πλευρές τριγώνου

[Mihalis_Lambrou]

1) Με αφορμή μια πολύ ωραία λύση που έδωσε ο Κώστας Σερίφης (k-ser) σε άλλο σημείο του forum, κατασκεύασα την εξής άσκηση:

Δείξτε ότι αν Ρ εσωτερικό σημείο ισοπλεύρου ΑΒΓ, τότε οι ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ είναι πλευρές τριγώνου. (Σχήμα 1).

Η άσκηση γενικεύεται: Αν Ρ εσωτερικό σημείο τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι αΡΑ, βΡΒ, γΡΓ είναι πλευρές τριγώνου.

Υπόδειξη: δείτε το σχήμα στην λύση του Κώστα στο
Μαθηματικοί Διαγωνισμοί και Ολυμπιάδες ---> Ισόπλευρο τρίγωνο - Εμβαδόν ---> k-ser.

2) Συνειρμικά θυμήθηκα ένα παρεμφερές πρόβλημα:

Σε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, δείξτε ότι οι ΒΔ, ΓΕ και ΔΕ (Σχήμα 2) αποτελούν πλευρές τριγώνου.

Ξέρω μία καταπληκτική απόδειξη που μου την είπε ο Mircea Becheanu, αρχηγός και προπονητής για πολλά χρόνια της Ρουμανικής ομάδας για τις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες. Θα την γράψω αργότερα, αν χρειαστεί.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

[rastaffari]

Για το πρώτο ερώτημα

Έστω Δ,Ε,Ζ οι προβολές του P στις πλευρές του ΑΒΓ το τερράπλευρο AZPE είναι εγγράψιμμο απο το τίγωνο ΑΕΖ Έχουμε
AP=ZE
ομοια BP=ΔΖ,ΓP=ΔΕ
και εφόσον ΔΕ,ΕΖ,ΔΖ πλευρές τριγώνου τότε και PA,PB ,PΓ πλευρές τριγώνου

[k-ser]

Δείξτε ότι αν Ρ εσωτερικό σημείο ισοπλεύρου ΑΒΓ, τότε οι ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ είναι πλευρές τριγώνου. (Σχήμα 1).

Η άσκηση γενικεύεται: Αν Ρ εσωτερικό σημείο τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι αΡΑ, βΡΒ, γΡΓ είναι πλευρές τριγώνου.

Μιχάλης Λάμπρου

Αν και απάντησε ήδη ο Παναγιώτης, λίγο πιο αναλυτικά και με το σχήμα η απάντηση...

[Μπάμπης Στεργίου]

Μιχάλη , αυτή είναι η ομορφιά της επικοινωνίας !
Λοιπόν , με την ωραία ευκαιρία που έδωσες, να προσθέσω τούτο: Για το ισόπλευρο τρίγωνο ισχύει το θεώρημα Pompeiu :.
Έτσι , για το τυχαίο σημείο Μ του επιπέδου του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ, τα τμήματα ΜΑ,ΜΒ,ΜΓ είτε αποτελούν πλευρές τριγώνου είτε το ένα από αυτά ισούται με το άθροισμα των δύο άλλων. Το τελευταίο ισχύει μόνο όταν το Μ βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ.Έχω διαβάσει τελευταία ένα πολύ καλό άρθρο σε Ρουμάνικο περιοδικό για αυτό το θεώρημα, με αποδέιξεις , σχόλια και προτάσεις. Αν θυμηθώ που ήταν και το βρω, σε κάποια σχετική επικοινωνία θα προσθέσω ό,τι ενδιαφέρον βρω.

[Μπάμπης Στεργίου]

Δείξτε ότι αν Μ εσωτερικό σημείο ισοπλεύρου ΑΒΓ, τότε οι ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ είναι πλευρές τριγώνου. (Σχήμα 1).

Μια λύση που βρήκα σε σχετικό άρθρο είναι αυτή που φαίνεται στο σχήμα. Ο τρόπος εφαρμόζεται ακριβώς και για το εξωτερικό σημείο Μ.

