ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

S.E.Louridas · #1

Θεώρημα του McLaurin (γενική μορφή).
Επιτρέψτε μου να ζητήσω την ενασχόληση με την απόδειξη του Θεωρήματος McLaurin της Ευκλείδειας Γεωμετρίας που είναι πολύ σημαντικό και τουλάχιστον θα πρέπει να το γνωρίζουμε, αφού υπάρχουν περιπτώσεις που «λύνει τα χέρια» του λύτη. Είναι το θεώρημα που ακολουθεί:

«Δίνεται γωνία $\angle xOy.$ Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε $k\,OA + m\,OB = a,$ όπου δοθέν ευθύγραμμο τμήμα και μέτρα δοθέντων ευθύγραμμων τμημάτων. Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Παρατήρηση: Αν k=m,

τότε το σταθερό σημείο

θα είναι σημείο της διχοτόμου της δοθείσας γωνίας $\angle xOy.$

Στη περίπτωση μάλιστα που έχουμε k=m=1

ισχύει: $\displaystyle{OQ = \frac{a}{{2\cos \angle \frac{{xOy}}{2}}} \cdot }$

#2

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 04, 2023 10:58 am
Θεώρημα του McLaurin (γενική μορφή).
Επιτρέψτε μου να ζητήσω την ενασχόληση με την απόδειξη του Θεωρήματος McLaurin της Ευκλείδειας Γεωμετρίας που είναι πολύ σημαντικό και τουλάχιστον θα πρέπει να το γνωρίζουμε, αφού υπάρχουν περιπτώσεις που «λύνει τα χέρια» του λύτη. Είναι το θεώρημα που ακολουθεί:

«Δίνεται γωνία $\angle xOy.$ Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε $k\,OA + m\,OB = a,$ όπου δοθέν ευθύγραμμο τμήμα και μέτρα δοθέντων ευθύγραμμων τμημάτων. Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Παρατήρηση: Αν τότε το σταθερό σημείο θα είναι σημείο της διχοτόμου της δοθείσας γωνίας $\angle xOy.$

Στη περίπτωση μάλιστα που έχουμε ισχύει: $\displaystyle{OQ = \frac{a}{{2\cos \angle \frac{{xOy}}{2}}} \cdot }$

θα δώσω μία απόδειξη που έχω διαβάσει σε παλιό βιβλίο, αλλά δεν θυμάμαι πού.

: MacLaurin.png (21.96 KiB) Προβλήθηκε 2379 φορές

Θεωρώ επί της

σημείο

ώστε $\displaystyle OT = \frac{a}{k},$ οπότε το

είναι σταθερό σημείο. Ονομάζω (C)

τον κύκλο που διέρχεται

από το

και εφάπτεται της

στο

Ο κύκλος

είναι σταθερός και επανατέμνει τον περίκυκλο του OAB

στο

Εύκολα προκύπτει εκ κατασκευής ότι οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, όπως και οι πράσινες, άρα τα τρίγωνα ATQ, BOQ

είναι όμοια, απ' όπου $\displaystyle \frac{{QO}}{{QT}} = \frac{{OB}}{{AT}}$

Αλλά, $\displaystyle OA = \frac{a}{k} - \frac{m}{k}OB \Rightarrow AT = OT - OA = \frac{m}{k}OB$ και $\boxed{\frac{{QO}}{{QT}} = \frac{k}{m}}$ O λόγος αυτός είναι λοιπόν

σταθερός κι επειδή το

ανήκει στον σταθερό κύκλο (C)

θα είναι το ζητούμενο σταθερό σημείο.

#3

Να πούμε, ότι υπάρχει αντίστοιχο θεώρημα με σταθερή την διαφορά των αποστάσεων ΟΑ-ΟΒ, με το σταθερό σημείο επί της εξωτερικής διχοτόμου κ.λπ. για κΟΑ-μΟΒ.

#4

rek2 έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 04, 2023 8:34 pm
Να πούμε, ότι υπάρχει αντίστοιχο θεώρημα με σταθερή την διαφορά των αποστάσεων ΟΑ-ΟΒ, με το σταθερό σημείο επί της εξωτερικής διχοτόμου κ.λπ. για κΟΑ-μΟΒ.

