Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

S.E.Louridas · #1

Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο . Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εσωτερικών σημείων του δεδομένου τριγώνου αν γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των αποστάσεων τους από τις πλευρές του τριγώνου αυτού είναι σταθερό.

#2

Σωτήρη και λοιποί φίλοι καλησπέρα
Μιας και στον φάκελο αυτό όλα επιτρέπονται δίνω μία απάντηση με συνετεταγμένες. Έστω

η σταθερή απόσταση και $A_{i}x+B_{i}y+C_{i}=0,\,\,\,i=1,2,3$ οι εξισώσεις των πλευρών του τριγώνου. Μπορούμε χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα να υποθέσουμε ότι κάθε κορυφή βρίσκεται προς το θετικό μέρος της ευθείας της απέναντι πλευράς (αν όχι αλλάζουμε τα πρόσημα στην εξίσωση της ευθείας), οπότε και κάθε εσωτερικό σημείο βρίσκεται προς το θετικό μέρος όλων των ευθειών. Για το τυχόν σημείο (x,y)

του τόπου θα ισχύει $\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{\left| A_{i}x+B_{i}y+C_{i}\right| }{\sqrt{A_{i}^{2}+B_{i}^{2}}}=d\allowbreak$ και επομένως ο τόπος θα είναι εκείνο το μέρος της ευθείας $\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{A_{i}x+B_{i}y+C_{i}}{\sqrt{A_{i}^{2}+B_{i}^{2}}}=d\allowbreak$ που βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου. Δηλαδή ένα ευθύγραμμο τμήμα χωρίς τα άκρα του.
Μαυρογιάννης

S.E.Louridas · #3

Νίκο σε ευχαριστώ για την υποδειγματική λύση σου που δείχνει εκτός των άλλων και το ενιαίο της Μαθηματικής σκέψης.
Μία άλλη Ευκλείδεια Γεωμετρική διαπραγμάτευση είναι η εξής: Έστω x,y,z

οι αποστάσεις του σημείου από τις πλευρές a,b,c

αντίστοιχα. Τότε έχουμε $x + y + z = d \Leftrightarrow x = d - y - z$ και $ax + by + cz = 2E \Rightarrow \left( {a - b} \right)y + \left( {a - c} \right)z = 2E - ad\;\;\left( 1 \right).$ Αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο τότε όλα τα σημεία του επιπέδου εκτός των εξωτερικών του τριγώνου είναι σημεία του τόπου. Αν ισχύει $a = b,\;a \ne c \Rightarrow z = \frac{{2E - ad}}{{a - c}},$ οπότε το σημείο μας κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα που αποκόπτεται από την ευθεία που είναι παράλληλη στην

και απέχει από αυτή απόσταση $\frac{{2E - ad}}{{a - c}},$ από την περίμετρο του τριγώνου. Τέλος αν έχουμε $a \ne b,\;\,a \ne c$ ο γεωμετρικός τόπος είναι το ευθύγραμμο τμήμα που αποκόπτεται από την ευθεία της σχέσης (1)

από την περίμετρο του τριγώνου.

#4

S.E.Louridas έγραψε:Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο . Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εσωτερικών σημείων του δεδομένου τριγώνου αν γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των αποστάσεων τους από τις πλευρές του τριγώνου αυτού είναι σταθερό.

nsmavrogiannis έγραψε:Σωτήρη και λοιποί φίλοι καλησπέρα
Μιας και στον φάκελο αυτό όλα επιτρέπονται δίνω μία απάντηση με συνετεταγμένες. Έστω η σταθερή απόσταση και $A_{i}x+B_{i}y+C_{i}=0,\,\,\,i=1,2,3$ οι εξισώσεις των πλευρών του τριγώνου. Μπορούμε χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα να υποθέσουμε ότι κάθε κορυφή βρίσκεται προς το θετικό μέρος της ευθείας της απέναντι πλευράς (αν όχι αλλάζουμε τα πρόσημα στην εξίσωση της ευθείας), οπότε και κάθε εσωτερικό σημείο βρίσκεται προς το θετικό μέρος όλων των ευθειών. Για το τυχόν σημείο του τόπου θα ισχύει $\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{\left| A_{i}x+B_{i}y+C_{i}\right| }{\sqrt{A_{i}^{2}+B_{i}^{2}}}=d\allowbreak$ και επομένως ο τόπος θα είναι εκείνο το μέρος της ευθείας $\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{A_{i}x+B_{i}y+C_{i}}{\sqrt{A_{i}^{2}+B_{i}^{2}}}=d\allowbreak$ που βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου. Δηλαδή ένα ευθύγραμμο τμήμα χωρίς τα άκρα του.
Μαυρογιάννης

Νίκο και Σωτήρη γειά σας.
Αναρτώ τη λύση του Νίκου με τη βοήθεια του Λογισμικού Geogebra.