Αν το Μ είναι σημείο του περιγεγραμένου κύκλου, τότε το συμπέρασμα απορρέει αμέσως με εφαρμογή του θεωρήματος Προλεμαίου.Προκύπτει όμως ωραία, αλλά πιο κουραστικά, ως κλασική άσκηση στις εγγεγραμμένες γωνίες.
Επειδή βρήκα και το σχετικό άρθρο, θα προσπαθήσω άλλη φορά να βάλω και μερικές συνέπειες. Θα έβαζα και κάποια τώρα, αλλά θυμήθηκα ότι έχω ένα ξενόγλωσσο βιβλίο αφιερωμένο εξ'ολοκλήρου στο ισόπλευρο τρίγωνο . Έλα όμως που δεν μπορώ να το βρω πουθενά ! Δεν θυμάμαι καν αν μου το είχαν στείλει σε βιβλίο ή φωτοτυπίες. Θα ψάξω αύριο μήπως και το βρω.Εκεί ίσως βρω μερικές άλλες αποδέιξεις στο θεώρημα Pompeiu.
Αυτά για τώρα !Καλό βράδυ.
Μπάμπης

(Στο σχήμα φέρνουμε από το Μ παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ κλπ)

[Γιώργος Ρίζος]

Για τη δεύτερη άσκηση, δίνω μία "σχολική" λύση επιπέδου Α΄Λυκείου.

ASKHSH.png (27.04 KiB) Προβλήθηκε 4805 φορές

Για τη δεύτερη άσκηση, δίνω μία "σχολική" λύση επιπέδου Α΄Λυκείου.



Σε αναμονή της κομψής λύσης του Μιχάλη Λάμπρου,


χαιρετισμούς

Γιώργος Ρίζος

Υ.Γ.
Μιχάλη, στη γενίκευση της 1ης άσκησης:

Η άσκηση γενικεύεται: Αν Ρ εσωτερικό σημείο τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι αΡΑ, βΡΒ, γΡΓ είναι πλευρές τριγώνου.
Θα ήθελα μία διευκρίνηση για τις πλευρές τριγώνου.

[p_gianno]

exer1.png

Καλησπέρα σε όλους

Το Ρ εκ λάθους εδώ έχει γίνει Δ

Νομίζω ότι στο ερώτημα αυτό έχει δοθει απάντηση και με τη λύση της στροφής.
Στρέφω το τρίγωνο ΔΓΑ περί το Γ κατά 60ο οπότε τρίγ ΑΔΓ=ΒΔ’Γ
άρα ΒΔ’=ΑΔ , ΓΔ’=ΔΓ και επειδή Δ’ΓΔ= 60ο έπεται ότι ΔΔ’Γ ισόπλευρο άρα ΔΔ’=ΔΓ
Επομένως έχουμε κατασκευάσει το τρίγωνο ΒΔΔ’ του οποίου οι πλευρές έχουν μήκος όσο και οι αποστάσεις του Δ από τις κορυφές του ισοπλεύρου τριγώνου , πράγμα που είναι ισοδύναμο με το ζητούμενο..


Ασκηση 2
Αν Ο το σημείο τομής των ΒΔ (=χ) και ΓΕ(=y) τότε στο τριγ ΕΟΔ έχουμε ζ=ΕΔ<ΕΟ+ΟΔ<ΕΓ+ΒΔ=χ+y
Δηλαδή ζ< χ+y
Πρέπει όμως αυτή να ισχύει κυκλικά για τα γράμματά της.
Θα δείξω ότι χ+ζ > y
(Η περίπτωση y+z>χ είναι πανομοιότυπη)

Θεωρώ το τριγ ΑΓΗ συμμετρικό ως προς ΑΓ του τριγ ΑΒΓ. Εστω Ε’=συμμ(Ε)
τότε ΕΔ=Ε’Δ και ΕΓ=ΓΕ’
Στο τριγ ΒΑΕ’ είναι είναι < ΒΑΕ’=120ο άρα ΒΕ’>ΑΒ=α>ΓΕ=y *** αφού 0 < ζ < α
δηλαδή ΒΕ’> y (1)
Στο τριγ ΒΔΕ’ είναι χ+ζ > ΒΕ’ (2) Από (1)και (2) έπεται το ζητούμενο δλδ χ+ζ > y
Ικανοποιούνται οι απαιτούμενες ανισώσεις άρα υπάρχει τρίγωνο με πλευρές με μήκη χ,y,ζ

Προσθήκη
*** Εύκολα φαίνεται ότι το y παίρνει τιμές που κυμαίνονται από το μήκος του ύψους του ισοπλεύρου έως α

exer2.png

[Mihalis_Lambrou]

Σε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, δείξτε ότι οι ΒΔ, ΓΕ και ΔΕ (Σχήμα 2) αποτελούν πλευρές τριγώνου.

Ξέρω μία καταπληκτική απόδειξη που μου την είπε ο Mircea Becheanu, αρχηγός και προπονητής για πολλά χρόνια της Ρουμανικής ομάδας για τις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες. Θα την γράψω αργότερα, αν χρειαστεί.

