί το Θεώρημα είναι για να αποδείξει (σε ισοδύναμη μορφή) τον τύπο $\sin (a-b) = \sin a \cos b-\cos a \sin b$ . Ακριβέστερα, η εφαρμογή του Θεωρήματος για την απόδειξη του αναπτύγματος $\sin (a-b)$ χρησιμοποιεί την ειδική περίπτωση όπου η μία πλευρά του τετραπλεύρου είναι διάμετρος του κύκλου. Δηλαδή ο Πτολεμαίος δεν χρησιμοποιεί το πλήρες Θεώρημα όπως το διατύπωσε και απέδειξε ο ίδιος.

Η ερώτηση μου είναι αν υπάρχει απόδειξη του Θεωρήματος Πτολεμαίου για την ειδική περίπτωση (όπου η μία πλευρά του τετραπλεύρου είναι διάμετρος), κάνοντας χρήση του Πυθαγορείου Θεωρήματος.

Η βοήθειά σας είναι ευπρόσδεκτη. Υπόψη ότι είναι σχεδόν βέβαιο ότι το Θεώρημα του Πτολεμαίου προϋπήρχε του Πτολαμαίου και ήταν γνωστό στον Ίππαρχο και ίσως, ακόμη νωρίτερα, στον Αρχιμήδη πλην όμως δεν έχουμε τις αποδείξεις τους. Έχουμε μόνο ενδείξεις από τα συμφραζόμενα.

Προσοχή όμως, αν βρείτε την απόδειξη που ζητώ, δεν πρέπει να κάνει χρήση των Τριγωνομετρικών τύπων για το $\sin (a-b)$ ή τα παρεμφερή, αφού θέλουμε να καταλήξουμε σε αυτούς.

Δεν ξέρω την απάντηση, έχω πάντως συλλογισμούς προς αυτή την κατεύθυνση που είναι μακροσκελείς. Το όλο σκηνικό μου χρειάζεται για την εργασία που έχω αναθέσει προς μελέτη στην μεταπτυχιακή μου φοιτήτρια που ασχολείται με το θέμα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 07, 2022 10:57 pm**

Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά σε όλους!

Αν

η διάμετρος και ABCD

το τετράπλευρο, τότε θεωρώ την προβολή του σημείου

στην

ως

και ονομάζω DP=x

.

Τότε,

$a=PB-PC\Rightarrow a=\sqrt{q^2-x^2}-\sqrt{d^2-x^2}\Rightarrow ab=$

$\sqrt{(bq)^2-(bx)^2}-\sqrt{(bd)^2-(bx)^2}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων PDB, CDA

, έχουμε

Οπότε, η σχέση με τα ριζικά γράφεται:

$ab=\sqrt{(bq)^2-(qd)^2}-\sqrt{(bd)^2-(dq)^2}\Rightarrow ab=q\sqrt{b^2-d^2}-d\sqrt{b^2-q^2}$

$\Rightarrow ab+cd=pq$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 07, 2022 11:05 pm**

Κώστα, ευχαριστώ ΠΑΡΑ ΠΟΛΥ για την κομψή λύση.

Δεν είχα σκεφτεί αν επιτρέπεται ή όχι η ομοιότητα αλλά δεν βλέπω τον λόγο να αποκλειστεί. Όπως και να είναι, μου δίνει ιδέες για νέα διαπραγματεύση του όλου θέματος.

Οποιαδήποτε άλλη αντιμετώπιση, ευπρόσδεκτη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 08, 2022 1:05 am**

Δεν έχει Π. Θεώρημα και ίσως είναι άκυρο.

Ας είναι $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,G$ οι προβολές των A,D

στην ευθεία

και έστω π.χ. c > d

.

Η

θα τέμνει ακόμα το ημικύκλιο στο

.

Επειδή στο τραπέζιο DGTA

η διάμεσος του είναι και απόστημα προς την

θα έχω:

.
.

: Θ Πτολεμαίου απο το Π_Θ.png (32.53 KiB) Προβλήθηκε 1296 φορές

.
Το τετράπλευρο BCGS

είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα $BS = DC = d\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = DB = q$ .

