Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Grigoris K. · #1

Το άθροισμα των αποστάσεων ενός εσωτερικού σημείου του $\triangle ABC$ από τις πλευρές του είναι ανεξάρτητο από την θέση του σημείου.
Να αποδειχθεί ότι το $\triangle ABC$ είναι ισόπλευρο.

#2

Σύντομο αλλά κάπως εκτός ύλης:

Η συνάρτηση

που στέλνει ένα σημείο

στο άθροισμα f(P)

των αποστάσεών του από τις πλευρές του $\triangle ABC$ είναι συνεχής. Επομένως αν είναι σταθερή στο εσωτερικό του $\triangle ABC$ θα είναι σταθερή σε όλο το $\triangle ABC$ . Θα έχουμε λοιπόν f(A) = f(B) = f(C)

. Αλλά

, το ύψος από την κορυφή

κ.τ.λ. Οπότε τα ύψη είναι όλα ίσα μεταξύ τους και άρα (π.χ. από τον τύπο του εμβαδού) και οι πλευρές είναι όλες ίσες μεταξύ τους.

#3

Γρηγόρη σε χάσαμε .

Δημήτρη

!!

Φιλικά Νίκος

#4

Grigoris K. έγραψε:Το άθροισμα των αποστάσεων ενός εσωτερικού σημείου του $\triangle ABC$ από τις πλευρές του είναι ανεξάρτητο από την θέση του σημείου.
Να αποδειχθεί ότι το $\triangle ABC$ είναι ισόπλευρο.

Αν

οι αποστάσεις από τις a,b,c

, αντίστοιχα, έχουμε x+y+z=p

σταθερό και ax+by+cz= 2E

, όπου

το εμβαδόν. Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη επί

και αφαιρώντας από την δεύτερη, έχουμε (a-c)x+(b-c)y=

σταθερό. Επειδή τα x,y

μπορούν να πάρουν άπειρες το πλήθος τιμές (μας αρκούν δύο), η τελευταία δείχνει ότι οι συντελεστές είναι

. Δηλαδή

. Και λοιπά.

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Grigoris K. έγραψε:Το άθροισμα των αποστάσεων ενός εσωτερικού σημείου του $\triangle ABC$ από τις πλευρές του είναι ανεξάρτητο από την θέση του σημείου.
Να αποδειχθεί ότι το $\triangle ABC$ είναι ισόπλευρο.
Αν οι αποστάσεις από τις , αντίστοιχα, έχουμε σταθερό και , όπου το εμβαδόν. Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη επί και αφαιρώντας από την δεύτερη, έχουμε σταθερό. Επειδή τα μπορούν να πάρουν άπειρες το πλήθος τιμές (μας αρκούν δύο), η τελευταία δείχνει ότι οι συντελεστές είναι . Δηλαδή . Και λοιπά.

Πολύ ωραία και η δική σας λύση, Κ. Λάμπρου.

!!.

Θα μπορούσε να διδάσκεται και σαν εφαρμογή σε σχολικά βιβλία.

Φιλικά Νίκος

#6

Καλημέρα σε όλους!

Για λόγους πληρότητας του θέματος, δίνω μια γενίκευσή του. Στο τέλος, θεωρώντας σταθερό το άθροισμα, καταλήγουμε στην ισότητα των υψών, άρα και στο συμπέρασμα ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

: 17-08-2016 Γεωμετρία.jpg (26.56 KiB) Προβλήθηκε 2246 φορές

Να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των αποστάσεων σημείου που είναι στο εσωτερικό ή πάνω στις πλευρές τυχαίου τριγώνου ABC

παίρνει τιμές μεταξύ του μικρότερου και μεγαλύτερου ύψους του τριγώνου.

Έστω τρίγωνο ABC

με $\displaystyle {\rm{a}} \ge {\rm{b}} \ge {\rm{c}}$ οπότε $\displaystyle {\rm{u}}_{\rm{a}} \le {\rm{u}}_{\rm{b}} \le {\rm{u}}_{\rm{c}}$ .

Έστω σημείο

στο εσωτερικό του ή επί των πλευρών του.

Φέρνουμε την παράλληλη από το

στη

, που τέμνει τις AB, AC

στα

.

Από την ομοιότητα των KMT, BCZ

είναι $\displaystyle KM = MT \cdot \frac{{u_c }}{a}$ και από την ομοιότητα των MNS, BCE

είναι $\displaystyle MN = MS \cdot \frac{{u_b }}{a}$ .
Οπότε, $\displaystyle MK + MN = \frac{{MT \cdot u_c + MS \cdot u_b }}{a} \le \frac{{\left( {MT + MS} \right) \cdot u_c }}{a} = \frac{{TS}}{a} \cdot u_C$ .