Πολύ ωραίες όλες οι λύσεις. Με ενθουσιάζει η ποικιλία και η δύναμη της Λέσχης.

Εύγε.

Και η λύση που υποσχέθηκα:

Εργαζόμαστε στις 3 διαστάσεις: Γράφουμε μία κανονική πυραμίδα με βάση το ΑΒΓ και κορυφή το Κ. Εύκολα βλέπουμε ότι ΚΔ = ΒΔ και ΓΕ = ΕΚ. (Οι τελευταίες είναι άμεσες διότι το KΑΓ και το KΑΒ είναι απλούστατα το ΑΒΓ σε άλλη θέση).
Το περί ου ο λόγος τρίγωνο τώρα το βλέπουμε. Είναι το ΚΕΔ !

Καλό, εεεεέ

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

[k-ser]

Μαγικό!

Μήπως υπάρχει λύση και με 4 διαστάσεις;

[p_gianno]

Καλημέρα σε όλους
Μία ακόμη ακόμη απαντηση στην πρώτη άσκηση

ex3.png (2.54 KiB) Προβλήθηκε 4727 φορές

Τρίγωνο ΒΡΓ --- > ΒΡ+ΡΓ > ΒΓ > ΑΚ > ΑΡ (δεδομένου ότι α <ΑΚ <α)
Επομένως ισχύει κυκλικά και ΑΡ+ΡΓ>ΒΡ και ΒΡ+ΡΑ>ΡΓ. Συνεπώς ΒΡ , ΑΡ και ΓΡ πλευρές τριγώνου.

[Mihalis_Lambrou]

Υ.Γ.
Μιχάλη, στη γενίκευση της 1ης άσκησης:

Η άσκηση γενικεύεται: Αν Ρ εσωτερικό σημείο τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι αΡΑ, βΡΒ, γΡΓ είναι πλευρές τριγώνου.
Θα ήθελα μία διευκρίνηση για τις πλευρές τριγώνου.

Δεν απάντησα αμέσως λόγω τεχνικού προβλήματος. Για κάποιο λόγο δεν είχα την δυνατότητα να γράφω μηνύματα στην πλειοψηφία των θεμάτων του forum.
Τάδε έφη ο από μηχανής θεός, και οι άνθρωποι υπακούουν... αλλά τώρα το θέμα διευθετήθηκε.

Γιώργο,

Τα α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών του ΑΒΓ (ως αριθμοί).

Μιχάλης

[Γιώργος Ρίζος]

Μιχάλη,
ευχαριστώ για τη διευκρίνηση.

Δίνω στο συνημμένο αρχείο μια σκέψη που μου φάνηκε πολύ λογική για ξεκίνημα, όμως ... με έχει οδηγήσει σε μια δύσκολη στροφή (ίσως σε αδιέξοδο). Δε θέλω να την εγκαταλείψω δίχως μάχη.
Μπορεί κάποιος να προχωρήσει ή να αποδείξει το αδιέξοδο;

Φιλικά,
Γιώργος Ρίζος

[Mihalis_Lambrou]

1) Με αφορμή μια πολύ ωραία λύση που έδωσε ο Κώστας Σερίφης (k-ser) σε άλλο σημείο του forum, κατασκεύασα την εξής άσκηση:

Δείξτε ότι αν Ρ εσωτερικό σημείο ισοπλεύρου ΑΒΓ, τότε οι ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ είναι πλευρές τριγώνου. (Σχήμα 1).

Η άσκηση γενικεύεται: Αν Ρ εσωτερικό σημείο τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι αΡΑ, βΡΒ, γΡΓ είναι πλευρές τριγώνου.

Υπόδειξη: δείτε το σχήμα στην λύση του Κώστα στο
Μαθηματικοί Διαγωνισμοί και Ολυμπιάδες ---> Ισόπλευρο τρίγωνο - Εμβαδόν ---> k-ser.

Δίνω δύο διαφορετικές απoδείξεις, εκ των οποίων η δεύτερη είναι σύμφωνα με την υπόδειξη.