Από τη γνωστή σχέση , $\boxed{\beta \gamma = 2R{\upsilon _\alpha }}$ και από τα τρίγωνα : $BSA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CSA\,\,$ έχω:

$\left\{ \begin{gathered} dc = bx\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ pq = b(a + x)\,\,\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Η $\left( 2 \right)$ λόγω της $\left( 1 \right)$ δίδει: pq = b(a + x) = ab + bx = ab + dc

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 08, 2022 12:49 pm**

Έστω

τα μέσα των BC, AD

και

οι προβολές των A, D

αντίστοιχα στην BC.

Θέτω

: Πτολεμαίος από Πυθαγόρα.png (17.01 KiB) Προβλήθηκε 1242 φορές

$\displaystyle 2MN = x + y \Leftrightarrow 4\left( {\frac{{{b^2} - {a^2}}}{4}} \right) = {(x + y)^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{{a^2} = {b^2} - {(x + y)^2}}$ (1)

Τώρα χρησιμοποιώ την ταυτότητα: (p^2+d^2)(c^2+q^2)-(pc+dq)^2=(pq-cd)^2

$\displaystyle {b^4} - {(bx + by)^2} = {(pq - cd)^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} {a^2}{b^2} = {(pq - cd)^2},$ άρα $\boxed{ab+cd=pq}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 21, 2022 10:19 am**

Σας ευχαριστώ και τους τρεις για τις ωραιότατες απαντήσεις.

Επεξεργάζομαι το θέμα, και θα επανέλθω.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 21, 2022 7:07 pm**

: ptolemeos.png (111.89 KiB) Προβλήθηκε 1059 φορές

Λίγο διαφορετικά η λύση, χρησιμοποιώντας μόνο το πυθαγόρειο θεώρημα και τις μετρικές στο ορθογώνιο τρίγωνο, οι οποίες μπορούν να προκύψουν ως πορίσματα από αυτό. Έχει βέβαια αρκετές πράξεις....

Στο παραπάνω σχήμα τα $\displaystyle k, m$ είναι τα κάθετα τμήματα στην $\displaystyle AD$ από τα $\displaystyle B, C$ αντίστοιχα.
Ισχύουν:
$\displaystyle p^2=b\cdot AM \ \ (1), \ \ q^2=b\cdot DK \ \ (2), \ \ c^2=b\cdot AK, \ \ (3), \ \ d^2=b\cdot DM \ \ (4)$
και
$\displaystyle k^2=AK\cdot KD \ \ (5) \ \ m^2=AM\cdot DM \ \ (6)$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις $\displaystyle (1), \ \ (2)$ καθώς και τις $\displaystyle (3), \ \ (4)$ , παίρνουμε ρίζες και μετά αφαιρούμε κατά μέλη και έχουμε την

$\displaystyle \bf{ pq-cd=b\left(\sqrt{AM\cdot DK}-\sqrt{DM\cdot AK}\right) }$

Αρκεί συνεπώς να αποδείξουμε ότι
$\displaystyle \bf{ a=\sqrt{AM\cdot DK}-\sqrt{DM\cdot AK}}$
Είναι
$\displaystyle a^2=KM^2+(m-k)^2=KM^2+m^2+k^2-2km$
και με τη βοήθεια των $\displaystyle (5), \ \ (6)$
$\displaystyle a^2=KM^2+AM\cdot DM + AK \cdot KD-2\sqrt{AM\cdot DM \cdot AK \cdot KD}$
Άρα
$\displaystyle a^2=KM^2+AM\cdot (DK-KM) + AK \cdot (DM+KM)-2\sqrt{AM\cdot DM \cdot AK \cdot KD} =$
$\displaystyle =\bf{\color{red}{KM^2}}+AM\cdot DK-\bf{\color{red}{AM\cdot KM} }+ AK \cdot DM+\bf{\color{red}{AK \cdot KM}}-2\sqrt{AM\cdot DM \cdot AK \cdot KD}$
και εφόσον τα κόκκινα είναι αντίθετα έχουμε:
$\displaystyle \bf{ a^2=\left(\sqrt{AM\cdot DK}-\sqrt{DM\cdot AK}\right)^2}$ , δηλαδή το ζητούμενο.

mathematica.gr

Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Re: Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Re: Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Re: Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Re: Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Re: Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;

Re: Θεώρημα Πτολεμαίου από το Πυθαγόρειο;