Η απόδειξη είναι ανάλογη με την περίπτωση του αθροίσματος. Εδώ όμως το σταθερό σημείο βρίσκεται στο
εξωτερικό της γωνίας xOy,

ενώ στην περίπτωση του αθροίσματος το

είναι στο εσωτερικό της γωνίας.

#5

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 04, 2023 10:58 am
Θεώρημα του McLaurin (γενική μορφή).
Επιτρέψτε μου να ζητήσω την ενασχόληση με την απόδειξη του Θεωρήματος McLaurin της Ευκλείδειας Γεωμετρίας που είναι πολύ σημαντικό και τουλάχιστον θα πρέπει να το γνωρίζουμε, αφού υπάρχουν περιπτώσεις που «λύνει τα χέρια» του λύτη. Είναι το θεώρημα που ακολουθεί:

«Δίνεται γωνία $\angle xOy.$ Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε $k\,OA + m\,OB = a,$ όπου δοθέν ευθύγραμμο τμήμα και μέτρα δοθέντων ευθύγραμμων τμημάτων. Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Παρατήρηση: Αν τότε το σταθερό σημείο θα είναι σημείο της διχοτόμου της δοθείσας γωνίας $\angle xOy.$

Στη περίπτωση μάλιστα που έχουμε ισχύει: $\displaystyle{OQ = \frac{a}{{2\cos \angle \frac{{xOy}}{2}}} \cdot }$

Σωτήρη καλημέρα....

Το όμορφο και κλασσικό αυτό θέμα θυμάμαι ότι το παρουσίασα στο συνέδριο της ΕΜΕ στη Χαλκίδα. Επίσης θυμάμαι ότι

στην παρουσίαση ήσουν κι εσύ...

Με προκαλεί η κινητικότητα του θέματος αυτού για τούτο και αναρτώ ένα δυναμικό σχήμα

που δείχνει την ομορφιά και την κατανόηση ανάμεσα στην κίνηση και στην ακινησία του σταθερού

αυτού σημείου.

: Θεώρημα Μac Laurin.png (67.66 KiB) Προβλήθηκε 2254 φορές

Το ανωτέρω σχήμα είναι ένα "στιγμιότυπο" από το δυναμικό αρχείο που παραθέτω

στο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/urx8hvta

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #6

Καλημέρα Κώστα με τις καλύτερες των ευχών. Βεβαίως και ήμουν στη Χαλκίδα, βεβαίως και είχα θαυμάσει την εργασία σου εκεί. Και κάτι ακόμα: Όταν αποφάσισα τώρα για την ανάρτηση μου αυτή ήλπιζα μέσα μου και ευχόμουν να παρέμβεις για να δώσεις πνοή ζωής, ό και εγένετω. Σε ευχαριστώ πολύ.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

«Δίνεται γωνία $\angle xOy=\theta$
Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε όπου $r\in \mathbb{R}-\left \{ 0 \right \},c\in \mathbb{R}$
Να δειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Διατύπωσα διαφορετικά το θεώρημα ώστε να περιλαμβάνει και τις δύο περιπτώσεις.

Εχω λύση με αναλυτική γεωμετρία που είναι απόλυτα φυσιολογική.
Μάλιστα βρίσκεται και πιο είναι το σημείο.
Αν δεν την γράψει κάποιος ,θα επανέλθω.

S.E.Louridas · #8

Απλά επιτρέψτε μου και μία ευρύτερη αναφορά και για το ζήτημα που αναφερόμαστε (ειδικά για το θεώρημα MacLaurin στη σελίδα 137):
https://www.emeimathias.gr/wp-content/u ... fxos_5.pdf

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

«Δίνεται γωνία $\angle xOy=\theta$ με $0<\theta <\pi$
Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε όπου $r\in \mathbb{R}-\left \{ 0 \right \},c\in \mathbb{R}$
Να δειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Απόδειξη.
Ας υποθέσουμε ότι $\theta \neq \frac{\pi }{2}$

Εστω $A(a,0),B(b,b\tan \theta )$ τα σημεία.
Η σχέση OA +rOB = c

γράφεται
$a+r|b|\sqrt{1+\tan^2\theta }=c$
Λόγω του απολύτου πρέπει να διακρίνουμε περιπτώσεις.