α) Με μιγαδικούς:
Έστω, ως προς κάποιο κέντρο, z, a, b, c οι μιγαδικοί που αντιστοιχούν στα σημεία Ρ, Α, Β και Γ αντίστοιχα.
Θεωρούμε την προφανή ταυτότητα
(z-a)(b-c) + (z-b)(c-a) + (z-c)(a-b) =0 (*)
ή
(z-a)(b-c) = - (z-b)(c-a) - (z-c)(a-b)
Παίρνοντας μέτρα, έχουμε
|(z-a)(b-c)| |(z-b)(c-a)| + |(z-c)(a-b)| .
Όμως είναι |z-a| = PA, |b-c| = BC = a και λοιπά. Άρα

aPA bPB + cPC

και κυκλικά άλλες δύο ανισώσεις. Συνεπώς τα aPA, bPB, PC είναι πλευρές τριγώνου. ο.ε.δ.

(Σημείωση: με χρήση της (*) μπορούμε να αποδείξουμε ως ειδικές περιπτώσεις διάφορες ωραίες, και συχνά δύσκολες, ανισώσεις.
Π.χ. αν πάρουμε z = a + b + c (που παρεμπιπτώντος αντιστοιχεί στο Ρ ίσον το ορθόκεντρο) έχουμε
|(b+c)(b-c)| |(a+c)(c-a)| + |(a+b)(a-b)| .

β) Γεωμετρικά, με συμμετρία.

Θεωρούμε τα συμμετρικά Κ, Λ, Μ του P ως προς τις πλευρές του τριγώνου. Έτσι είναι ΑΜ = ΑΡ = ΑΛ = x και γωνία ΜΑΛ = 2Α.
Από το τρίγωνο ΑΜΛ εύκολα βλέπουμε (με πολλούς τρόπους) ότι ΜΛ = 2ΑΛημΑ = 2x ημΑ = 4Rax, όπου R η ακτίνα του
περιγεγραμμένου κύκλου του ΑΒΓ. Όμοια ΚΛ= 4Rby και KM = 4Rcz.
Επειδή οι MΛ, ΛΚ, ΚΜ είναι πλευρές τριγώνου, συμπεραίνουμε ότι ισχύει το ίδιο για τα 4Rax, 4Rby και 4Rcz, οπότε και
για τα ax , by και cz. ο.ε.δ.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

[k-ser]

Μιχάλη,
πολύ καλές και οι δύο λύσεις σου.

Αυτό που σκέφτηκα, για την χρησιμότητα της πολύ καλής ταυτότητας (*), είναι ότι δίνει αμέσως! την απόδειξη της πρότασης: τα τρία ύψη ενός τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Στη γεωμετρική λύση πρέπει να κάνεις μια διόρθωση: ΜΛ=2χημΑ.

[Mihalis_Lambrou]

Μιχάλη,
πολύ καλές και οι δύο λύσεις σου.

Αυτό που σκέφτηκα, για την χρησιμότητα της πολύ καλής ταυτότητας (*), είναι ότι δίνει αμέσως! την απόδειξη της πρότασης: τα τρία ύψη ενός τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Στη γεωμετρική λύση πρέπει να κάνεις μια διόρθωση: ΜΛ=2χημΑ.

Ευχαριστώ για την διόρθωση. Έβαλα το διάρι που έλειπε.

Για την σύγκλιση των 3 υψών από ιστορική και μαθηματική πλευρά, το έχω ψάξει
πολύ. Ξέρω και καμία 15-αρια διαφορετικές αποδείξεις, μερικές από τις οποίες είναι ΠΑΡΑ πολύ ωραίες.
Η γνωστή που φέρνουμε παράλληλες στις πλευρές και ανάγουμε το θεώρημα στο αντίστοιχο για τις
μεσοκαθέτους, οφείλεται στον Gauss. Είναι πολύ απλή και κομψή απόδειξη, αλλά υπάρχουν κομψότερες !

Φιλικά,

Μιχάλης

[Α.Κυριακόπουλος]

Η άσκηση:
« Έστω P ένα εσωτερικό σημείο ενός ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών PΑ, PΒ και PΓ»,
είναι το πρώτο θέμα στην :
23η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων « Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»
25 Φεβρουαρίου2006.
Ήμουν, τότε μέλος της επιτροπής διαγωνισμών. Την είχα προτείνει εγώ. Δεν την είχα κατασκευάσει εγώ. Δεν θυμάμαι όμως που την είχα δει. Μαζί με τις ωραίες λύσεις που έχουν δώσει οι συνάδελφοι ,ας προστεθεί και η παρακάτω:
Λύση. χωρίς βλάβη της γεννητικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι:
Έτσι, αρκεί να δείξουμε ότι: ΡΓ<ΡΑ+ΡΒ. Επειδή: ,έχουμε: ΡΓ<ΒΓ=ΑΒ<ΡΑ+ΡΒ.