mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 08, 2011 3:18 pm**

Επειδή τις μέρες αυτές βρίσκομαι στη μελέτη του θεωρήματος Feuerbach ( Ο κύκλος του Euler εφάπτεται του εγγεγραμμένου και των παρεγγεγραμμένων κύκλων του τριγώνου ), θεωρώ σημαντική τη συμβολή σας στην επιλογή των δυο πιο κατανοητών αποδείξεων. Θα ήθελα μια απόδειξη συνθετική και μια μετρική.
Την απόδειξη με αντιστροφή, θα την άφηνα για τρίτο τρόπο, μια και οι μικρότεροι μαθητές δεν γνωρίζουν την μέθοδο αυτή.
Ρίξτε μια ματιά στις πηγές σας και το κουβεντιάζουμε.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 12:16 am**

Μια σχέση που θα δώσει την πιο σύντομη μετρική απόδειξη είναι η εξής :

$IH^2=2\rho^2 - 2 R\cdot r$ ,

όπου Ι είναι το έγκεντρο, Η το ορθόκεντρο,

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου , $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου και

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του ορθικού τριγώνου του αρχικού τριγώνου.

Δεν έχω όμως μέχρι στιγμής απόδειξη για την παραπάνω σχέση.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2011 3:20 am**

Ας δούμε την απόδειξη που υπάρχει στο βιβλίο ( σελίδα 371 ) του Ι. Γ. ΙΩΑΝΝΙΔΗ : ΕΠΙΠΕΔΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - Τόμος I - Εκδόσεις Π. Γρηγορόπουλου - Αθήνα 1970.

ΘΕΩΡΗΜΑ FEUERBACH. - Ο κύκλος Euler κάθε τριγώνου, εφάπτεται του εγγεγραμμένου και των τριών παρεγγεγραμμένων του κύκλων.

Απόδειξη. - Έστω $D,\ D{'}$ αντιστοίχως, τα σημεία επαφής στην πλευρά

του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC$ , του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

και του παρεγγεγραμμένου στη γωνία $\angle A$ , κύκλου $(I_{a})$ .

Έστω το σημείο $X\equiv BC\cap AI,$ όπου

είναι το έγκεντρο του $\triangle ABC$ και θεωρούμε την συμμετρική ευθεία της

ως προς την διχοτόμο

της γωνίας $\angle A,$ η οποία εφάπτεται των κύκλων $(I),\ (I_{a})$ στα σημεία έστω $P,\ Q$ αντιστοίχως και τέμνει τις ευθείες $AB,\ AC,$ στα σημεία $C{'},\ B{'},$ αντιστοίχως.

Η B{'}C{'}

είναι Αντιπαράλληλλη ευθεία της BC,

ως προς τη γωνία $\angle A$

συμμετρικές ευθείες ως προς τη διχοτόμο γωνίας

και έστω το σημείο $U\equiv (I)\cap MP,$ όπου

είναι το μέσον της πλευράς BC.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, η εφαπτομένη

του Κύκλου Euler (N)

του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC$ , στο σημείο

είναι επίσης Αντιπαράλληλη ευθεία της

ως προς τη γωνία $\angle A$ και άρα έχουμε $MT\parallel PQ.$

$\bullet$ Από τη δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο (I)

έχουμε ότι $(MD)^{2} = (MP)\cdot (MU)$ ,(1)

Στο τρίγωνο $\triangle ABX,$ τα σημεία $I,\ I_{a},$ ως τα σημεία τομής της πλευράς του

από τις διχοτόμους της γωνίας $\angle B$ , είναι ως γνωστό Αρμονικά συζυγή των $A,\ X.$

Τα σημεία $E,\ D,\ X,\ D{'}$ τώρα, όπου

το ύψος του $\triangle ABC,$ ως οι προβολές των $A,\ I,\ X,\ I_{a}$ επί της

αντιστοίχως, συνιστούν Αρμονική σημειοσειρά και άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, έχουμε ότι $(MD)^{2} = (MD{'})^{2} = (MX)\cdot (ME)$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $(MP)\cdot (MU) = (MX)\cdot (ME)$ ,(3)

$\bullet$ Από (3)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο EXPU

είναι εγγράψιμο και άρα έχουμε ότι $\angle MUE = \angle EXQ$

$\Longrightarrow$ $\angle MUE = \angle EMT$ ,(4)

γιατί $PQ\parallel MT$

Από

προκύπτει ότι το σημείο $U\equiv (I)\cap MP,$ ανήκει επίσης στον κυκλο (N).