: Σταθερό άθροισμα1.PNG (22.23 KiB) Προβλήθηκε 2652 φορές

Στο ανωτέρω σχήμα έχει κατασκευαστεί ένα συγκεκριμένο οξυγώνιο τρίγωνο όπου ισχύουν τα εξής:

Οι εξισώσεις

$\displaystyle{AB:5x-3y-11=0, \ \ BC:x+8y-28=0 \ \ CA:-6x-5y+82=0}$

ικανοποιούν το αίτημα του Νίκου, δηλαδή οι κορυφές του τριγώνου να είναι προς το θετικό
ημιεπίπεδο που αυτές ορίζουν αντίστοιχα.

Έτσι η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{5x-3y-11}{\sqrt{34}}+\frac{x+8y-28}{\sqrt{65}}+\frac{-6x-5x+82}{\sqrt{61}}=d \ \ (1)}$

όπου ο $\displaystyle{d}$ είναι η σταθερή τιμή του αθροίσματος των αποστάσεων του σημείου $\displaystyle{S}$ από τις πλευρές
του τριγώνου, είναι η εξίσωση της ευθείας που ορίζει το τμήμα $\displaystyle{MN}$ .
Συμφωνα και με το σκεπτικο του Νίκου ο ζητούμενος γ.τ. είναι το τμήμα αυτό (κόκκινο).
Για δυναμική και διερευνητική παρουσίαση δείτε το συνημμένο σχήμα.

Σταθερό άθροισμα αποστάσεων 1.ggb: (8.91 KiB) Μεταφορτώθηκε 54 φορές

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #5

Απλά μία προσπάθεια για χρήση του εκπληκτικού geogebra στη διαπραγμάτευση που έκανα, με ταυτόχρονη δήλωση ότι οι γνώσεις μου είναι ελλιπείς για την συνέχεια.
Αναμένουμε τον Κώστα Δόρτσιο για να δώσει ουσιαστική πνοή με τον Άριστο τρόπο που μόνο αυτός γνωρίζει.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Υπάρχει κλασσική γεωμετρική λύση. Δεν την γράφω γιατί δεν είμαι εξοικειωμένος με το tex. Παίρνεις πάνω στις δύο πλευρές του τριγώνου τα σημεία που υλοποιούν το σταθερό άθροισμα και μετά χρησιμοποιώντας θαλή αποδεικνύεις ότι αυτό το ευθύγραμμο τμήμα εχει την ιδιότητα.

S.E.Louridas · #7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Υπάρχει κλασσική γεωμετρική λύση. Δεν την γράφω γιατί δεν είμαι εξοικειωμένος με το tex. Παίρνεις πάνω στις δύο πλευρές του τριγώνου τα σημεία που υλοποιούν το σταθερό άθροισμα και μετά χρησιμοποιώντας θαλή αποδεικνύεις ότι αυτό το ευθύγραμμο τμήμα έχει την ιδιότητα.

Ακριβώς και μάλιστα η Ευκλείδεια μέθοδος στηρίζεται στο σχήμα που ακολουθεί και που στηρίζεται στο ότι το τρίγωνο $M{M_1}S$ διατηρείται όμοιο προς εαυτόν και το

να είναι σταθερό σημείο, αλλά σίγουρα θα θέλαμε και την "άποψη geogebra" που απλοποιεί και επιταχύνει πάρα πολύ την κατασκευαστική διαδικασία μέσω του geogebra κάτι που στην εποχή μας αγγίζει την αναγκαιότητα, πάντα με το μείον να μην έχουμε την απόλυτη ακρίβεια μέσω του κανόνα και του διαβήτη, αλλά την μέγιστη δυνατή προσέγγιση προς την ακρίβεια αυτή.

#8

Ας δούμε μία άλλη σκέψη για την κατασκευή σημείων στο εσωτερικό του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , ώστε το άθροισμα των αποστάσεών τους από τις πλευρές του τριγώνου να είναι σταθερό.

