Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

ykerasar · #1

Προλεγόμενα
Να πάλι, ο καλός μου φίλος Παναγιώτης Οικονομάκος, μου ζήτησε να πληκτρολογήσω και να αναρτήσω στην ιστοσελίδα μας ένα πρόβλημα εμβαδού. Η αξία του προβλήματος αυτού έγκειται στον τρόπο που θα το αντιμετωπίσει ο Παναγιώτης, όταν έρθει η ώρα να πει κι αυτός την απόδειξή του. Υπενθυμίζω πως ο Παναγιώτης δεν γνωρίζει να γράφει σε LATEX, γι αυτό το λόγο το πληκτρολογώ και το αναρτώ στο όνομά του.
Γιάννης Κερασαρίδης

Η εκφώνηση
Αν για τους θετικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma}$ ισχύει:
$\displaystyle{\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = 4}$
Να ευρεθεί το εμβαδό του τριγώνου που έχει πλευρές: $\displaystyle{\kappa = \sqrt {\alpha + \beta } ,\lambda = \sqrt {\beta + \gamma } ,\mu = \sqrt{\gamma + \alpha } }$
Παναγιώτης Οικονομάκος

#2

ykerasar έγραψε: Αν για τους θετικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma}$ ισχύει:
$\displaystyle{\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = 4}$
Να ευρεθεί το εμβαδό του τριγώνου που έχει πλευρές: $\displaystyle{\kappa = \sqrt {\alpha + \beta } ,\lambda = \sqrt {\beta + \gamma } ,\mu = \sqrt{\gamma + \alpha } }$

Βάζω λύση εκτός Β' Λυκείου γιατί η μέθοδος με τύπο Ήρωνα έχει μόνο πράξεις "χωρίς φαντασία". Αφήνω τον εντός ύλης τρόπο στους άλλους.

Απάντηση: 1.

Υπολογίζουμε με δύο διαφορετικούς τρόπους τον όγκο της πυραμίδας OABC

όπου

α αρχή των αξόνων και $A(\sqrt a, 0, 0), \, B(0, \sqrt b, 0), \, C(0,0, \sqrt c)$ .

Ελέγχουμε (άμεσο) ότι το επίπεδο ABC

έχει εξίσωση $\sqrt {bc}x+\sqrt{ac}y+\sqrt {ab}z=\sqrt {abc}$ οπότε η απόστασή του από το

είναι $\displaystyle{ \frac {\sqrt {abc}}{ \sqrt {ab+bc+ca}} = \frac {\sqrt {abc}}{2}}$ . Άρα ο όγκος της OABC

, αν την δούμε με βάση το ABC

, είναι $\displaystyle{\frac {1}{6} (ABC)\cdot \frac {\sqrt {abc}}{2}}}$ .
Αν τώρα δούμε την ίδια πυραμίδα με βάση OAB

και ύψος

, ο όγκος της είναι $\displaystyle{\frac {1}{6} \cdot \frac{1}{2} \sqrt {a b}\sqrt {c}}$ . Συγκρίνοντας τα δύο αποτελέσματα καταλήγουμε ότι (ABC)=1

.

Φιλικά,

Μιχ'αλης

S.E.Louridas · #3

Ο Παναγιώτης Οικονομάκος είναι ένας Μαθηματικός υψηλών προδιαγραφών με ατέλειωτα δείγματα Επιστημονικής γραφής. Έτσι χαίρομαι να ασχολούμε με θέματα που προτείνει. Αυτό είναι που με οδήγησε να ασχοληθώ και με το συγκεκριμένο θέμα του ταυτόχρονα με το γεγονός της θαυμάσιας λύσης του δικού μας Μιχάλη Λάμπρου.
H ημέτερη διαπραγμάτευση:
$\matrix {a + b = x^2 ,\;b + c = y^2 ,\;c + a = z^2 \Rightarrow c = \frac{{y^2 + z^2 - x^2 }} {2},\;a = \frac{{x^2 + z^2 - y^2 }} {2},\;} \\ {b = \frac{{x^2 + y^2 - z^2 }} {2} \Rightarrow 2x^2 y^2 + 2y^2 z^2 + 2z^2 x^2 - x^4 - y^4 - z^4 = 16 \Rightarrow E^2 = 1 \Rightarrow E = 1,} \\ \endmatrix$