Έστω

το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου (I)

στα σημεία $P,\ U$ και

το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου (N),

στα σημεία $M,\ U.$

Από $\angle YUP = \angle UPY = \angle UMZ = \angle ZUM$ $\Longrightarrow$ $UY\equiv UZ$ ,(5)

και άρα τα σημεία $N,\ I,\ U,$ όπου

είναι το κέντρο του κύκλου (N),

είναι συνευθειακά και άρα, οι κύκλοι $(N),\ (I)$ εφάπτονται στο σημείο

$\bullet$ Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι το σημείο $V\equiv (I_{a})\cap MQ,$ ανήκει επίσης στον κύκλο (N)

και ότι οι κύκλοι $(N),\ (I_{a})$ εφάπτονται στο σημείο αυτό.

Ομοίως αποδεικνύεται ότι ο Κύκλος Euler (N)

του $\triangle ABC,$ εφάπτεται και στους παρεγγεγραμμένους κύκλους του $(I_{b}),\ (I_{c})$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Η εφαπτομένη του κύκλου Euler ενός τριγώνου στο μέσον μιας πλευράς του, είναι αντιπαράλληλη ευθεία της πλευράς αυτής, ως προς τις ευθείες της απέναντι γωνίας.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2011 12:41 pm**

Η λύση του Κώστα έχει το πλεονέκτημα ότι ορίζει τα σημεία Feuerbach.

Με μετρικές σχέσεις, αφού μιλάμε για τα παιδιά, εξ όσων γνωρίζω, θεωρώ σαν την πλέον διδακτική απόδειξη την επόμενη, που βασίζεται στο σχήμα που επισυνάπτω σε geogebra.

Στο σχήμα αυτό η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμοι της γωνίας Α τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα S, T, ενώ τα λοιπά στοιχεία είναι προφανή.

Νομίζω ότι τα παιδιά πρέπει να γνωρίζουν σαν θεωρία τα εξής:

${\color{red}(1.) } \; AH = 2OM$

${\color{red}(2.) } \; OP = OM+HK=2EF$

${\color{red}(3.) } \; SB=SC=SI=SI_a$

${\color{red}(4.) } \; SI^2=SD\cdot SA$

${\color{red}(5.) } \; MN^2=MD\cdot MK$

Συνεχίζοντες, για την απόδειξη του θεωρήματος, αρκεί να δείξουμε για αρχή : $IE=\frac{R}{2}-r$ . Παρατηρούμε ότι:

α) η σχέση (5) γράφεται

$MN\cdot (MK-KN)=(MN-ND)\cdot MK\Rightarrow$

${\color{red}(6.) } \; MN\cdot NK=MK \cdot DN$

β) από τα όμοια τρίγωνα APT, IND

παίρνουμε $\frac{AP}{IN}=\frac{TP}{DN}\Rightarrow MK\cdot DN=IN\cdot TP$ , οπότε από την (6):

${\color{red}(7.) } \; MN\cdot NK=IN\cdot TP$

γ) Από το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:

$IE^2=|MN-FM|^2+|IN-EF|^2= \left|MN-\frac{KM}{2} \right|^2 + \left|IN-\frac{OP}{2} \right|^2$

$IE^2=\frac{KM^2+OP^2}{4}+IN^2+MN^2-MN\cdot KM-IN\cdot OP$

$IE^2=\frac{OA^2}{4}+IN^2+MN\cdot (MN-KM)-IN\cdot OP$

$IE^2=\frac{OA^2}{4}+IN^2-MN\cdot NK-IN\cdot OP=\frac{OA^2}{4}+IN^2-IN\cdot TP-IN\cdot OP$

$IE^2=\frac{OA^2}{4}+IN^2-IN\cdot OT=\frac{R^2}{4}+r^2- r\cdot R=\left(\frac{R}{2}-r \right)^2$

και η απόδειξη για τον εγγεγραμμένο κύκλο έγινε. Όμοια συνεχίζουμε και για τους παρεγγεγραμμένους....