Από την ομοιότητα των ATS, ABC

, είναι $\displaystyle \frac{{TS}}{a} = \frac{{u_a - ML}}{{u_a }}$

Άρα $\displaystyle MK + MN \le \left( {1 - \frac{{ML}}{{u_a }}} \right) \cdot u_C = u_c - \frac{{ML \cdot u_c }}{{u_a }} \le u_c$ με την ισότητα να ισχύει όταν το

ταυτίζεται με το

, άρα είναι ML = 0

.

Οπότε $\displaystyle MN + ML + MK < u_c$ αν το

είναι εσωτερικό του ABC

.
Επίσης, με αντίστοιχη μέθοδο, (φέρνοντας παράλληλη από το

στην

), είναι $\displaystyle MK + ML + MN \ge u_a$ , με την ισότητα να ισχύει όταν το

ταυτίζεται με το

, άρα είναι MN = 0

.

#7

'Εστω

το σταθερό άθροισμα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι η αρχή των αξόνων είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Ας υποθέσουμε ότι $a_{i}x+b_{i}y+c_{i}=0$ . i=1,2,3

είναι οι εξισώσεις των πλευρών του. Μπορούμε (εν ανάγκη αλλάζοντας πρόσημα) να υποθέσουμε ότι $c_{i}>0$ . Επίσης μπορούμε να υποθέσουμε (εν ανάγκη διαιρώντας με $\sqrt{a_{i}^{2}+b_{i}^{2}}$ ) ότι σε κάθε εξίσωση είναι $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=1$ . Το τυχόν εσωτερικό σημείο M(x,y)

του τριγώνου βρίσκεται προς το θετικό μέρος των ευθειών $a_{i}x+b_{i}y+c_{i}=0$ και επομένως το άθροισμα των αποστάσεων του από τις πλευρές είναι $\left( \sum\limits_{i}a_{i}\right) x+\left( \sum\limits_{i}b _{i}\right) y+\left( \sum\limits_{i}c_{i}\right)$ . Άρα για όλα τα εσωτερικά σημεία ισχύει $\left( \sum\limits_{i}a _{i}\right) x+\left( \sum\limits_{i}b _{i}\right) y+\left( \sum\limits_{i}c_{i}\right) =S$ . Η τελευταία σχέση γενικά παριστάνει το κενό σύνολο, μία ευθεία ή το επίπεδο. Η πρώτη περίπτωση αποκλείεται διότι υπάρχουν σημεία που την επαληθεύουν, η δεύτερη το ίδιο διότι υπάρχουν και μη συνευθειακά σημεία που την επαληθεύουν. Άρα απομένει η τρίτη περίπτωση που μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι $\sum\limits_{i}a_{i}=0$ και $\sum\limits_{i}b_{i}=0$ . 'Αρα τα μοναδιαία διανύσματα $\left( a_{i},b_{i}\right)$ έχουν άθροισμα μηδέν και επομένως τα πέρατα τους είναι (γνωστή άσκηση) κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου. Αλλά πρόκειται για τα κάθετα διανύσματα προς τις πλευρές του τριγώνου. Άρα και το αρχικό τρίγωνο είναι ισόπλευρο.
Μαυρογιάννης

: equilateral-dist.png (37.78 KiB) Προβλήθηκε 2211 φορές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Η απόδειξη του Νίκου μας δίνει το εξής:
Αν έχουμε ένα κυρτό πολύγωνο και το άθροισμα των αποστάσεων από τις πλευρές του, για τρία μη συνευθειακά
εσωτερικά σημεία είναι το ίδιο
τότε το άθροισμα των αποστάσεων από τις πλευρές του κάθε εσωτερικού σημείου είναι σταθερό.

#9

Καλησπέρα σας!

Το προταθέν πρόβλημα είναι το αντίστροφο του θεωρήματος Viviani που είδαμε κι εδώ.