(*) Προφανώς και πολύ εύκολα βλέπουμε, ότι ισχύει
$\displaystale{ac = \frac{{\left( {z^2 } \right)^2 - \left( {x^2 - y^2 } \right)^2 }} {4} = \frac{{z^4 - x^4 - y^4 + 2x^2 y^2 }} {4}}$ ,
οπότε κυκλικά "καταγράφουμε" και τα άλλα γινόμενα ab, bc

.
(**) Χρησιμοποιήθηκε στην τελική μετάβαση η παλιά γνωστή μας όμορφη, δηλαδή χρησιμοποιήθηκε η ταυτότητα του De Moivre:
$2x^2 y^2 + 2y^2 z^2 + 2z^2 x^2 - x^4 - y^4 - z^4 = \left( {x + y + z} \right)\left( {y + z - x} \right)\left( {z + x - y} \right)\left( {x + y - z} \right).$

S.E.Louridas · #4

Απλά επανέρχομαι για να δούμε ότι τα μεγέθη
$\sqrt {a + b} ,\;\sqrt {b + c} ,\;\sqrt {c + a} ,$
αποτελούν πράγματι μέτρα πλευρών τριγώνου, όταν δίνεται ότι a,b,c>0

.
Έχουμε:
$\matrix {\sqrt {b + c} < \sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} \Leftrightarrow 0 < a + \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} \;.} \\ {\left| {\sqrt {a + b} - \sqrt {a + c} } \right| < \sqrt {b + c} \Leftrightarrow a < \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} ,} \\ \endmatrix$
η τελευταία είναι αληθής αφού,
$\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} > \sqrt {a^2 } = a.$

k-ser · #5

S.E.Louridas έγραψε:Απλά επανέρχομαι για να δούμε ότι τα μεγέθη
$\sqrt {a + b} ,\;\sqrt {b + c} ,\;\sqrt {c + a} ,$
αποτελούν πράγματι μέτρα πλευρών τριγώνου, όταν δίνεται ότι .
Έχουμε:
$\matrix {\sqrt {b + c} < \sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} \Leftrightarrow 0 < a + \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} \;.} \\ {\left| {\sqrt {a + b} - \sqrt {a + c} } \right| < \sqrt {b + c} \Leftrightarrow a < \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} ,} \\ \endmatrix$
η τελευταία είναι αληθής αφού,
$\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} > \sqrt {a^2 } = a.$

Σωτήρη, στο σχήμα ένας ακόμα τρόπος για να δείξουμε ότι τα μεγέθη $\sqrt {a + b} ,\;\sqrt {b + c} ,\;\sqrt {c + a} ,$ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

: τριγωνο.png (29.55 KiB) Προβλήθηκε 1354 φορές

Αφιερωμένο στο Μιχάλη.

S.E.Louridas · #6

k-ser έγραψε: ...Σωτήρη, στο σχήμα ένας ακόμα τρόπος για να δείξουμε ότι τα μεγέθη $\sqrt {a + b} ,\;\sqrt {b + c} ,\;\sqrt {c + a} ,$ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

Αφιερωμένο στο Μιχάλη.

Επαυξάνω Κώστα

#7

S.E.Louridas έγραψε:Απλά επανέρχομαι για να δούμε ότι τα μεγέθη
$\sqrt {a + b} ,\;\sqrt {b + c} ,\;\sqrt {c + a} ,$
αποτελούν πράγματι μέτρα πλευρών τριγώνου, όταν δίνεται ότι .
...

