ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 29

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Προτείνω το θέμα 407 από το αρχείο του Θάνου.
Ασφαλώς δεν πρωτοτυπώ όταν προτείνω ένα τόσο γνωστό θέμα , που έχει χρησιμοποιηθεί τόσο πολύ για τη λύση αρκετών θεμάτων στο

Σκέφτηκα να το κάνω όμως για χάρη των παιδιών που ίσως αναρωτήθηκαν για την απόδειξη του θεωρήματος αυτού. Πριν 30 και πλέον χρόνια η απόδειξη του εν λόγω θεωρήματος βρισκόταν τυπωμένη σε αρκετά εξωσχολικά βιβλία.
Αν έχει ξανατεθεί , υποδείξτε απλώς το που είναι.

'Εστω τρίγωνο ABC

και

σημείο του επιπέδου του.Αποδείξτε ότι
$PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}=3PG^{2}+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}$

#2

Μια γρήγορη απόδειξη με χρήση διανυσμάτων:

$\displaystyle{P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} = {\overrightarrow {PA} ^2} + {\overrightarrow {PB} ^2} + {\overrightarrow {PC} ^2} =$

$= {\left( {\overrightarrow {PG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {PG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {PG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2} = }$

$\displaystyle{ = 3{\overrightarrow {PG} ^2} + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2} + 2\overrightarrow {PG}\cdot \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) =$

$= 3P{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}},$

αφού

$\displaystyle{\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0}.$

Αλλά από το 1ο Θεώρημα Διαμέσων έχουμε ότι:

$\displaystyle{G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} = \frac{4}{9}\left( {m_a^2 + m_b^2 + m_c^2} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{4}{9}\left( {\frac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4} + \frac{{2{c^2} + 2{a^2} - {b^2}}}{4}\frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4}} \right) = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}}$

και το συμπέρασμα έπεται.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Μία απόδειξη του θέματος από τη Φωτεινή με Ευκλείδεια Γεωμετρία βρίσκεται στην παρακάτω δημοσίευση
viewtopic.php?f=22&t=5252&hilit=leibnitz
Αν και η απόδειξη αυτή υπάρχει τυπωμένη σε αρκετά βιβλία , νομίζω ότι αξίζει να δημοσιευτεί και στο mathematica , κυρίως για τα νέα παιδιά που μας παρακολουθούν και δεν έχουν ίσως την πρόσβαση σε αυτά.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Η παρούσα δημοσίευση δίνει μια απόδειξη του Θεωρήματος Leibniz χωρίς την χρήση του Θεωρήματος Stewart.
Την γράφω μόνο και μόνο για λόγους πληρότητας.

Από το τρίγωνο RBC

προκύπτει , σύμφωνα με το 1ο Θεώρημα Διαμέσου , ότι
$\displaystyle PB^{2}+PC^{2}=2PD^{2}+\frac{a^{2}}{2}$

όπου

το μέσο της πλευράς

.

Έστω

το μέσο του

. Aπό το τρίγωνο PKD

προκύπτει , σύμφωνα με το 1ο Θεώρημα Διαμέσου , ότι
$\displaystyle PK^{2}+PD^{2}=2PG^{2}+2\left (\frac{KD}{2} \right )^{2} \Leftrightarrow PK^{2}+PD^{2}=2PG^{2}+\left \frac{KD^{2} }{2} \right \Leftrightarrow$

$2PK^{2}+2PD^{2}=4PG^{2}+KD^{2} \Leftrightarrow 2PK^{2}+2PD^{2}=4PG^{2} + (2KG)^ {2} \Leftrightarrow$

$2PK^{2}+2PD^{2}=4PG^{2} + 4KG^ {2}$

Eπίσης από το τρίγωνο PAG

προκύπτει ότι $PA^{2}+PG^{2}=2PK^{2}+2KG^{2}$

Έτσι λοιπόν μπορούμε πλέον να γράψουμε ότι

$\displaystyle PA^{2}+PG^{2}+ PB^{2}+PC^{2}+2PK^{2}+2PD^{2}=2PK^{2}+2KG^{2}+4PG^{2}+4KG^{2}+2PD^{2}+\frac{a^{2}}{2} \Leftrightarrow$

$\displaystyle PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}=3PG^{2}+\frac{a^{2}}{2} +6KG^{2}$

Όμως ισχύει ότι $\displaystyle KG=\frac{1}{3}m_{a}$ και έτσι $\displaystyle KG^{2}=\frac{1}{9}m_{a}^{2}=\frac{1}{9}\cdot \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}$

Συνεπώς ισχύει ότι
$\displaystyle PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}=3PG^{2}+\frac{a^{2}}{2} +6\cdot\frac{1}{9}\cdot \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}$ και μετά από πράξεις
καταλήγουμε
$\displaystyle PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}=3PG^{2}+ \frac{b^{2}+c^{2}+a^{2}}{3}$

ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 29

ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 29

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 29

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 29

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 29

Μέλη σε σύνδεση