Μια απόδειξη του θεωρήματος Viviani, χωρίς λόγια, αλλά με διανύσματα υπάρχει στο

H. Samelson, Proof Without Words: Viviani's Theorem with Vectors, Mathematics Magazine, Vol. 76 (2003) σελ. 225.

Στο άρθρο των Chen, Zhibo; Liang, Tian (φοιτήτρια του 1ου) "The converse of Viviani's theorem". The College Mathematics Journal Vol. 37 (5) σελ. 390, υπάρχει μια απόδειξη με διανύσματα για το εξής

"Αν στο εσωτερικό τριγώνου $\triangle ABC$ υπάρχει κυκλικό χωρίο

για το οποίο το άθροισμα των αποστάσεων ενός σημείο

του

από τις τρεις πλευρές του τριγώνου είναι ανεξάρτητο από τη θέση του

, τότε το $\triangle ABC$ είναι ισόπλευρο."

Στο ίδιο άρθρο προτείνεται ένα παρόμοιο πρόβλημα για τετράπλευρα να λυθεί με διανύσματα και το οποίο δημοσιεύουμε εδώ.

Ένα άλλο σχετικό άρθρο είναι το παρακάτω

Abboud, Elias (2010). "On Viviani’s Theorem and its Extensions". College Mathematics Journal 43 (3)

όπου σύμφωνα με το Θεώρημα 1 της σελ. 205, πρέπει και αρκεί η παραπάνω ιδιότητα να ισχύει για τρία μη συνευθειακά σημεία στο εσωτερικό του τριγώνου.

(Αντίγραφο στο arxiv είναι εδώ).

Τέλος, πολύ ενδιαφέρον είναι το άρθρο του Li Zhou, Viviani Polytopes and Fermat Points, College Mathematics Journal , v43 n4 p309-312 Sep 2012 (διαθέσιμο στο arxiv εδώ.)

Φιλικά,

Αχιλλέας

(Επεξεργασία (7:55μμ): Προσθήκη υπερσυνδέσεων και τελευταίου άρθρου)

#10

Παίρνοντας κουράγιο από το απρόσμενα τεράστιο ενδιαφέρον που δείξατε στο θέμα, έψαξα, με χαμηλή, ασταθή "δανεική" σύνδεση σε δροσερό μπαλκόνι του Β. Αιγαίου μια παλαιότερη παρόμοια συζήτηση, στολίδι του

, την οποία θα βρείτε ΕΔΩ.

Θυμόμουν και οφείλω να αναφέρω ότι σ' αυτή τη συζήτηση ο Κώστας Ρεκούμης έφτασε στο συμπέρασμα που αναφέρω στην παραπάνω ανάρτηση με διαφορετικό τρόπο.

#11

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Παίρνοντας κουράγιο από το απρόσμενα τεράστιο ενδιαφέρον που δείξατε στο θέμα, έψαξα, με χαμηλή, ασταθή "δανεική" σύνδεση σε δροσερό μπαλκόνι του Β. Αιγαίου μια παλαιότερη παρόμοια συζήτηση, στολίδι του , την οποία θα βρείτε ΕΔΩ.

Θυμόμουν και οφείλω να αναφέρω ότι σ' αυτή τη συζήτηση ο Κώστας Ρεκούμης έφτασε στο συμπέρασμα που αναφέρω στην παραπάνω ανάρτηση με διαφορετικό τρόπο.

Γιώργο ούτε που το θυμόμουνα. Μόνο αμυδρά θυμόμουν ότι ο Κώστας κάπου έκανε χρήση τριγραμμικών συντεταγμένων αλλά όχι που! Ευχαριστούμε.

#12

Μπορούμε να αποφύγουμε το επιχείρημα συνεχείς του Δημήτρη και να κάνουμε την λύση του εντελώς στοιχειώδη.

Η ιδέα είναι η εξής: Θεωρούμε ευθεία $\varepsilon _{i}$ , δύο σημεία M, N

, τις αποστάσεις τους m_i

,

από την $\varepsilon _{i}$ και σημείο

εξωτερικό του τμήματος

προς το μέρος του

ώστε $\frac{PM}{PN}=\frac{m}{n}$ . Αν τα M, N, P

είναι προς το ίδιο μέρος της $\varepsilon _{i}$ τότε η απόσταση p_i

του

από την $\varepsilon _{i}$ είναι $p_{i}=\frac{mn_{i}-nm_{i}}{m-n}$ . Αυτό βγαίνει πολύ εύκολα από τις ομοιότητες των τριγώνων $PM_{i}M$ , $PM_{i}P_{i}$ . To αποτέλεσμα ισχύει και όταν το

είναι σημείο της $\varepsilon _{i}$ .