$\bullet$ Έστω

, τυχόν σημείο στο εσωτερικό του $\vartriangle ABC$ και ας είναι $D,\ E,\ F,$ οι προβολές του επί των πλευρών $BC,\ AC,\ AB,$ αντιστοίχως.

Έστω $S_{p} = PD + PE + PF = u\ \ \ ,(1)$ και ας είναι $P',\ P'',$ τα σημεία τομής των $BC,\ AB$ αντιστοίχως, από την δια του

κάθετη ευθεία επί την διχοτόμο της γωνίας $\angle B$ του $\vartriangle ABC.$

Έστω

η προβολή του

επί την

και στο ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle BP'P''$ με BP' = BP''

, ισχύει $PD + PF = P'S\ \ \ ,(2)$

γνωστό αποτέλεσμα που αποδεικνύεται εύκολα και έχουμε ξαναδεί στο

.

Στην προέκταση του P'S

προς το μέρος του

παίρνουμε το σημείο έστω S',

ώστε να είναι SS' = u

και άρα έχουμε $P'S' = PE\ \ \ ,(3)$

: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο - Προσδιορισμός των σημείων του γεωμετρικού τόπου.; f=112_t=46961.PNG (29.09 KiB) Προβλήθηκε 2451 φορές

$\bullet$ Εύκολα τώρα κατασκευάζουμε ένα άλλο σημείο έστω

ώστε το άθροισμα των αποστάσεών του από τις πλευρές του $\vartriangle ABC$ να να είναι ίσο με

.

Πράγματι, φέρνουμε τυχούσα ευθεία παράλληλη προς την P'P'',

η οποία τέμνει έστω τις πλευρές $BC,\ AB$ στα σημεία $Q',\ Q'',$ αντιστοίχως και έστω

η προβολή του

επί της

Στην προέκταση του Q'T

προς το μέρος του

παίρνουμε το σημείο έστω T',

ώστε να είναι TT' = SS' = u

.

Προς το εσωτερικό μέρος του $\vartriangle ABC$ , φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την

και σε απόσταση από αυτήν ίση με Q'T',

η οποία τέμνει την Q'Q''

στο σημείο έστω

για το οποίο αποδεικνύεται εύκολα ότι ισχύει $S_{Q} = QK + QL + QM = u\ \ \ ,(4)$ όπου $K,\ L,\ M$ είναι οι προβολές του

επί των $BC,\ AC,\ AB,$ αντιστοίχως.

$\bullet$ Με τον ίδιο τρόπο κατασκευάζουμε και το σημείο έστω

τέτοιο ώστε να ισχύει $S_{R} = RX + RY + RZ = u\ \ \ ,(5)$ όπου $X,\ Y,\ Z$ είναι οι προβολές του

επί των ιδίων πλευρών ως άνω.

Αποδεικνύεται ότι τα σημεία $P,\ Q,\ R$ είναι συνευθειακά και θα ακολουθήσει η τεκμηρίωση αυτού του ισχυρισμού.

Κώστας Βήττας.

#9

Για να πω κάτι διαφορετικό, θα εργαστώ με τριγραμμικές συντεταγμένες, αφού και το στήσιμο του θέματος συνηγορεί υπέρ τους.

Έστω σημείο M=x:y:z

εσωτερικό του τριγώνου. Ισχύουν x>0, y>0, z>0

και

(1)

Aν

λόγω της (1) (πολαπλασιάζουμε τα μέλη της (1) με d, της δεύτερης με 2Ε και αφαιρούμε) παίρνουμε

(2E-ad)x+(2E-bd)y+(2E-cd)z=0

(2).

Αν πάλι ισχύει η (2) τότε λόγω της (1) παίρνουμε x+y+z=d.

Επομένως ο γ.τ. που ζητάμε έχει εξίσωση την (2) με x>0, y>0, z>0.