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 19, 2012 8:06 pm**

Μια ακόμα απόδειξη του Προκόπη Μαρκόπουλου από τον Ευκλείδη Γ' της ΕΜΕ (# 20) εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 19, 2012 10:01 pm**

Μπάμπη μια απόδειξη με χρήση του μετασχηματισμού της αντιστροφής
βρίσκεται σε μια εργασία μου στη 2η Μαθηματική Εβδομάδα της Θεσσαλονίκης.
Την αναρτώ σε pdf.

Κώστας Δόρτσιος

: Θεώρημα του Feuerbach.PNG (16.14 KiB) Προβλήθηκε 3517 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 20, 2012 8:02 am**

Πριν από 3 χρόνια περίπου ο Μιχάλης Λάμπρου είχε δώσει μια διάλεξη στο Μεσολόγγι, στην οποία αναφέρθηκε σε αποδείξεις θεωρημάτων της επιπεδομετρίας με "έξοδο στο χώρο". Εκεί άκουσα για πρώτη φορά για μια απόδειξη του Θεωρήματος Feuerbach και του προβλήματος του Απολλωνίου από τον Alberto Calderón, έναν από τους κορυφαίους αναλύστες του 20ού αιώνα. Η απόδειξη του Calderón είναι "οπτική", χωρίς πράξεις! Στο σύνδεσμο αυτόν μπορείτε να δείτε (με εικόνες!) αυτή την εκπληκτικής ομορφιάς απόδειξη.

Ας μου επιτραπεί και μια προσωπική αναφορά: Ως μεταπτυχιακός φοιτητής στο University of Chicago είχα γνωρίσει τον Alberto Calderón, που μόλις τότε είχε συνταξιοδοτηθεί. Μου είχε κάνει εντύπωση η ευγένεια και η απλότητά του: ένας πραγματικός Μαθηματικός Ευπατρίδης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 20, 2012 10:52 am**

Να προσθέσω στις σκέψεις σας και τη δική μου. Μια άλλη απόδειξη για το ότι ο κύκλος Euler εφάπτεται των παρεγγεγραμμένων και του εγγεγραμμένου έχω κάνει με όχι Ευκλείδεια μέσα.Την έχω καταθέσει στη ΕΜΕ για δημοσίευση, αλλά θα την ανεβάσει και ο Μαυρογιάννης Ν. στον Εκθέτη Λίγο υπομονή.
Ακόμα δες τε και αυτό
viewtopic.php?f=20&t=26252
Σπύρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 20, 2012 1:36 pm**

Υπάρχει και μια απόδειξη για το παραπάνω θεώρημα, που χρησιμοποιεί το αντίστροφο του γενικευμένου θεωρήματος του Πτολεμαίου! Η απόδειξη είναι πολύ σύντομη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 20, 2012 4:58 pm**

Ας δούμε την απόδειξη που ανέφερε ο Σιλουανός, με χρήση του αντίστροφου του Θεωρήματος του Casey:

Θεώρημα του Casey: Έστω ότι οι κύκλοι $\displaystyle{{C_1},{C_2},{C_3},{C_4}}$ εφάπτονται εσωτερικά σε έναν κύκλο $\displaystyle{C}$ (με τα αντίστοιχα σημεία επαφής με αυτή την κυκλική διάταξη). Συμβολίζουμε με $\displaystyle{{t_{ij}}}$ το μήκος του κοινού εξωτερικού εφαπτόμενου τμήματος των κύκλων $\displaystyle{{C_i}}$ και $\displaystyle{{C_j}}$ , για $\displaystyle{i,j \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}}$ με $\displaystyle{i < j}$ . Τότε, ισχύει η σχέση