: equilateral-dist1.png (18.81 KiB) Προβλήθηκε 2015 φορές

Αν τώρα $\varepsilon _{i}$ είναι οι πλευρές του τριγώνου της άσκησης τα m_i

και τα

έχουν το ίδιο άθροισμα

και αθροίζοντας τα $p_{i}=\frac{mn_{i}-nm_{i}}{m-n}$ βρίσκουμε ότι και αυτά έχουν άθροισμα

. Η απόδειξη ολοκληρώνεται αν πάρουμε τα M,N

έτσι ώστε να είναι εσωτερικά του τριγώνου και η ευθεία του να διέρχεται από μία κορυφή. Βρίσκουμε ότι το σταθερό άθροισμα είναι το ύψος από την κορυφή αυτή.

Μαυρογιάννης

#13

Γράφω μια προσέγγιση που νομίζω ότι έχει κάποιο ενδιαφέρον. Θεωρούμε δύο σημεία που σίγουρα είναι εσωτερικά του τριγώνου: Το έγκεντρο και το βαρύκεντρο. Το πρώτο έχει άθροισμα αποστάσεων από τις πλευρές ίσο με $3\rho$ . Το δεύτερο όπως εύκολα βγαίνει από ομοιότητες τριγώνων έχει άθροισμα αποστάσεων $\frac{1}{3}\upsilon _{\alpha }+\frac{1}{3}\upsilon _{\beta }+\frac{1}{3}\upsilon _{\gamma }$ . Άρα $\upsilon _{\alpha }+\upsilon _{\beta }+\upsilon _{\gamma }=9\rho$ . Περνώντας σε εμβαδά έχουμε $2E\left( \frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }\right) =9\frac{E}{\tau }$ . 'Αρα $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }=\frac{9}{\alpha +\beta +\gamma }$ ή αλλιώς $\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}=\frac{3}{\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }}$ δηλαδή ο μέσος αριθμητικός των πλευρών είναι ίσος με τον μέσο αρμονικό τους που σημαίνει ότι το τρίγωνο είναι αναγκαστικά ισόπλευρο.

Μαυρογιάννης

#14

Μία παρόμοια προσέγγιση, αλλά για οξυγώνιο τρίγωνο. Το άθροισμα των αποστάσεων του έγκεντρου από τις πλευρές του τριγώνου είναι

και το άθροισμα των αποστάσεων του περίκεντρου R+r

(Θεώρημα του Carnot

). Άρα, $\displaystyle{R + r = 3r \Leftrightarrow }$ $\boxed{R=2r}$

που σημαίνει ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

#15

Δεν είμαι βέβαιος αν η ακόλουθη απλή λύση έχει αναφερθεί στις παραπομές. Την καταγράφω έτσι και αλλιώς, για λόγους πληρότητας. Κάνει χρήση της απλής και γνωστής πρότασης ότι τα σημεία της βάσης ισοσκελούς τριγώνου έχουν σταθερό άθροισμα αποστάσεων από τις δύο άλλες πλευρές, και αντίστροφα:

Στο ABC

φέρνουμε παράλληλη

της

και σε αυτήν παίρνουμε δύο τυχαία σημεία $P, \, P'$ . Επειδή το άθροισμα των αποστάσεων του

από τις πλευρές του αρχικού τριγώνου (κόκκινες γραμμές) είναι όσο του

(πράσινες γραμμές) και επειδή PK=P'K'

έχουμε

$\displaystyle{PL+PM = ({\color {red} PK+PL+PM})-PK = ({\color {green} P'K'+P'L'+P'M'})-P'K'= P'L'+P'M'}$

Από το αντίστροφο της παραπάνω πρότασης, το ADE

είναι ισοσκελές με AD=AE

. Έπεται ότι και το όμοιό του ABC

είναι ισοσκελές. Εργαζόμενοι κυκλικά συμπεραίνουμε ότι το ABC

είναι ισόπλευρο.

S.E.Louridas · #16

Αν θεωρήσουμε γνωστό ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων που το άθροισμα των αποστάσεων τους από τις πλευρές της γωνίας είναι ευθεία που μαζί με τις πλευρές σχηματίζει ισοσκελές τρίγωνο, τότε το συγκεκριμένο πρόβλημα επιλύεται, αρκεί να σταθεροποιήσουμε κυκλικά την απόσταση από τη μία πλευρά του, οπότε το άθροισμα των αποστάσεων του σημείου από τις άλλες πλευρές του τριγώνου θα είναι σταθερό και θα παράγει τον γεωμετρικό τόπο που είπαμε.

Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Re: Άθροισμα αποστάσεων και ισόπλευρο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση