ενέλιξη

#1

Μετά την τέμνουσα τετραπλεύρου, στην γενίκευση του Μενελάου, που είδαμε στον σύνδεσμο

viewtopic.php?f=167&t=63414

αξίζει να δούμε και αυτήν, η οποία έχει σπουδαίες προεκτάσεις:

Δίνεται τετράπλευρο ABCD

και ευθεία που τέμνει τις AD, DB, BC, CA, AB, CD

κατά σειρά στα σημεία E, F, H, G, Q, P

. Να αποδειχτεί ότι:

$\dfrac{PH}{QH}\,\dfrac{PE}{QE}\,=\dfrac{PG}{QG}\,\dfrac{PF}{GF}\,$

Αν, επιπλέον, το τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (ή σε οποιαδήποτε κωνική) τον οποίο η ευθεία τέμνει στα σημεία R,S

, τότε

$\dfrac{PH}{QH}\,\dfrac{PE}{QE}\,=\dfrac{PG}{QG}\,\dfrac{PF}{GF}\,=\dfrac{PR}{QR}\,\dfrac{PS}{GS}\,$

: 1.png (32.1 KiB) Προβλήθηκε 4124 φορές

min## · #2

Έτσι όπως το βλέπω στα γρήγορα,είναι το Desargues Involution theorem

#3

min## έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 26, 2018 1:52 pm
Έτσι όπως το βλέπω στα γρήγορα,είναι το Desargues Involution theorem

Έτσι είναι!

Βέβαια η ιδέα, στο πρώτο μέρος, είναι "κλεμμένη" από τον Πάππο. Αν μπορείς βάλε λύση, όχι παραπομπή. Λόγω φακέλλου καλόν είναι να υπάρχει λύση.

min## · #4

Για να δούμε.Για το πρώτο σκέλος:Αρκεί $\frac{PH}{QH}:\frac{PG}{QG}=\frac{PF}{QF}:\frac{PE}{QE}$ (υποθέτω-νομίζω ότι εννοείτε PF/QF

αντί

),δηλαδή

.Είναι όμως (P,Q,H,G)=C(P,Q,H,G)=(I,Q,B,A)

και

και το ζητούμενο δείχτηκε.
Για το δεύτερο σκέλος:Είναι A(D,R,S,C)=B(D,R,S,C)

(ο διπλός λόγος δέσμης 4 σημείων και κέντρου σε κωνική είναι ανεξάρτητος του κέντρου) δηλαδή (E,R,S,G)=(F,R,S,H)=(H,S,R,F)

.Έχουμε ότι ένας προβολικός μετασχηματισμός σε μια ευθεία ορίζεται από 3 ζεύγη σημείων (δεδομένων τριών σημείων,κατασκευάζεται μονάχα ένα ώστε η τετράδα να έχει δοσμένο διπλό λόγο).Για τον προβολικό μετασχηματισμό πάνω στην l που ορίζεται από τα ζεύγη (R,S,),(S,R),(F,G)

,έστω f ,ισχύει f(f(x))=x

για κάθε σημείο.Αυτό έπεται από την πρόταση:
Αν ένας προβολικός μετασχηματισμός f σε ευθεία στέλνει την εικόνα ενός σημείου

,έστω

στο

,κάνει το ίδιο για όλα τα σημεία.
Αυτό ισχύει επειδή αν

ένα άλλο σημείο και f(Y)=Y'

,θα είναι $(X,X',Y,Y')=(X',X,Y',Y'')=(X,X',Y'',Y')\rightarrow Y\equiv Y''$ κλπ.

Επιπλέον,αυτός ο μετασχηματισμός στέλνει το

στο

και αντίστροφα (από
(E,R,S,G)=(H,S,R,F)

) ενώ από το
(P,Q,H,G)=(Q,P,E,F)

στέλνει και το

στο

και αντίστροφα.Τελικά δηλαδή τα ζεύγη (P,Q),(R,S),(E,H),(F,G)

είναι όλα συζηγή του ίδιου προβολικού μετασχηματισμού από το οποίο έπεται η σχέση προς απόδειξη(η ισότητα διπλών λόγων).

Edit:σημαντικές αλλαγές

: adsf.png (16.33 KiB) Προβλήθηκε 4061 φορές

#5

Μιλώντας "προβολικά", η απόδειξη θα πρέπει να γίνει έτσι, όπως την έκανε ο min£##!

Ας την δούμε, όμως, και με τον κακώς παραμελειμένο, και κατά την γνώμη μου πολύ, Μενέλαο.

Έστω

το σημείο που τέμνονται οι AB, DC

. Το κλειδί είναι το τρίγωνο PKD

του οποίου διατέμνουσες είναι δύο από τις πλευρές και οι δύο διαγώνιοι του αρχικού τετραπλεύρου. Έτσι με διατέμουσες τις πλευρές BC, AD

έχουμε:

$\dfrac{QH}{HP}\,\,\dfrac{PC}{CK}\,\,\dfrac{KB}{BQ}\,=1$

$\dfrac{QE}{EP}\,\,\dfrac{PD}{DK}\,\,\dfrac{KA}{AQ}\,=1$

Και από εδώ θα πάρουμε:

$\dfrac{QH\cdot QE}{PH\cdot PE}=\dfrac{DK\cdot CK\cdot AQ\cdot BQ}{PC\cdot PD\cdot KB\cdot KA}\,\,\,(*)$

Με αυτή την σχέση ουσιαστικά τελειώσαμε. Πραγματικά, αν δουλέψουμε, τώρα, όπως παραπάνω, με διατέμνουσες τις διαγώνιες του τετραπλεύρου, τότε ίσο με το δεύτερο μέλος της σχέσης (*)

θα προκύψει και το $\dfrac{QG\cdot QF}{PG\cdot PF}$ . Αυτό τελειώνει την απόδειξη του πρώτου μέρους.

Για το δεύτερο μέρος, επανερχόμαστε στην (*).

Αν η κωνική είναι κύκλος, τότε από το θεώρημα τεμνομένων χορδών έχουμε:

$AQ \cdot BQ= QS \cdot QR,\,\,\,\,PC \cdot PD=PS \cdot PR,\,\,\,\,KB \cdot KA=KC \cdot KD$

Με αυτές το δεύτερο μέλος της (*)

θα γίνει $\dfrac{QR}{PR}\,\,\dfrac{QS}{PS}$ και η απόδειξη έγινε.

Αν, τέλος, η κωνική δεν είναι κύκλος, τότε θεωρούμε ένα προβολικό μετασχηματισμό που την στέλνει σε κύκλο. Ο μετασχηματισμός διατηρεί τις ισότητες των λόγων μας, και δίνει την απόδειξη.

Με επιφύλαξη για την πληκτρολόγηση. Ίσως ξέφυγε κάποιο γράμμα ...

ενέλιξη

ενέλιξη

Re: ενέλιξη

Re: ενέλιξη

Re: ενέλιξη

Re: ενέλιξη

Μέλη σε σύνδεση