1) $0<\theta <\frac{\pi }{2}$
Θα έχουμε
$a+rb\sqrt{1+\tan^2\theta }=c$ (1)
Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο OAB

θα έχει εξίσωση
x^2+y^2-tx-ky=0

Αφού περνάει από το σημείο

θα είναι

(2)
Αφου περνάει από το σημείο

θα είναι
$b^2(1+\tan^2\theta )-tb-kb\tan \theta =0$ (3)
Χρησιμοποιώντας τις (1),(2),(3) η εξίσωση του κύκλου γίνεται

$x^2+y^2-(c-rb\sqrt{1+\tan^2\theta })x-\dfrac{b\sqrt{1+\tan^2\theta }-c+rb\sqrt{1+\tan^2\theta }}{\tan \theta }y=0$

Για να εξαφανισθεί το

πρέπει να είναι
$x=ly ,l=\dfrac{1+\tan^2\theta +r\sqrt{1+\tan^2\theta }}{\tan \theta r\sqrt{1+\tan^2\theta }}$
Θα πρέπει επιπλέον να είναι
x^2+y^2-cx+cy=0

Αντικαθιστώντας βρίσκουμε ότι ο κύκλος διέρχεται από το σημείο

$(\frac{l(l-1)c}{l^2+1},\frac{(l-1)c}{l^2+1})$

όπου $l=\dfrac{1+\tan^2\theta +r\sqrt{1+\tan^2\theta }}{\tan \theta r\sqrt{1+\tan^2\theta }}$

2) $\frac{\pi }{2}<\theta < \pi$
Εκείνο που αλλάζει είναι η σχέση (1)
Αυτή γίνεται
$a-rb\sqrt{1+\tan^2\theta }=c$
Κάνοντας ότι και προηγουμένως βρίσκουμε ότι ο κύκλος διέρχεται από το σημείο

$(\frac{l(l-1)c}{l^2+1},\frac{(l-1)c}{l^2+1})$
αλλά τώρα είναι

$l=-\dfrac{1+\tan^2\theta -r\sqrt{1+\tan^2\theta }}{\tan \theta r\sqrt{1+\tan^2\theta }}$

Αν $\theta =\frac{\pi }{2}$ τότε
ή κάνουμε την προηγούμενη διαδικασία με σημεία A(a,0),B(0,b)

η σε μία από τις περιπτώσεις παίρνουμε $\theta \rightarrow \frac{\pi }{2}$
Σε αυτή την περίπτωση είναι
$l=\frac{1}{r}$

#10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 9:44 am
«Δίνεται γωνία $\angle xOy=\theta$
Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε όπου $r\in \mathbb{R}-\left \{ 0 \right \},c\in \mathbb{R}$
Να δειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Διατύπωσα διαφορετικά το θεώρημα ώστε να περιλαμβάνει και τις δύο περιπτώσεις.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας η μια ευθεία είναι ο άξονας των

και η άλλη η ευθεία με μιγαδική εξίσωση $z = \lambda e^{i\vartheta}$ , με $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Αν $B = te^{i\vartheta}$ τότε A = c-rt

. Κάνουμε αντιστροφή στον μοναδιαίο κύκλο και παίρνουμε $B' = \frac{1}{t} e^{-i\vartheta}$ και $A' = \frac{1}{c-rt}$ . Επίσης το

πάει στο άπειρο οπότε ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AOB

πάει στην ευθεία A'B'

με εξίσωση

$\displaystyle 0 = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \frac{1}{t} e^{-i\vartheta} & \frac{1}{c-rt} & z \\ \frac{1}{t} e^{i\vartheta} & \frac{1}{c-rt} & \overline{z} \end{vmatrix}$

Παρατηρούμε ότι το

$\displaystyle z = \frac{1+re^{-i\vartheta}}{c}$

ανήκει στην ευθεία A'B'

αφού αν γράψουμε $\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3$ για τις στήλες του πίνακα θα έχουμε $\displaystyle \frac{tr}{c}\mathbf{u}_1 + \frac{c-tr}{c}\mathbf{u}_2 = \mathbf{u}_3$