1η περίπτωση. Αν όλοι οι συντελεστές της (2) είναι μηδέν, τότε παριστάνει το επίπεδο και ο γ.τ. είναι το σύνολο των εσωτερικών σημείων του τριγώνου. Στην περίπτωση αυτή είναι

$2E-ad=2E-bd=2E-cd=0 \Leftrightarrow d=\frac{2E}{a}=\frac{2E}{b}=\frac{2E}{c}$

$\Leftrightarrow d=\upsilon _a=\upsilon _b=\upsilon _c$

Δηλαδή το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

2η περίπτωση. Έστω $\upsilon _a \leq \upsilon _b\leq \upsilon _c$ . Αν ένας συντελεστής της (2) δεν είναι μηδέν, τότε η (2) παριστάνει ευθεία. Αυτή έχει σημεία στο εσωτερικό του τριγώνου αν και μόνο αν τέμνει μια πλευρά του τριγώνου σε εσωτερικό της σημείο. Αυτό γίνεται π.χ. με την AB, όταν με αντικατάσταση των συντεταγμένων των $A=\upsilon _a:0:0, B=0:\upsilon _b:0$ στο πρώτο μέλος της (2) πάρουμε ετερόσημα αποτελέσματα, δηλαδή

$(2E-ad) \upsilon _a \cdot (2E-bd)\upsilon _b<0 \Leftrightarrow \left( \frac{2E}{a}-d\right)\left( \frac{2E}{b}-d\right)<0\Leftrightarrow (\upsilon _a-d)(\upsilon _b-d)<0$

$\Leftrightarrow \upsilon _a <d< \upsilon _b$

Ώστε, τελικά, ότι αν $\upsilon _a <d< \upsilon _c$ , τότε ο γ.τ. είναι τα σημεία της ευθείας (2) που βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου, διαφορετικά είναι το κενό σύνολο.

#10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Υπάρχει κλασσική γεωμετρική λύση. Δεν την γράφω γιατί δεν είμαι εξοικειωμένος με το tex. Παίρνεις πάνω στις δύο πλευρές του τριγώνου τα σημεία που υλοποιούν το σταθερό άθροισμα και μετά χρησιμοποιώντας θαλή αποδεικνύεις ότι αυτό το ευθύγραμμο τμήμα έχει την ιδιότητα.

Τα σημεία αυτά πρέπει να παρθούν στις δύο μεγαλύτερες πλευρές του τριγώνου.

S.E.Louridas · #11

Έχει το ενδιαφέρον του να δούμε το θέμα αυτό, όταν το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο.

#12

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Υπάρχει κλασσική γεωμετρική λύση. Δεν την γράφω γιατί δεν είμαι εξοικειωμένος με το tex. Παίρνεις πάνω στις δύο πλευρές του τριγώνου τα σημεία που υλοποιούν το σταθερό άθροισμα και μετά χρησιμοποιώντας θαλή αποδεικνύεις ότι αυτό το ευθύγραμμο τμήμα έχει την ιδιότητα.

Ναί υπάρχει τέτοια απόδειξη που θα αναρτήσω σε επόμενο μήνυμα. Προς το παρόν
αναρτώ ένα δυναμικό σχήμα καθως κι ένα στιγμιότυπο από τη λύση αυτή.

: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο....PNG (30.65 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

Στο ανωτέρω σχήμα που λειτουργεί άψογα στη δυναμική μορφή, έχουν κατασκευαστεί τα σημεία
$\displaystyle{M,N}$ επί των δύο μεγαλυτέρων πλευρών του τριγώνου αυτού με την ιδιότητα ότι έχουν
άθροισμα αποστάσεων σταθερό και ίσο με $\displaystyle{d}$ .

Ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι το τμήμα $\displaystyle{MN}$ ,(όπως θα δειχθεί σε επόμενο μήνυμα).

Απολαύστε το δυναμικό σχήμα που αναρτώ.

Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...1.ggb: (10.33 KiB) Μεταφορτώθηκε 49 φορές

Κώστας Δόρτσιος

#13

vittasko έγραψε:Αποδεικνύεται ότι τα σημεία $P,\ Q,\ R$ είναι συνευθειακά και θα ακολουθήσει η τεκμηρίωση αυτού του ισχυρισμού.

: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο - Απόδειξη της συνευθειακότητας των σημείων του γεωμετρικού τόπου.; f=112_t=46961(a).PNG (32.59 KiB) Προβλήθηκε 2409 φορές

$\bullet$ Η δια του

παράλληλη ευθεία προς τις $P'P''\parallel Q'Q'',$ τέμνει την

στο σημείο έστω

και έστω

η προβολή του

επί της

Στην προέκταση του R'V

και προς το μέρος του

παίρνουμε το σημείο έστω

ώστε να είναι VV' = u

και έχουμε ότι τα σημεία $S',\ T',\ V'$ είναι συνευθειακά.