Ας παρατηρήσουμε ότι τα μεγέθη $\displaystyle{\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}}$ αποτελούν μήκη πλευρών τριγώνου, και όταν ισχύει η ασθενέστερη συνθήκη

$\displaystyle{a+b>0,b+c>0,c+a>0,ab+bc+ca>0.}$

S.E.Louridas · #8

matha έγραψε: ...Ας παρατηρήσουμε ότι τα μεγέθη $\displaystyle{\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}}$
αποτελούν μήκη πλευρών τριγώνου, και όταν ισχύει η ασθενέστερη συνθήκη
$\displaystyle{a+b>0,b+c>0,c+a>0,ab+bc+ca>0.}$

Ναι καθότι π.χ. έχουμε:
$a \leqslant 0 \Leftrightarrow - a \geqslant 0.\\\quad 0 < a + \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} \Leftrightarrow a^2 < a^2 + ab + bc + ca \Leftrightarrow 0 < ab + bc + ca,$
$a < \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}\Leftrightarrow {\left| {\sqrt {a + b} - \sqrt {a + c} } \right| < \sqrt {b + c}$

ykerasar · #9

ΑΠΟ ΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ ΣΤΟ ΧΩΡΟ
Προλεγόμενα
Με την παρούσα ανάρτηση δίνω μια απόδειξη του θέματος κάνοντας μετάβαση από το επίπεδο στο χώρο.
Απόδειξη
Πάνω στις ακμές $\displaystyle{Ox,Oy,Oz}$ τρισορθογώνιας στερεάς γωνίας, λαμβάνουμε τα σημεία $\displaystyle{{\rm A},{\rm B},\Gamma }$ , έτσι ώστε:
$\displaystyle{{\rmO}{\rmA}=\sqrt\alpha,{\rmO}{\rmB}=\sqrt\beta,{\rmO}\Gamma=\sqrt \gamma }$
Τότε θα είναι:
$\displaystyle{{\rm B}\Gamma = \sqrt {\beta + \gamma } ,\Gamma {\rm A} = \sqrt {\gamma + \alpha } }$
Γνωρίζουμε ότι:
$\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)^2 = \left( {{\rm O}{\rm A}{\rm B}} \right)^2 + \left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right)^2 + \left( {{\rm O}{\rm A}\Gamma } \right)^2 \left( {\rm I} \right)}$
ή
$\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)^2 = \frac{{\alpha \beta }}{4} + \frac{{\beta \gamma }}{4} + \frac{{\gamma \alpha }}{4} = \frac{{\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha }}{4}}$
Αν τώρα λάβουμε υπ’ όψη μας την υπόθεση $\displaystyle{\left( {\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = 4} \right)}$ , έχουμε:
$\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)^2 = \frac{4}{4} = 1}$
Οπότε:
$\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = 1}$

Σημείωση 1. Πολλά δύσκολα προβλήματα επιπεδομετρίας λύνονται εύκολα, εάν κάνουμε την υπέρβαση να βγούμε από το επίπεδο, στο χώρο, και να χρησιμοποιήσουμε έτσι αξιώματα και θεωρήματα της Στερεομετρίας. Κατόπιν να επανέλθουμε στο επίπεδο
Σημείωση 2. Η σχέση $\displaystyle{\left( {\rm I} \right)}$ είναι θεώρημα της Αναλυτικής Γεωμετρίας του χώρου.
Παναγιώτης Οικονομάκος

ykerasar · #10

ΑΜΙΓΩΣ ΕΠΙΠΕΔΟΜΕΤΡΙΚΗ
Προλεγόμενα
Μετά την προηγούμενη απόδειξη (με τη μέθοδο της μετάβασης από το επίπεδο στο χώρο), δίνουμε μια απόδειξη με μόνη την Επιπεδομετρία.