Το συγκεκριμένο

είναι ανεξάρτητο του

και άρα ανήκει στην εικόνα κάθε περιγεγραμμένου κύκλου. Άρα όλοι οι περιγεγγραμμένοι κύκλοι περνάνε από σταθερό σημείο, το οποίο μάλιστα είναι η εικόνα του $\displaystyle z = \frac{1+re^{-i\vartheta}}{c}$

Οι περιπτώσεις t=0, t=c/r

που αντιστοιχούν στις περιπτώσεις B=O,A=O

αντίστοιχα θα μπορούσαν να αγνοηθούν αλλά πρέπει να εξετάσουμε ξεχωριστά την περίπτωση c = 0

. Τότε η γωνία $\angle ABO$ είναι σταθερή. Άρα και η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου στο

είναι επίσης σταθερή. Σε αυτήν την περίπτωση το

είναι «διπλό» σημείο τομής των περιγεγραμμέων κύκλων και έχουμε Q = O

.

S.E.Louridas · #11

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 04, 2023 10:58 am
Θεώρημα του McLaurin (γενική μορφή). Είναι το θεώρημα που ακολουθεί:

«Δίνεται γωνία $\angle xOy.$ Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε $k\,OA + m\,OB = a,$ όπου δοθέν ευθύγραμμο τμήμα και μέτρα δοθέντων ευθύγραμμων τμημάτων. Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Προς χάρη πολυφωνίας ας δούμε και αυτή την απόδειξη:

Θεωρούμε την ημιευθεία

ως τον γεωμετρικό τόπο των σημείων που ο λόγος των αποστάσεων τους από τις Ox, Oy

είναι ο σταθερός λόγος $\displaystyle{\frac{{QZ}}{{QH}} = \frac{m}{k} \Rightarrow \frac{{QA}}{{QB}} = \frac{m}{k}.}$ Αυτό μας οδηγεί στο ότι το τρίγωνο QBA

διατηρεί τις γωνίες του. Τελικά καθ’ όλη τη κίνηση το τρίγωνο αυτό μένει όμοιο προς τον εαυτό του. Άρα ο λόγος $\displaystyle{\frac{{QB}}{{AB}}}$ είναι σταθερός. Από το θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε: $\displaystyle{AB \cdot OQ = OA \cdot QB + OB \cdot QA \Rightarrow ... \Rightarrow OQ = \frac{{QB }}{{kAB}}\cdot a,\;\,ct.}$

: pth..png (52.53 KiB) Προβλήθηκε 1944 φορές

S.E.Louridas · #12

Θα ήθελα να μου επιτραπεί μία προσωπική άποψη: Να επισημάνω ότι οι καταπληκτικές λύσεις από τους Σταύρο και Δημήτρη (Demetres), of γεωμετρικής κλασικής μεθόδου από την Ευκλείδεια, δείχνουν ότι η Μαθηματική σκέψη είναι ΜΟΝΑΔΙΚΗ και έχει τη δύναμη να απαντά στα Μαθηματικά ζητήματα ανεξάρτητα από το αν αναφέρονται στον οποιονδήποτε τομέα των Μαθηματικών. Άρα ένα Μαθηματικό πρόβλημα θεωρείται λυμένο με όποιον τρόπο ή όποια θεωρητική θεώρηση λυθεί, αρκεί να μην αντιβαίνει τους όμορφους συλλογισμούς με βάση τους κανόνες της Μαθηματικής Λογικής. Άρα τα ουσιαστικά γεγονότα για ένα Μαθηματικό πρόβλημα, και μετά την λήξη της προσπάθεια επίλυσης του, είναι μόνο δύο: Λύθηκε το πρόβλημα ή Δεν λύθηκε το πρόβλημα.

#13

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 9:44 am
«Δίνεται γωνία $\angle xOy=\theta$
Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε όπου $r\in \mathbb{R}-\left \{ 0 \right \},c\in \mathbb{R}$
Να δειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Θα χρησιμοποιήσω τους συμβολισμούς του Σταύρου στο αρχικό πρόβλημα του Σωτήρη. Επίσης, χωρίς βλάβη, c=1

. Ακολουθεί γεωμετρική απόδειξη την οποία δεν είδα πουθενά.

Γράφουμε τον (κόκκινο) κύκλο που εφάπτεται της

στο

και έχει

. Επίσης γράφουμε τον (κόκκινο) κύκλο που εφάπτεται της

στο

και έχει

. Aν οι δύο αυτοί κύκλοι τέμνονται στο

, ισχυρίζομαι ότι αυτό είναι το σταθερό σημείο που αναζητάμε.

Πρώτα απ΄όλα ας παρατηρήσουμε τις ισότητες των γωνιών $\angle COQ= \angle ODQ$ και $\angle OCQ= \angle QOD$ (υπό χορδής και εφαπτομένης). Άρα τα τρίγωνα OCQ, OQD

είναι όμοια οπότε QD= OQ/r

(αφού

).

Παίρνουμε OA=a

. Γράφουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία O,A,Q

και έστω ότι τέμνει την

στο

. Θα δείξουμε ότι το

είναι το ταίρι του

, με

δηλαδή $OB= \frac {1-a}{r}$ . Αν το κάνουμε αυτό θα έχουμε τελειώσει γιατί οι κύκλοι προσδιορίζονται από τρία σημεία τους, οπότε ο OAB

διέρχεται από το

, που είναι το ζητούμενο.

Τα τρίγωνα $OAQ,\, BQD$ είναι όμοια (άμεσο από γωνίες, π.χ. οι πράσινες είναι ίσες από το εγγράψιμο OAQB

). Άρα

αφού

. Συνεπώς $OB= OD-BD = \frac {1}{r} - \frac {a}{r} = \frac {1-a}{r}$ , όπως θέλαμε. Τελειώσαμε.
.

S.E.Louridas · #14

Ας δούμε και την άποψη αυτή.

Ας θεωρήσουμε καταρχήν, και χωρίς να έχουμε κάποια βλάβη, ότι $OA \leqslant OB.$ Η δοθείσα σχέση γίνεται $\displaystyle{vOA + uOB = vu,\;\,u = \frac{a}{k},\;v = \frac{a}{m}\,\;\left( {OB < v \Rightarrow OA < v} \right).}$

Εδώ κατασκευάζουμε το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{OCTD$ με $OC = v,\;OD = u}$ και θεωρούμε

την τομή του κύκλου (c)

με την ημιευθεία OT.

Από γνωστή πρόταση παίρνουμε (Αποδεικνύεται πολύ εύκολα με διανύσματα)

$\displaystyle{OC \cdot OA + OD \cdot OB = OQ \cdot OT \Rightarrow OQ = \frac{{vOA + uOB}}{{OT}} = \frac{{vu}}{{OT}},\,\;c}$

: MacLurin.png (43.15 KiB) Προβλήθηκε 1634 φορές

S.E.Louridas · #15

Επιτρέψτε μου να ευχαριστήσω απλά αλλά θερμά και ειλικρινά τους Γενικούς Συντονιστές.
Με την πλέον ειλικρινή εκτίμηση

Σωτήρης Ε. Λουρίδας

S.E.Louridas · #16

Ας δούμε ένα θέμα που λύνεται και με βάση τα "προαναφερθέντα".
Επιτρέψτε μου να το προτείνω για ενασχόληση.

Δίνεται τρίγωνο Επί του ευθύγραμμου τμήματος κινείται σημείο Θεωρούμε σημεία αντίστοιχα επί των πλευρών , ώστε $MB\left | \right |OK, MA\left | \right |OL.$ Προσδιορίστε τη θέση του , ώστε το να είναι ελάχιστο.

#17

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 9:44 am
«Δίνεται γωνία $\angle xOy=\theta$
Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε όπου $r\in \mathbb{R}-\left \{ 0 \right \},c\in \mathbb{R}$
Να δειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »

Θα χρησιμοποιήσω και πάλι τους συμβολισμούς του Σταύρου στο αρχικό πρόβλημα του Σωτήρη. Επίσης, χωρίς βλάβη, c=1

. Ακολουθεί απλή απόδειξη με αντιστροφή, την οποία δεν είδα πουθενά.

Η ιδέα είναι να κάνουμε αντιστροφή ως προς

(και σταθερά αντιστροφής οτιδήποτε αλλά θα πάρω την τιμή

για οικονομία στις πράξεις). Οι κύκλοι OAB

γίνονται ευθείες. Για να αποδείξουμε ότι οι κύκλοι έχουν κοινό σημείο πέρα από το

, αρκεί να αποδείξουμε ότι οι ευθείες που προκύπτουν από την αντιστροφή έχουν κοινό σημείο.

Παίρνουμε σημεία P, R

στις δύο ευθείες, αντίστοιχα, με $OP=1,\, OR=r$ από τα οποία φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές της γωνίας. Έστω ότι τέμνονται στο

. Θα δείξουμε ότι όλες οι (αντίστροφες) ευθείες διέρχονται από το

.

Έστω λοιπόν OA+rOB =1

, όπου

, οπότε $OB= \dfrac {1-a}{r}$ . Έστω ακόμα $A', \, B'$ τα αντίστροφα των $A,\, B$ , αντίστοιχα, δηλαδή $OA'= \dfrac {1}{a}$ και $OB'= \dfrac {r}{1-a}$ . Θέλουμε να δείξουμε ότι τα A', S, B'

είναι συνευθειακά. Αν λοιπόν η A'S

τέμνει την κάτω πλευρά της γωνίας στο B''

έχουμε από τα όμοια τρίγωνα $OA'B'', \, RSB''$ ότι

$\dfrac {OB''}{OA'}= \dfrac {RB''}{RS}$ , δηλαδή $\dfrac {OB''}{1/a}= \dfrac {OB''-r}{1}$ .

Λύνοντας θα βρούμε $OB'' = \dfrac {r}{1-a} = OB'$ , όπως θέλαμε.
.

S.E.Louridas · #18

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 10, 2023 6:42 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 9:44 am
«Δίνεται γωνία $\angle xOy=\theta$
Στις πλευρές της κινούνται αντίστοιχα τα σημεία , έτσι ώστε όπου $r\in \mathbb{R}-\left \{ 0 \right \},c\in \mathbb{R}$
Να δειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο διέρχεται από σταθερό σημείο »
Θα χρησιμοποιήσω και πάλι τους συμβολισμούς του Σταύρου στο αρχικό πρόβλημα του Σωτήρη. Επίσης, χωρίς βλάβη, . Ακολουθεί απλή απόδειξη με αντιστροφή, την οποία δεν είδα πουθενά.

Η ιδέα είναι να κάνουμε αντιστροφή ως προς (και σταθερά αντιστροφής οτιδήποτε αλλά θα πάρω την τιμή για οικονομία στις πράξεις). Οι κύκλοι γίνονται ευθείες. Για να αποδείξουμε ότι οι κύκλοι έχουν κοινό σημείο πέρα από το , αρκεί να αποδείξουμε ότι οι ευθείες που προκύπτουν από την αντιστροφή έχουν κοινό σημείο.

Παίρνουμε σημεία στις δύο ευθείες, αντίστοιχα, με $OP=1,\, OR=r$ από τα οποία φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές της γωνίας. Έστω ότι τέμνονται στο . Θα δείξουμε ότι όλες οι (αντίστροφες) ευθείες διέρχονται από το .

Έστω λοιπόν , όπου , οπότε $OB= \dfrac {1-a}{r}$ . Έστω ακόμα $A', \, B'$ τα αντίστροφα των $A,\, B$ , αντίστοιχα, δηλαδή $OA'= \dfrac {1}{a}$ και $OB'= \dfrac {r}{1-a}$ . Θέλουμε να δείξουμε ότι τα είναι συνευθειακά. Αν λοιπόν η τέμνει την κάτω πλευρά της γωνίας στο έχουμε από τα όμοια τρίγωνα $OA'B'', \, RB"S$ ότι

$\dfrac {OB''}{OA'}= \dfrac {RB''}{RS}$ , δηλαδή $\dfrac {OB''}{1/a}= \dfrac {OB''-r}{1}$ .

Λύνοντας θα βρούμε $OB'' = \dfrac {r}{1-a} = OB'$ , όπως θέλαμε.
.

Άριστη λύση (Αναμενόμενο από τον Μιχάλη) που εκτός των άλλων αναδεικνύει και το ενιαίο της Μαθηματικής σκέψης.

ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ του MacLaurin

Μέλη σε σύνδεση