Έστω τα σημεία $E',\ L',\ Y',$ ώστε τα $PEE'P',\ QLL'Q',\ RYY'R'$ να είναι παραλλήλόγραμμα και έχουμε ότι τα σημεία $E',\ L',\ Y'$ είναι συνευθειακά,

ως εικόνες των $S',\ T',\ V'$ αντιστοίχως, μετά την στροφή των $P'S',\ Q'T',\ R'V'$ περί τα συνευθειακά σημεία $P',\ Q',\ R'$ αντιστοίχως,

κατά γωνία ίση με $\angle A$

λόγω $\angle SP'E' = \angle TQ'L' = \angle VR'Y' = 180^{o} - \angle A$

και ισχύει $\displaystyle \frac{S'T'}{T'V'} = \frac{P'Q'}{Q'R'} = \frac{E'L'}{L'Y'}\ \ \ ,(1)$

Ισχύει επί πλέον ότι $EE'\parallel LL'\parallel YY'$ , ως κάθετες επί την διχοτόμο της γωνίας $\angle B$ και άρα έχουμε $\displaystyle \frac{EL}{LY} = \frac{E'L'}{L'Y'}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{P'Q'}{Q'R'} = \frac{EL}{LY}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $PP'\parallel QQ'\parallel RR'$ και $PE\parallel QL\parallel RY$ , σύμφωνα με το Θεώρημα των αναλόγων διαιρέσεων, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $P,\ Q,\ R$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Εύκολα τώρα συμπεραίνεται ότι κάθε σημείο στο εσωτερικό του $\vartriangle ABC,$ του οποίου το άθροισμα των αποστάσεων από τις πλευρές είναι ίσο με

ανήκει στην ευθεία PQR

.

Η ευθεία αυτή τέμνει ( στο ως άνω σχήμα ) τις πλευρές $AC,\ AB$ του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ στα σημεία έστω $W,\ W'$ αντιστοίχως, τα οποία ταυτίζονται με τα οριακά σημεία του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου.

Κώστας Βήττας.

#14

Καλησπέρα σε όλους
Για λόγους πληρότητας συμπληρώνω ένα κομμάτι στην προσέγγιση που έστειλα: Πρόκειται για την ειδική περίπτωση όπου η εξίσωση
$\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{A_{i}x+B_{i}y+C_{i}}{\sqrt{A_{i}^{2}+B_{i}^{2}}}=d\,\ \ \ \ \ \ \ \ (\ast )$
έχει τους συντελεστές των

,

ίσους με μηδέν. Για να κερδίσουμε πράξεις μπορούμε να κάνουμε μερικές ακόμη παραδοχές που δεν βλάπτουν την γενικότητα:
-Ότι για όλα τα i=1,2,3

είναι $A_{i}^{2}+B_{i}^{2}=1$ (αν όχι διαιρούμε κάθε εξίσωση $A_{i}x+B_{i}y+C_{i}=0$ με το $A_{i}^{2}+B_{i}^{2}$ ).
-Ότι η αρχή

των αξόνων είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου (αν όχι αλλάζουμε σύστημα αξόνων).
Η (*) γράφεται
$\sum\limits_{i=1}^{n}\left( A_{i}x+B_{i}y+C_{i}\right) =d\,\ \ \ \ \ \ \ \ (\ast \ast )$
ή αλλιώς
$\left( A_{1}+A_{2}+A_{3}\right) x+\left( B_{1}+B_{2}+B_{3}\right) y+\left( C_{1}+C_{2}+C_{3}-d\right) =0\ \ \ \ \ \ (\ast \ast \ast )$
Μας ενδιαφέρει η περίπτωση όπου $A_{1}+A_{2}+A_{3}=B_{1}+B_{2}+B_{3}=0$ . Τότε
$C_{1}+C_{2}+C_{3}=d\ \ \ \ \ \ (\ast \ast \ast \ast)$
Γενικά η Ax+By+C=0

παριστάνει ευθεία, το κενό σύνολο ή το επίπεδο. Το πρώτο αν ένα τουλάχιστον από τα