Έστω ότι είναι $\displaystyle{\alpha\le\beta\le\gamma}$ . Τότε θα είναι και
$\displaystyle{\sqrt {\alpha+ \beta } \le \sqrt {\alpha + \gamma } \le \sqrt {\beta + \gamma}}$ .
Στη συνέχεια μπορούμε εύκολα να δείξουμε ότι
$\displaystyle{\sqrt {\alpha + \gamma } - \sqrt {\alpha + \beta } < \sqrt {\beta + \gamma } < \sqrt {\alpha + \beta } + \sqrt {\alpha + \gamma }}$ ,
Δηλαδή ότι οι αριθμοί $\displaystyle{\sqrt {\alpha + \beta } ,\sqrt {\alpha + \gamma } ,\sqrt {\beta + \gamma } }$ , είναι μήκη πλευρών τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ , όπου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = \sqrt {\alpha + \beta } ,{\rm A}\Gamma = \sqrt {\alpha + \gamma } ,{\rm B}\Gamma = \sqrt {\beta + \gamma } }$ .
Μετά στο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ , φέρνουμε την διάμεσο $\displaystyle{{\rm A}{\rm M}}$ και το ύψος $\displaystyle{{\rm A}\Delta }$ . Τότε από τα θεωρήματα των διαμέσων έχουμε:
$\displaystyle{{\rm A}\Gamma ^2 + {\rm A}{\rm B}^2 = 2{\rm A}{\rm M}^2 + \frac{{{\rm B}\Gamma ^2 }}{2} \Leftrightarrow \alpha + \gamma + \alpha + \beta = 2{\rm A}{\rm M}^2 + \frac{{\beta + \gamma }}{2}}$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {\rm A}{\rm M}^2 = \frac{{4\alpha + \beta + \gamma }}{4}\left( {\rm I} \right)}$
Και
$\displaystyle{{\rm A}\Gamma ^2 - {\rm A}{\rm B}^2 = 2{\rm B}\Gamma .{\rm M}\Delta \Leftrightarrow {\rm M}\Delta = \frac{{{\rm A}\Gamma ^2 - {\rm A}{\rm B}^2 }}{{2{\rm B}\Gamma }}}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow {\rm M}\Delta = \frac{{\left( {\alpha + \gamma } \right) - \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{2\sqrt {\beta + \gamma } }} \Leftrightarrow {\rm M}\Delta ^2 = \frac{{\beta ^2 + \gamma ^2 - 2\beta \gamma }}{{4\left( {\beta + \gamma } \right)}}\left( {{\rm I}{\rm I}} \right) }$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}\Delta {\rm M}}$ έχουμε $\displaystyle{{\rm A}\Delta ^2 = {\rm A}{\rm M}^2 - {\rm M}\Delta ^2 }$
και λόγω των $\displaystyle{\left( {\rm I} \right)}$ και $\displaystyle{\left( {{\rm I}{\rm I}} \right)}$ προκύπτει ότι: $\displaystyle{{\rm A}\Delta ^2 = \frac{{4\alpha + \beta + \gamma }}{4} - \frac{{\beta ^2 + \gamma ^2 - 2\beta \gamma }}{{4\left( {\beta + \gamma } \right)}} \Leftrightarrow {\rm A}\Delta ^2 = \frac{{\alpha \beta + \alpha \gamma + \beta \gamma }}{{\beta + \gamma }}}$ η οποία λόγω της υπόθεσης δίνει $\displaystyle{{\rm A}\Delta = \frac{2}{{\sqrt {\beta + \gamma } }}}$
Τέλος έχουμε
$\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2} \cdot {\rm B}\Gamma \cdot {\rm A}\Delta = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\beta + \gamma } \cdot \frac{2}{{\sqrt {\beta + \gamma } }} = 1}$

Παναγιώτης Οικονομάκος

Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Re: Παναγιώτης Οικονομάκος: ''Από το Επίπεδο στο Χώρο''

Μέλη σε σύνδεση