$\displaystyle{\boxed{{t_{12}} \cdot {t_{34}} + {t_{14}} \cdot {t_{23}} = {t_{13}} \cdot {t_{24}}}}.$ $\bf \color{red}\left(\bigstar\right)$

Το Θεώρημα του Casey ισχύει και στην περίπτωση που κάποιοι από τους κύκλους $\displaystyle{{C_i}}$ εφάπτονται εξωτερικά στον κύκλο $\displaystyle{C}$ : Στην περίπτωση που οι κύκλοι $\displaystyle{{C_i}}$ και $\displaystyle{{C_j}}$ είναι και οι δύο στο εξωτερικό του κύκλου $\displaystyle{C}$ , συμβολίζουμε και πάλι με $\displaystyle{{t_{ij}}}$ το μήκος του κοινού εξωτερικού εφαπτόμενου τμήματος των κύκλων $\displaystyle{{C_i}}$ και $\displaystyle{{C_j}}$ , ενώ στην περίπτωση που ο ένας είναι στο εσωτερικό και ο άλλος στο εξωτερικό του $\displaystyle{C}$ θα συμβολίζουμε με $\displaystyle{{t_{ij}}}$ το μήκος του κοινού εσωτερικού εφαπτόμενου τμήματος των κύκλων $\displaystyle{{C_i}}$ και $\displaystyle{{C_j}}$ .

Το αντίστροφο του Θεωρήματος του Casey (και της παραπάνω επέκτασής του) ισχύει: Grosso modo, αν για τα κοινά εφαπτόμενα τμήματα $\displaystyle{{t_{ij}}}$ τεσσάρων κύκλων $\displaystyle{{C_1},{C_2},{C_3},{C_4}}$ ισχύει η σχέση $\bf \color{red}\left(\bigstar\right)$ , τότε οι κύκλοι $\displaystyle{{C_1},{C_2},{C_3},{C_4}}$ εφάπτονται σε κύκλο $\displaystyle{C}$ .

(Η απόδειξη του αντιστρόφου του Θεωρήματος του Casey που έχω υπόψη μου χρησιμοποιεί αντιστροφή και είναι αρκετά περίπλοκη).

Θεώρημα του Feuerbach: Ο κύκλος των εννέα σημείων ενός τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο $\displaystyle{\Gamma }$ και στους τρεις παρεγγεγραμμένους κύκλους $\displaystyle{{\Gamma _a},{\Gamma _b},{\Gamma _c}}$ του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ .

Απόδειξη (για την περίπτωση του εγγεγραμμένου κύκλου): Συμβολίζουμε με $\displaystyle{K,L,M}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{BC,CA,AB}$ αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{K,L,M}$ ως κύκλους ακτίνας 0. Έστω ακόμη ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος $\displaystyle{\Gamma }$ εφάπτεται στις πλευρές $\displaystyle{BC,CA,AB}$ στα σημεία $\displaystyle{A',B',C'}$ αντίστοιχα. Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle{a \le b \le c}$ . Είναι τότε εύκολο να ελέγξει κανείς ότι:

$\displaystyle{{t_{KL}} = KL = \frac{c}{2},}$

$\displaystyle{{t_{LM}} = LM = \frac{a}{2},}$

$\displaystyle{{t_{MK}} = MK = \frac{b}{2},}$

$\displaystyle{{t_{K\Gamma }} = KA' = \frac{{c - b}}{2},}$

$\displaystyle{{t_{L\Gamma }} = LB' = \frac{{c - a}}{2},}$

$\displaystyle{{t_{M\Gamma }} = MC' = \frac{{b - a}}{2}.}$

Τότε, είναι:

$\displaystyle{{t_{KL}} \cdot {t_{M\Gamma }} + {t_{LM}} \cdot {t_{K\Gamma }} = \frac{c}{2} \cdot \frac{{b - a}}{2} + \frac{a}{2} \cdot \frac{{c - b}}{2} = \frac{b}{2} \cdot \frac{{c - a}}{2} = {t_{MK}} \cdot {t_{L\Gamma }}}$

και από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Casey, ο εγγεγραμμένος κύκλος $\displaystyle{\Gamma }$ εφάπτεται στον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{K,L,M}$ , δηλαδή στον κύκλο των εννέα σημείων του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ .

(Η απόδειξη για τους παρεγγεγραμμένους κύκλους είναι ανάλογη).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 03, 2012 2:04 am**

spege έγραψε:Να προσθέσω στις σκέψεις σας και τη δική μου .Μια άλλη απόδειξη για το ότι ο κύκλος Euler εφάπτεται των παρεγγεγραμμένων και του εγγεγραμμένου έχω κάνει με όχι Ευκλείδεια μέσα .Την έχω καταθέσει στη ΕΜΕ για δημοσίευση ,αλλά θα την ανεβάσει και ο Μαυρογιάννης Ν. στον Εκθέτη Λίγο υπομονή.
Ακόμα δες τε και αυτό
viewtopic.php?f=20&t=26252
Σπύρος

Συνεχίζω (δείτε και viewtopic.php?f=95&t=27212 ) με ένα άλλο Σπύρο της παρέας μας.
Η εργασία του Σπύρου Παναγιωτόπουλου με τίτλο
Oι Aπολλώνιες κατασκευές ως τομές κωνικών με πρόγραμμα δυναμικής γεωμετρίας
μπορεί να βρεθεί εδώ:
http://www.nsmavrogiannis.gr/ekthetis.htm

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 03, 2012 7:56 am**

Νίκο καλημέρα.
Σχετικά με τις δύο υπερσυνδέσεις που αναφέρονται στις κωνικές τομές και μάλιστα με δυναμική γεωμετρία
αναρτώ κι εγώ ένα αρχείο από τα δέκα που περιείχε η εργασία μου:
"ΜΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ
ΤΟΥ ΟΡΙΣΜΟΥ ΤΩΝ ΚΩΝΙΚΩΝ ΤΟΜΩΝ ΓΙΑ ΤΗ Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΜΕ ΤΗ ΒΟΗΘΕΙΑ ΤΟΥ CABRI-GEOMETRY- ΙΙ, 3D"
στο 26 Πανελλήνιο Συνέδριο της ΕΜΕ.

Η σημασία της δυναμικής γεωμετρίας που αναδείχνεται μέσα από διάφορα λογισμικά
φαίνεται όχι μόνο ως κατασκευαστική δυνατότητα αλλά και ως μια δυνατότητα προσομοίωσης
ενός γεωμετρικού δρώμενου και όχι μόνο.

Στο σχήμα που αναρτώ γίνεται ένα "ζωντάνεμα" του προβλήματος 1.44 των Στοιχείων του Ευκλείδη που λέει:
"Παρά την δοθείσαν ευθείαν και υπό δοθείσαν ευθύγραμμον γωνίαν να παραβληθεί παραλληλόγραμμον ίσον
προς δοθέν τρίγωνον" .

: Παραβολή παραλληλογράμμου.PNG (8.46 KiB) Προβλήθηκε 3203 φορές

Σχ_μ__1(Παραβολή).fig: (6.02 KiB) Μεταφορτώθηκε 43 φορές

Βλέποντας κανείς το σχήμα αυτό αντιλαμβάνεται κάποια πράγματα και στη συνέχεια καλείται να σκεφτεί και να αναπαράξει
μόνος του την όλη κινητικότητα του σχήματος.
Δηλαδή:
Μας δίνεται ένα μια γωνία $\displaystyle{\hat{xOy}}$ (στο σχήμα την έκανα ορθή, αν και την έχω φτιαγμένη έτσι ώστε να παίρνει οποιαδήποτε τιμή) και
ένα τρίγωνο(το θαλασσί).
Η λέξη "να περαβληθεί" του Ευκλείδη έχει τη σημασία: Να μετασχηματιστεί το δοθέν τρίγωνο σε ισοδύναμο παραλληλόγραμμο(στο σχήμα το πράσινο ορθογώνιο) ώστε η μια πλευρά του
να είναι η "ορθία κάθετος" (στο σχήμα η $\displaystyle{ OA}$ )
Έτσι μέσα από τη δυνατότητα των σύγχρονων λογισμικών μετασχηματίστηκε το τρίγωνο σε ορθογώνιο, το ορθογώνιο τοποθετήθηκε στην ανάλογη θέση και στη συνέχεια
μεταβάλλοντας το εμβαδόν του τριγώνου μεταβάλλεται και το ορθογώνιο με τη μια πλευρά του(την ορθία κάθετη) να παραμένει σταθερή.
Κατόπιν μετασχηματίζουμε το ορθογώνιο σε τετράγωνο(το κόκκινο). Ο γ.τ. της κορυφής $\displaystyle{M}$ γράφει παραβολή!!!

Το θέμα λοιπόν σήμερα με τα λογισμικά και την όλη ψηφιακή δυνατότητα γίνεται κατανοητό, όμως για την εποχή εκείνη είναι πραγματικά αξιοθαυμάσιο, καταπληκτικό!!!

Τα ίδια σχήματα με δυναμική μορφή για την έλλειψη και την υπερβολή παρουσίασα όχι μόνο στις προτάσεις του Ευκλείδη,
αλλά και του Απολλωνίου στο χώρο πλέον,στην εργασία εκείνη.
Στα πρακτικά υπάρχει στατικό κείμενο και εικόνες. Θα ήταν καλύτερο-ίσως για κατοπινές εποχές-
μαζί με τα πρακτικά να υπάρχει και συνοδευτικό ψηφιακό υλικό για τέτοια αρχεία.

Κώστας Δόρτσιος

Υ.Γ. Συγνώμη για την αποσπασματική ανάρτηση, γιατί κατά λάθος πάτησα πριν τελειώσω το κουμπί "υποβολή".

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 03, 2012 8:23 am**

Αγαπητέ κ. Κώστα
Στην ιστοσελίδα του Ν. Μαυρογιάνη Εκθέτης – Εκθετήριο έχω καταθέσει μια εργασία πάνω στις σκέψεις σου. Με την ευκαιρία αισθάνομαι την ανάγκη να ευχαριστήσω το Νίκο δημόσια για δεύτερη φορά για την φιλοξενία που έτυχα ,αναρτώντας μια εργασία που μου προέκυψε από μόνη της. Στη διεύθυνση http://users.sch.gr/mavrogiannis/ekthetis.htm μπορείτε να την μελετήσετε και επειδή νομίζω παραλήψεις θα υπάρχουν θα χαρώ να μου τις επισημάνετε.
Τελειώνοντας την εργασία αυτή την έχω καταθέσει και στην ΕΜΕ προς δημοσίευση ,που το βλέπω να πάρει χρόνια
Σπύρος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 13, 2012 2:59 pm**

Μια απόδειξη με μιγαδικούς βρίσκεται εδώ (σελίδα 75)

Euclidean Geometry
Preliminary Version
Paul Yiu
Fall 1998

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 16, 2012 12:40 am**

Ας δούμε την (απλούστερη ίσως) απόδειξη η οποία προέκυψε στη συζήτηση της πρότασης του Σπύρου Παναγιωτόπουλου (spege) Εδώ.

$\bullet$ Ορίζουμε το σημείο

μεταξύ των $I,\ N,$ έτσι ώστε να είναι $\displaystyle \frac{XI}{XN} = \frac{r}{R_{N}}\ \ \ ,(1)$ όπου $I,\ r,$ είναι το έγκεντρο και η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

και $N,\ R_{N},$ είναι το κέντρο και η ακτίνα του κύκλου Euler (N)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle NII_{a}$ με διατέμνουσα την $AXF_{a}$ , όπου $F_{a}\equiv NI_{a}\cap AX$ , σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε ότι

$\displaystyle \frac{XI}{XN}\cdot \frac{F_{a}N}{F_{a}I_{a}}\cdot \frac{AI_{a}}{AI} =1\ \ \Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{F_{a}N}{F_{a}I_{a}} = \frac{XN}{XI}\cdot \frac{AI}{AI_{a}} = \frac{R_{N}}{r}\cdot \frac{r}{R_{a}} = \frac{R_{N}}{R_{a}}\ \ \Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{F_{a}N}{F_{a}I_{a}} = \frac{R_{N}}{R_{a}}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

συμπεραίνεται ότι ο κύκλος Euler (N)

και ο

-παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{a})$ του $\vartriangle ABC,$ εφάπτονται στο σημείο $F_{a}.$

Ομοίως αποδεικνύεται ότι ο κύκλος (N)

εφάπτεται και στους άλλους δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους του $\vartriangle ABC.$

: Θεώρημα Feuerbach.; f=112_t=12359(a).PNG (55.03 KiB) Προβλήθηκε 3064 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle ABT,$ λόγω των διχοτόμων $BI,\ BI_{a}$ της γωνίας $\angle B,$ έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ I,\ T,\ I_{a}$ , όπου $T\equiv BC\cap AI,$ είναι αρμονική και άρα, η δέσμη $F_{a}.AITI_{a}$ είναι επίσης αρμονική και έστω το σημείο $F\equiv IN\cap F_{a}T.$

Επομένως, η σημειοσειρά $F,\ I,\ X,\ N,$ ως η τομή της ως άνω αρμονικής δέσμης από την ευθεία IN,

είναι αρμονική και προκύπτει έτσι ότι $\displaystyle \frac{FI}{FN} = \frac{XI}{XN} = \frac{r}{R_{N}}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

συμπεραίνεται ότι ο κύκλος Euler (N)

και ο εγγεγραμμένος κύκλος (I)

του $\vartriangle ABC,$ εφάπτονται στο σημείο

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 16, 2012 7:43 am**

Κώστα πολύ ωραία
Την απόδειξη που έχω εγώ είναι με λόγο εμβαδών, πολύ μικρή. Εκείνο που με μάγεψε και εμένα είναι η αρμονικότητα που προκύπτει από το σημείο Χ.
Τι να τους κάνει τους μιγαδικούς ή την αντιστροφή αφού δεν έχουν «άρωμα» Γεωμετρίας.
Ελπίζω τώρα να ησύχασε και ο Μπάμπης
Σπύρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 17, 2012 1:33 pm**

Σπύρο, αν δεν ησύχασε ο Μπάμπης, καλώς έκανε. Εγώ πάντως, κακώς δεν υποψιάστηκα ότι μπορεί να είναι λανθασμένη αυτή η τόσο απλή προσέγγιση.

Πράγματι υπάρχει καραμπινάτο λάθος, γιατί όπως μου επεσήμανε ο φίλτατος Στάθης Κούτρας, από τις ισότητες $(2),\ (3)$ πιο πάνω, δεν προκύπτουν τα συμπεράσματα που επικαλέστηκα.

Άνθρακες λοιπόν ο θησαυρός και δεν ξέρω αν σώζεται αυτή η απόδειξη, πάντως σίγουρα όχι από μένα.

$\bullet$ Από την (2)

για παράδειγμα, συμπεραίνεται ότι το $F_{a}$ είναι το εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των κύκλων $(N),\ (I_{a}),$ με ακτίνες $R_{N},\ R_{a}$ αντιστοίχως, αλλά δεν είναι απαραίτητο να ισχύει $NI_{a} = R_{N} + R_{a}$ ώστε οι κύκλοι να εφάπτονται εξωτερικά στο $F_{a}$ .

Ομοίως, από την (3)

προκύπτει ότι το

είναι το εξωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των κύκλων $(N),\ (I),$ αλλά δεν τεκμηριώνεται ότι ισχύει $NI = R_{N} - r$ , ώστε οι κύκλοι να εφάπτονται εσωτερικά στο

.