,

είναι διάφορο του μηδενός. Παρατηρούμε ότι η απόσταση του

από τις $A_{i}x+B_{i}y+C_{i}=0$ είναι C_i

. Άρα η $(\ast \ast \ast \ast)$ μας πληροφορεί ότι το

είναι σημείο του τόπου. Άρα στην περίπτωση που εξετάζουμε η $(\ast \ast \ast )$ δεν παριστάνει ευθεία ούτε το κενό σύνολο άρα αναγκαστικά όλο το επίπεδο. Στην περίπτωση αυτή ο τόπος είναι το σύνολο των εσωτερικών σημείων του τριγώνου. Αναμένουμε σε αυτή την περίπτωση το τρίγωνο να είναι ισόπλευρο. Ας δούμε πως μπορούμε να καταλήξουμε σε αυτό το συμπέρασμα χωρίς να αλλάξουμε τεχνική δηλαδή πάλι με συντεταγμένες. Οι σχέσεις $A_{1}+A_{2}+A_{3}=B_{1}+B_{2}+B_{3}=0$ μας δίνουν τις
$A_{1}+A_{2}=-A_{3},\,\ \ B_{1}+B_{2}=-B_{3}$
Υψώνοντας στο τετράγωνο, προσθέτοντας και λαμβάνοντας υπ΄όψιν ότι
$A_{1}^{2}+B_{1}^{2}=A_{2}^{2}+B_{2}^{2}=A_{3}^{2}+B_{3}^{2}=1$
βρίσκουμε ότι
$A_{1}A_{2}+\ B_{1}B_{2}=-\frac{1}{2}$
Αλλά το $A_{1}A_{2}+\ B_{1}B_{2}=\frac{A_{1}A_{2}+\ B_{1}B_{2}}{\sqrt{A_{1}^{2}+B_{1}^{2}}\sqrt{A_{2}^{2}+B_{2}^{2}}}$ είναι το συνημίτονο της γωνίας των καθέτων διανυσμάτων $\left( A_{1},B_{1}\right) ,\left( A_{2},B_{2}\right)$ προς τις $A_{i}x+B_{i}y+C_{i}=0\,,\,\,\,\,\,i=1,2$ . Άρα τα κάθετα διανύσματα σχηματίζουν γωνία $\frac{2\pi }{3}$ συνεπώς οι δύο ευθείες σχηματίζουν γωνία $\frac{\pi }{3}$ . Φυσικά το επιχείρημα αυτό εφαρμόζεται και για τα άλλα ζεύγη ευθειών άρα το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.
Μαυρογιάννης

S.E.Louridas · #15

Οι σχέσεις με (*)

στα σχήματα που παραθέτω δίνουν τις αντίστοιχες εξισώσεις ευθειών, ευθύγραμμο τμήμα εκ των οποίων είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος. Θεωρήθηκε $\angle A = w.$
Η διερεύνηση που απορρέει από το πρόβλημα αυτό, έχει πολλές και ενδιαφέρουσες "συγκινήσεις".

#16

Ένα ενδιαφέρον ερώτημα ( ίσως να είναι γνωστό ) για το οποίο δεν έχω απάντηση, αφορά στην ελάχιστη και μέγιστη τιμή που μπορεί να έχει το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος εσωτερικού σημείου του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ με BC > AC > AB

από τις πλευρές του.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. ( 11:37 pm ) Νομίζω ότι το ως άνω άθροισμα έχει ελάχιστη τιμή το ύψος εκ της κορυφής

και μέγιστη τιμή το ύψος εκ της κορυφής

και θα επανέλθω αργότερα αν δεν υπάρχει κάποιο λάθος στο σκεπτικό.

S.E.Louridas · #17

vittasko έγραψε:Ένα ενδιαφέρον ερώτημα ( ίσως να είναι γνωστό ) για το οποίο δεν έχω απάντηση, αφορά στην ελάχιστη και μέγιστη τιμή που μπορεί να έχει το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος εσωτερικού σημείου του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ με από τις πλευρές του.

Το ερώτημα αυτό που έθεσε ο Κώστας είναι πολύ σημαντικό.

Επανέρχομαι τώρα για μία πιο πλήρη από μέρους μου κατασκευαστική γεωμετρική αντιμετώπιση του αρχικού προβλήματος:
Έστω x,y,z

οι αποστάσεις του σημείου από τις πλευρές a,b,c

αντίστοιχα. Τότε έχουμε $x + y + z = d \Leftrightarrow x = d - y - z$ και $ax + by + cz = 2E \Rightarrow \left( {a - b} \right)y + \left( {a - c} \right)z = 2E - ad\;\;\left( 1 \right).$ Αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο τότε όλα τα σημεία του επιπέδου εκτός των εξωτερικών του τριγώνου είναι σημεία του τόπου. Αν ισχύει $a = b,\;a \ne c \Rightarrow z = \frac{{2E - ad}}{{a - c}},$ οπότε το σημείο μας κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα που αποκόπτεται από την ευθεία που είναι παράλληλη στην

και απέχει από αυτή απόσταση $\frac{{2E - ad}}{{a - c}},$ από την περίμετρο του τριγώνου. Τέλος αν έχουμε $a \ne b,\;\,a \ne c$ ο γεωμετρικός τόπος είναι το ευθύγραμμο τμήμα που αποκόπτεται από την ευθεία της σχέσης (1)

από την περίμετρο του τριγώνου
Η γενική λοιπόν πλήρης εξίσωση (1)

δηλαδή η εξίσωση $\left( {a - b} \right)y + \left( {a - c} \right)z = 2E - ad,$ είναι της μορφής ky + mz = v,

που είναι ισοδύναμη με την $z + \frac{k}{m}y = \frac{v}{m}.$ Αν θεωρήσουμε $MS = \frac{k}{m}y,\;\;\frac{v}{m} = r,$ οδηγούμαστε σε εξίσωση της μορφής z + MS = r

, με

σταθερό ευθύγραμμο τμήμα. Συνεπώς στο σχήμα που ακολουθεί έχουμε ${M{'}}S = r,\;\;ct.$ δηλαδή το σημείο

θα κινείται σε σταθερή ευθεία παράλληλη στη AM^’

και συνεπώς το σημείο

είναι πλήρως καθορισμένο. Το τετράπλευρο τώρα $MS{M_1}Z$ είναι εγγράψιμο, που σημαίνει ότι, $\angle {M_1}ZM = \pi - \angle MS{M_1},\;\,ct.$ Έτσι οδηγούμαστε στον γεωμετρικό τόπο που θα είναι ευθύγραμμο τμήμα της σταθερής ευθείας που ορίζεται από το σημείο

και την σταθερή γωνία $\angle {M_1}ZM.$ Η γωνία $\angle {M_1}ZM$ είναι σταθερή καθότι $\angle {M_1}MS = \frac{\pi }{2} - w,$ αν καλέσουμε $\angle A = w$ και ταυτόχρονα ισχύει $\frac{{MS}}{y} = \frac{k}{m},\;\,ct.$ δηλαδή το τρίγωνο MSM_1

διατηρεί τις γωνίες του.

#18

S.E.Louridas έγραψε:Έχει το ενδιαφέρον του να δούμε το θέμα αυτό, όταν το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο.

Σωτήρη, Γίγαντα, δεν αλλάζει κάτι στην διαπραγμάτευσή μου, εκτός του ότι απορρίπτεται η πρώτη περίπτωση που οδηγεί στο ισόπλευρο τρίγωνο.

vittasko έγραψε:Ένα ενδιαφέρον ερώτημα ( ίσως να είναι γνωστό ) για το οποίο δεν έχω απάντηση, αφορά στην ελάχιστη και μέγιστη τιμή που μπορεί να έχει το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος εσωτερικού σημείου του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ με από τις πλευρές του.

Κώστας Βήττας.

Κώστα, έχω ήδη απαντήσει στο ερώτημα!

#19

Γεια σου Κώστα.

Τώρα το είδα ότι γράφεις πιο πάνω αυτό που σημείωσα στο υστερόγραφο πριν από λίγο.

Θα βάλω αργότερα τις λεπτομέρειες του σκεπτικού με το οποίο προσέγγισα αυτό το ( γνωστό τελικά ) αποτέλεσμα.

Κώστας Βήττας.

S.E.Louridas · #20

Βεβαίως και οι διαπραγματεύσεις που προηγήθηκαν είναι Άριστες. Το ερώτημα για το αμβλυγώνιο το έθεσα ώστε να αποσαφινιστεί (κύρια από τους μαθητές) η έννοια της απόστασης σημείου από ευθύγραμμο τμήμα καθότι η πλευρά ενός τριγώνου είναι ευθύγραμμο τμήμα. Οπότε άριστε Φίλε και Μαθηματικέ Κώστα (rek2) όλα καλά. Σημασία έχει ότι δόθηκαν και κατασκευαστικές γεωμετρικές αποδείξεις, τόσο με Ευκλείδεια αντίληψη, όσο και με αντίληψη geogebra. Για άλλη μία φορά λοιπόν ο Μαθηματικός πλουραλισμός εδώ σε όλο του το μεγαλείο.

Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Re: Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο...

Μέλη σε σύνδεση