Στάθη σ' ευχαριστώ θερμά για την επισήμανση της "πατάτας", την οποία δεν πήρα χαμπάρι και ζητώ συγνώμη που σας ταλαιπώρησα με την αβλεψία μου αυτή ( χαρακτηρίστε την ελεύθερα ).

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 17, 2012 4:31 pm**

Κώστα μάλλον έχει δίκιο ο Στάθης Δεν είχα κάποια σκέψη κάνει για το αντίστροφο που δεν το κρύβω με ενθουσίασε όταν το έγραψες.
Υπόσχομαι με τις σκέψεις σου να οδηγηθώ ίσως κάπου.
Πάντως δυο κύκλοι έχουν και δυο κέντρα ομοιοθεσίας με λόγο το λόγο των ακτίνων τους που αν εφάπτονται το ένα είναι το σημείο επαφής.
Θα δούμε.
Σπύρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 24, 2015 7:47 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Επειδή τις μέρες αυτές βρίσκομαι στη μελέτη του θεωρήματος Feuerbach ( Ο κύκλος του Euler εφάπτεται του εγγεγραμμένου και των παρεγγεγραμμένων κύκλων του τριγώνου ), θεωρώ σημαντική τη συμβολή σας στην επιλογή των δυο πιο κατανοητών αποδείξεων. Θα ήθελα μια απόδειξη συνθετική και μια μετρική.
Την απόδειξη με αντιστροφή, θα την άφηνα για τρίτο τρόπο, μια και οι μικρότεροι μαθητές δεν γνωρίζουν την μέθοδο αυτή.
Ρίξτε μια ματιά στις πηγές σας και το κουβεντιάζουμε.

Μπάμπης

Λήμμα
Δίνεται κύκλος , ένα σταθερό σημείο εκτός αυτού, και η εφαπτομένη $(\epsilon)$ του κύκλου σε ένα σταθερό σημείο του . Από το σημείο φέρνουμε μεταβλητή ευθεία που τέμνει την εφαπτομένη στο σημείο και στην προέκταση της παίρνουμε ένα σημείο , ώστε το γινόμενο $\displaystyle{AM \cdot AN}$ να είναι ίσο με τη δύναμη του ως προς τον κύκλο . Ο γεωμετρικός τόπος του σημείου είναι κύκλος που εφάπτεται στον .
Απόδειξη εδώ

: Feuerbach-1.png (17.51 KiB) Προβλήθηκε 2521 φορές

Έστω

τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ABC

. Θα δείξω ότι ο κύκλος (M, N, P)

, δηλαδή ο κύκλος του Euler

, εφάπτεται των (I,r),(I_a, r_a)

.
Έστω

η κοινή εσωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων που τέμνει την

στο

, την

στο

, τη

στο

και τη

στο

. Έστω ακόμα D, T

οι προβολές των I, I_a

στη

αντίστοιχα.
Αν η

τέμνει την

στο

, τότε η

διέρχεται από το

και

είναι το μέσον της

.

Είναι $\displaystyle{CD = s - c,BT = BD + DT = s - b + b - c \Rightarrow CD = BT}$ , οπότε το

είναι το μέσο της DT=b-c

και $\displaystyle{DM = MT = \frac{{b - c}}{2} = \frac{{AE - AB}}{2} = \frac{{EB}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{DM = MT = MK = \frac{{EB}}{2}}$ (1)

Οι ευθείες CA, CB, CE

αποτελούν κεντρική δέσμη με κέντρο το

, καθώς επίσης και οι BC, EE_1, AK

με κέντρο το

. Άρα:

$\displaystyle{\frac{{MK}}{{MN}} = \frac{{EB}}{{EA}}}$ και $\displaystyle{\frac{{MZ}}{{MK}} = \frac{{EB}}{{EA}} \Rightarrow M{K^2} = MZ \cdot MN\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} }$

$\boxed{M{K^2} = M{D^2} = D{T^2} = MZ \cdot MN}$ .

Αλλά MD^2