mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 19, 2019 7:58 pm**

Δύο τρίγωνα ABC, A'B'C'

που έχουν $\widehat A=\widehat A'$ και τις διαμέσους BM=B'M'

και

είναι ίσα;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 20, 2019 12:07 pm**

Καλημέρα κ. Γιώργο.

Η βασική ιδέα είναι να υποθέσω ότι BC < B'C'

και να καταλήξω σε άτοπο με χρήση του θεωρήματος βαρυκέντρου αλλά και της εφαρμογής του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας "Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές τους είναι όμοια άνισες και αντίστροφα". Ομοίως αν BC > B'C'

.

Συνεπώς ισχύει BC = B'C'

και στη συνέχεια δείχνουμε με απλές συγκρίσεις τριγώνων ότι τα τρίγωνα είναι ίσα.

Υ.Γ. Αν βρω χρόνο, θα βάλω αναλυτική λύση, εκτός κι αν κάποιος άλλος με προλάβει.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 20, 2019 1:02 pm**

dimplak έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 20, 2019 12:07 pm
Καλημέρα κ. Γιώργο.

Η βασική ιδέα είναι να υποθέσω ότι και να καταλήξω σε άτοπο με χρήση του θεωρήματος βαρυκέντρου αλλά και της εφαρμογής του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας "Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές τους είναι όμοια άνισες και αντίστροφα". Ομοίως αν .

Συνεπώς ισχύει και στη συνέχεια δείχνουμε με απλές συγκρίσεις τριγώνων ότι τα τρίγωνα είναι ίσα.

Υ.Γ. Αν βρω χρόνο, θα βάλω αναλυτική λύση, εκτός κι αν κάποιος άλλος με προλάβει.

Κάπου στην αρχική σελίδα είναι γραμμένο το

2. Οι απαντήσεις πρέπει να είναι κατά τα δυνατόν πλήρεις να αποφεύγονται οι υποδείξεις και η παράθεση μόνο του αποτελέσματος. Απαντήσεις που έχουν ελλιπή στοιχεία, δίνουν το αποτέλεσμα, περιλαμβάνουν σχόλια για την άσκηση, ενημερωτικές πληροφορίες κτλ χωρίς να παραθέτουν ή να παραπέμπουν στην λύση δημιουργούν σύγχυση και ενδεχομένως αποτρέπουν άλλα μέλη να προσπαθήσουν μία λύση ή να παρουσιάσουν μία λύση που ήδη έχουν ετοιμάσει. Για τους λόγους αυτούς οι τυχόν σχολιασμοί των ασκήσεων καλόν είναι να μπαίνουν αφού δοθεί λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 4:39 am**

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 19, 2019 7:58 pm
Δύο τρίγωνα που έχουν $\widehat A=\widehat A'$ και τις διαμέσους και είναι ίσα;

: Κρητήριο ισότητας τριγώνων_Bisbikis.png (16.41 KiB) Προβλήθηκε 2891 φορές

Ας δούμε τη γεωμετρική κατασκευή του $\vartriangle ABC$ που ξέρουμε τις διαμέσους του

$BM = m\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CN = n$ και τη γωνία $A = \theta$ .

Με χορδή BM = m

γράφω τόξο που δέχεται γωνία $\theta$ . Ας είναι

το σημείο που

χωρίζει εσωτερικά το

σε λόγο

και

το συμμετρικό του

ως προς το

.

Γράφω το κύκλο $\left( {K,\frac{{2n}}{3}} \right)$ που τέμνει το τόξο στο

. Αν

το συμμετρικό του

ως προς το

τότε το τρίγωνο ABC

είναι αυτό που θέλω.

Επειδή όμως ενδέχεται ο κύκλος να κόψει σε δύο διαφορετικά σημεία το τόξο

Τελικά τα τρίγωνα δεν είναι πάντα ίσα

: κριτήριο αντιπαράδειγμα 1.png (13.85 KiB) Προβλήθηκε 2891 φορές

: κριτήριο αντιπαράδειγμα 2.png (15.03 KiB) Προβλήθηκε 2891 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 8:05 am**

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 4:39 am

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 19, 2019 7:58 pm
Δύο τρίγωνα που έχουν $\widehat A=\widehat A'$ και τις διαμέσους και είναι ίσα;
Κρητήριο ισότητας τριγώνων_Bisbikis.png

Ας δούμε τη γεωμετρική κατασκευή του $\vartriangle ABC$ που ξέρουμε τις διαμέσους του

$BM = m\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CN = n$ και τη γωνία $A = \theta$ .

Με χορδή γράφω τόξο που δέχεται γωνία $\theta$ . Ας είναι το σημείο που

χωρίζει εσωτερικά το σε λόγο και το συμμετρικό του ως προς το .

Γράφω το κύκλο $\left( {K,\frac{{2n}}{3}} \right)$ που τέμνει το τόξο στο . Αν το συμμετρικό του

ως προς το τότε το τρίγωνο είναι αυτό που θέλω.

Επειδή όμως ενδέχεται ο κύκλος να κόψει σε δύο διαφορετικά σημεία το τόξο

Τελικά τα τρίγωνα δεν είναι πάντα ίσα

κριτήριο αντιπαράδειγμα 1.png

κριτήριο αντιπαράδειγμα 2.png

Αυτό ακριβώς Νίκο!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 1:45 pm**

Καλησπέρα!

Οι αυθεντίες τις γεωμετρίας κ. Νίκος και κ. Γιώργος κατατρόπωσαν την ιδέα μου!

Την παραθέτω , όμως , παρακάτω , για να βρούμε διδακτικά που κρύβεται η παγίδα.

Έστω

και

τα βαρύκεντρα των τριγώνων ABC

και

αντίστοιχα.

Υποθέτουμε ότι BC < B'C'

.

Τότε με χρήση του θεωρήματος βαρυκέντρου αλλά και της εφαρμογής του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας "Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές τους είναι όμοια άνισες και αντίστροφα" , στα τρίγωνα BGC

και

ισχύει ότι $B\hat{G}C < B' \hat{G'} C'$ .

Άρα και $N \hat{G} B > N' \hat{G'} B'$ και $M \hat{G} C > M' \hat{G'} C'$ .

Τότε με χρήση του θεωρήματος βαρυκέντρου αλλά και της εφαρμογής του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας "Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές τους είναι όμοια άνισες και αντίστροφα" , στα τρίγωνα BGN

,

ισχύει ότι BN > B'N'

άρα

και στα τρίγωνα CGM

,

ισχύει ότι CM > C'M'

άρα

.

Επειδή $\hat{A} = \hat{A'}$ , AB > A'B'

και

, προκύπτει ότι BC > B'C'

. Άτοπο.

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι δεν ισχύει BC > B'C'

.

Συνεπώς ισχύει BC = B'C'

.

Στη συνέχεια εύκολα δείχνουμε ότι τα τρίγωνα BGC

και

είναι ίσα , τα τρίγωνα BGN

και

είναι ίσα , τα τρίγωνα CGM

και

είναι ίσα και τελικά τα τρίγωνα ABC

και

είναι ίσα.

Ευχαριστώ εκ των προτέρων για τις υποδείξεις.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 2:59 pm**

dimplak έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 1:45 pm
Καλησπέρα!

Οι αυθεντίες τις γεωμετρίας κ. Νίκος και κ. Γιώργος κατατρόπωσαν την ιδέα μου!

Την παραθέτω , όμως , παρακάτω , για να βρούμε διδακτικά που κρύβεται η παγίδα.

Έστω και τα βαρύκεντρα των τριγώνων και αντίστοιχα.

Υποθέτουμε ότι .

Τότε με χρήση του θεωρήματος βαρυκέντρου αλλά και της εφαρμογής του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας "Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές τους είναι όμοια άνισες και αντίστροφα" , στα τρίγωνα και ισχύει ότι $B\hat{G}C < B' \hat{G'} C'$ .

Άρα και $N \hat{G} B > N' \hat{G'} B'$ και $M \hat{G} C > M' \hat{G'} C'$ .

Τότε με χρήση του θεωρήματος βαρυκέντρου αλλά και της εφαρμογής του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας "Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές τους είναι όμοια άνισες και αντίστροφα" , στα τρίγωνα , ισχύει ότι άρα και στα τρίγωνα , ισχύει ότι άρα .

Επειδή $\hat{A} = \hat{A'}$ , και , προκύπτει ότι . Άτοπο.

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι δεν ισχύει .

Συνεπώς ισχύει .

Στη συνέχεια εύκολα δείχνουμε ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα , τα τρίγωνα και είναι ίσα , τα τρίγωνα και είναι ίσα και τελικά τα τρίγωνα και είναι ίσα.

Ευχαριστώ εκ των προτέρων για τις υποδείξεις.

Από που προκύπτει το

dimplak έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 1:45 pm
Επειδή $\hat{A} = \hat{A'}$ , και , προκύπτει ότι

Καλό δε θα είναι να τηρείς και τους κανονισμούς του

.

Θα μπορούσες αφού την είχες την απόδειξη να την γράψεις εξ αρχής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 5:44 pm**

Σχηματικά αυτό που επεσήμανε ο Σταύρος.

: ΚΙΤ;.png (6.72 KiB) Προβλήθηκε 2771 φορές

Στο σχήμα τα τρίγωνα ABC, AB'C'

έχουν κοινή τη γωνία της κορυφής και είναι AB>AB', AC>AC',

αλλά

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 6:13 pm**

Ευχαριστώ πολύ κ. Γιώργο! Με έφαγε η διαίσθηση!

Την άσκηση αυτή τη σκεφτήκατε με βάση την ειδική περίπτωση που είχα βάλει με τις δοσμένες γωνίες ορθές?

Υπάρχει άραγε άλλη ειδική περίπτωση γωνιών που να ισχύει το κριτήριο?

Ευχαριστώ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 6:48 pm**

dimplak έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 6:13 pm
Ευχαριστώ πολύ κ. Γιώργο! Με έφαγε η διαίσθηση!

Την άσκηση αυτή τη σκεφτήκατε με βάση την ειδική περίπτωση που είχα βάλει με τις δοσμένες γωνίες ορθές?

Υπάρχει άραγε άλλη ειδική περίπτωση γωνιών που να ισχύει το κριτήριο?

Ευχαριστώ.

Ναι, αφορμή ήταν η άσκηση με τα ορθογώνια τρίγωνα. Για να δω αν ισχύει, προσπάθησα να κατασκευάσω ένα τέτοιο τρίγωνο

και διαπίστωσα ότι δεν έχει πάντα μοναδική λύση, Αυτό δεν έχει να κάνει μόνο με τις γωνίες αλλά και με τα μήκη των διαμέσων.

Δεν το έχω ακόμα ξεκαθαρίσει πλήρως. Θα ανεβάσω κάποια στιγμή την κατασκευή μου (είναι λίγο διαφορετική από του φίλου

μου Νίκου Φραγκάκη).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 21, 2019 11:01 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 5:44 pm

Στο σχήμα τα τρίγωνα έχουν κοινή τη γωνία της κορυφής και είναι αλλά

Αν οι γωνίες $\hat{A}$ και $\hat{A}'$ είναι αμβλείες , δημιουργείται πάλι πρόβλημα στη συλλογιστική μου?

Ευχαριστώ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 22, 2019 8:30 am**

dimplak έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 11:01 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 5:44 pm

Στο σχήμα τα τρίγωνα έχουν κοινή τη γωνία της κορυφής και είναι αλλά
Αν οι γωνίες $\hat{A}$ και $\hat{A}'$ είναι αμβλείες , δημιουργείται πάλι πρόβλημα στη συλλογιστική μου?

Ευχαριστώ.

Τώρα, ναι ισχύει.

: ΚΙΤβ;.png (8.99 KiB) Προβλήθηκε 2681 φορές

Επειδή η $\widehat A$ είναι αμβλεία, οι $\omega, \varphi$ θα είναι επίσης αμβλείες (ως εξωτερικές σε δύο διαφορετικά τρίγωνα).

Άρα, B'C'<BC'<BC.

Μπορούμε να πούμε λοιπόν ότι έχουμε έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 22, 2019 10:23 am**

Περίφημα!

Οπότε έχουμε:

Δύο τρίγωνα που έχουν $\widehat A=\widehat A' \ge 90^o$ και τις διαμέσους και είναι ίσα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 24, 2019 6:03 pm**

Κατασκευή τριγώνου όταν δίνονται $\widehat A=\theta$ και οι διάμεσοι

: ΚΙΤγ;.png (21.32 KiB) Προβλήθηκε 2598 φορές

Γράφω τόξο (c)

χορδής

που δέχεται γωνία $\theta$ και έστω

το κέντρο του. Επί της

θεωρώ σημείο

ώστε $GM=\dfrac{1}{3}m.$ Ο κύκλος διαμέτρου

και ο κύκλος $(G, \dfrac{1}{3}n)$ τέμνονται στο

Η

τέμνει το τόξο στο

και το συμμετρικό

του

ως προς

ολοκληρώνει την κατασκευή.

Διερεύνηση: Η λύση του προβλήματος εξαρτάται από την τομή των δύο κύκλων.

$\displaystyle \bullet$ Αν οι κύκλοι δεν τέμνονται ή ο ένας βρίσκεται μέσα στον άλλο, ή τέμνονται σε σημεία εξωτερικά του τόξου (c),

το πρόβλημα δεν έχει λύση.

$\displaystyle \bullet$ Αν οι κύκλοι εφάπτονται(εσωτερικά ή εξωτερικά) ή τέμνονται σε δύο σημεία εκατέρωθεν της BM,

το πρόβλημα έχει μία λύση.

$\displaystyle \bullet$ Αν οι κύκλοι τέμνονται σε δύο σημεία εσωτερικά του τόξου (c),

το πρόβλημα έχει δύο λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 12:42 am**

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου:

Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα ABM

και

οδηγούμαστε στο σύστημα

$\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$

$b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$

που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετρικό πρόβλημα θέλουμε μία και μόνη λύση με b>0

,

, κάτι για το οποίο δεν βλέπω προς στιγμήν κάποια ικανή συνθήκη.

(Δίνω στο συνημμένο ένα παράδειγμα με $\theta=60^0$ , $m=2\sqrt{10}$ , n=3

και δύο λύσεις, δύο δηλαδή τρίγωνα, ένα με $b\approx0,51$ , $c\approx6,45$ και ένα με $b\approx2,25$ , $c\approx6,81$ .))

: δύο-διάμεσοι-δύο τρίγωνα.gif (6.45 KiB) Προβλήθηκε 2558 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 1:24 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 12:42 am
Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου:

Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα και οδηγούμαστε στο σύστημα

$\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$

$b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$

που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετρικό πρόβλημα θέλουμε μία και μόνη λύση με , , κάτι για το οποίο δεν βλέπω προς στιγμήν κάποια ικανή συνθήκη.

Σε πρώτη φάση ... δίνω μία αναγωγή του παραπάνω συστήματος σε μία διτετράγωνη ως προς

, με $c=2(cos\theta)b\pm2\sqrt{(cos^2\theta)b^2-b^2+n^2}$ :

$(225-144cos^2\theta)b^4+8\left[(4n^2-m^2)(24cos^2\theta-15)-72n^2cos^2\theta\right]b^2+16(4n^2-m^2)^2=0.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί και επαληθεύονται στην περίπτωση του παραδείγματος που έδωσα στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση.]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 2:10 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 1:24 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 12:42 am
Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου:

Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα και οδηγούμαστε στο σύστημα

$\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$

$b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$

που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετρικό πρόβλημα θέλουμε μία και μόνη λύση με , , κάτι για το οποίο δεν βλέπω προς στιγμήν κάποια ικανή συνθήκη.
Σε πρώτη φάση ... δίνω μία αναγωγή του παραπάνω συστήματος σε μία διτετράγωνη ως προς , με $c=2(cos\theta)b\pm2\sqrt{(cos^2\theta)b^2-b^2+n^2}$ :

$(225-144cos^2\theta)b^4+8\left[(4n^2-m^2)(24cos^2\theta-15)-72n^2cos^2\theta\right]b^2+16(4n^2-m^2)^2=0.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί και επαληθεύονται στην περίπτωση του παραδείγματος που έδωσα στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση.]

Γιώργο, σ' ευχαριστώ για την ενασχόληση με το θέμα.

Επαλήθευσα κι εγώ τον τύπο με το αντιπαράδειγμα που είχε δώσει πιο πάνω ο φίλτατος Νίκος Φραγκάκης (#4) για

$\theta =36^\circ, m=5, n=2.$ Ο τύπος δίνει δυο τιμές $\displaystyle b \simeq 3,3203$ ή $\displaystyle b \simeq 0,94822.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 6:30 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 2:10 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 1:24 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 12:42 am
Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου:

Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα και οδηγούμαστε στο σύστημα

$\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$

$b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$

που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετρικό πρόβλημα θέλουμε μία και μόνη λύση με , , κάτι για το οποίο δεν βλέπω προς στιγμήν κάποια ικανή συνθήκη.
Σε πρώτη φάση ... δίνω μία αναγωγή του παραπάνω συστήματος σε μία διτετράγωνη ως προς , με $c=2(cos\theta)b\pm2\sqrt{(cos^2\theta)b^2-b^2+n^2}$ :

$(225-144cos^2\theta)b^4+8\left[(4n^2-m^2)(24cos^2\theta-15)-72n^2cos^2\theta\right]b^2+16(4n^2-m^2)^2=0.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί και επαληθεύονται στην περίπτωση του παραδείγματος που έδωσα στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση.]
Γιώργο, σ' ευχαριστώ για την ενασχόληση με το θέμα.

Επαλήθευσα κι εγώ τον τύπο με το αντιπαράδειγμα που είχε δώσει πιο πάνω ο φίλτατος Νίκος Φραγκάκης (#4) για

$\theta =36^\circ, m=5, n=2.$ Ο τύπος δίνει δυο τιμές $\displaystyle b \simeq 3,3203$ ή $\displaystyle b \simeq 0,94822.$

Γιώργο ευχαριστώ πολύ και εγώ, τόσο για το πρόβλημα όσο και για την επαλήθευση!

[Είχα ασχοληθεί και εγώ και ήθελα να το προτείνω, έχοντας μάλιστα και εσφαλμένο αποτέλεσμα, ότι δηλαδή ισχύει πάντα η ισότητα -- τελικά κάπου ξεχάστηκα, και δεν μπορώ καν να βρω την απόδειξη μου (παρόμοια προς αυτήν της περίπτωσης ορθογωνίων τριγώνων εδώ) για να δω που ήταν το λάθος... (Στην περίπτωση των ορθογωνίων τριγώνων η ελλειπτική μου προσέγγιση κάνει φανερό γιατί δεν μπορούμε να έχουμε δύο λύσεις στην κατασκευή σου: από τις 4 το πολύ τομές δύο ελλείψεων με άξονες 'πάνω' στους άξονες συντεταγμένων μία το πολύ μπορεί να έχει και τις δύο συντεταγμένες τις θετικές! Για την γενικότερη περίπτωση δεν ξέρω αν μπορούμε να αξιοποιήσουμε την διτετράγωνη ώστε να βγάλουμε κάποιο αξιοπρεπές κριτήριο, ας το σκεφθούμε...)]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 11:39 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 6:30 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 2:10 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 1:24 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 12:42 am
Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου:

Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα και οδηγούμαστε στο σύστημα

$\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$

$b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$

που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετρικό πρόβλημα θέλουμε μία και μόνη λύση με , , κάτι για το οποίο δεν βλέπω προς στιγμήν κάποια ικανή συνθήκη.
Σε πρώτη φάση ... δίνω μία αναγωγή του παραπάνω συστήματος σε μία διτετράγωνη ως προς , με $c=2(cos\theta)b\pm2\sqrt{(cos^2\theta)b^2-b^2+n^2}$ :

$(225-144cos^2\theta)b^4+8\left[(4n^2-m^2)(24cos^2\theta-15)-72n^2cos^2\theta\right]b^2+16(4n^2-m^2)^2=0.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί και επαληθεύονται στην περίπτωση του παραδείγματος που έδωσα στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση.]
Γιώργο, σ' ευχαριστώ για την ενασχόληση με το θέμα.

Επαλήθευσα κι εγώ τον τύπο με το αντιπαράδειγμα που είχε δώσει πιο πάνω ο φίλτατος Νίκος Φραγκάκης (#4) για

$\theta =36^\circ, m=5, n=2.$ Ο τύπος δίνει δυο τιμές $\displaystyle b \simeq 3,3203$ ή $\displaystyle b \simeq 0,94822.$
Γιώργο ευχαριστώ πολύ και εγώ, τόσο για το πρόβλημα όσο και για την επαλήθευση!

[Είχα ασχοληθεί και εγώ και ήθελα να το προτείνω, έχοντας μάλιστα και εσφαλμένο αποτέλεσμα, ότι δηλαδή ισχύει πάντα η ισότητα -- τελικά κάπου ξεχάστηκα, και δεν μπορώ καν να βρω την απόδειξη μου (παρόμοια προς αυτήν της περίπτωσης ορθογωνίων τριγώνων εδώ) για να δω που ήταν το λάθος... (Στην περίπτωση των ορθογωνίων τριγώνων η ελλειπτική μου προσέγγιση κάνει φανερό γιατί δεν μπορούμε να έχουμε δύο λύσεις στην κατασκευή σου: από τις 4 το πολύ τομές δύο ελλείψεων με άξονες 'πάνω' στους άξονες συντεταγμένων μία το πολύ μπορεί να έχει και τις δύο συντεταγμένες τις θετικές! Για την γενικότερη περίπτωση δεν ξέρω αν μπορούμε να αξιοποιήσουμε την διτετράγωνη ώστε να βγάλουμε κάποιο αξιοπρεπές κριτήριο, ας το σκεφθούμε...)]

Ας πω επίσης ότι η μέσω ελλείψεων προσέγγιση εξηγεί και τι συμβαίνει στην περίπτωση της αμβλείας γωνίας $\theta$ : οι δύο ελλείψεις θα έχουν σ' αυτήν την περίπτωση ΒΔ-ΝΑ προσανατολισμό, οπότε δεν υπάρχει περίπτωση ΔΥΟ 'άνω' τομών ( c>0

) στα δεξιά ( b>0

) -- σε αντίθεση με την περίπτωση της οξείας γωνίας, όπου οι δύο ελλείψεις έχουν ΒΑ-ΝΔ προσανατολισμό (όπως στο παράδειγμα με $\theta=60^0$ που έδωσα χθες).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 26, 2019 2:21 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 1:24 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 25, 2019 12:42 am
Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου:

Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα και οδηγούμαστε στο σύστημα

$\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$

$b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$

που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετρικό πρόβλημα θέλουμε μία και μόνη λύση με , , κάτι για το οποίο δεν βλέπω προς στιγμήν κάποια ικανή συνθήκη.
Σε πρώτη φάση ... δίνω μία αναγωγή του παραπάνω συστήματος σε μία διτετράγωνη ως προς , με $c=2(cos\theta)b\pm2\sqrt{(cos^2\theta)b^2-b^2+n^2}$ :

$(225-144cos^2\theta)b^4+8\left[(4n^2-m^2)(24cos^2\theta-15)-72n^2cos^2\theta\right]b^2+16(4n^2-m^2)^2=0.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί και επαληθεύονται στην περίπτωση του παραδείγματος που έδωσα στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση.]

Η διτετράγωνη μας δίνει, μέσω διακρίνουσας, μία αναγκαία συνθήκη για την κατασκευασιμότητα (όχι μοναδικότητα) του τριγώνου:

$cos^2\theta\geq -\dfrac{(4m^2-n^2)(4n^2-m^2)}{4(m^2-n^2)^2}.$

[Ας παρατηρηθεί ότι η συμμετρική αυτή συνθήκη ισχύει 'πάντοτε' για ορθογώνια τρίγωνα: από την στιγμή δηλαδή που το αριστερό σκέλος της ανισότητας είναι μηδέν ( $\theta=90^0$ ), αρκεί οι διάμεσοι μας να ικανοποιούν τις συνθήκες $2m\leq n$ , $2n\leq m$ ... που είναι εύκολο να δειχθεί ότι ισχύουν σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο.]

Δίνω στο συνημμένο και ένα παράδειγμα -- σχετιζόμενο και με την αμέσως προηγούμενη δημοσίευση (αλλά και με το αρχικό μου παράδειγμα) -- που δείχνει πως η συνθήκη από μόνη της δεν εξασφαλίζει την ύπαρξη τριγώνου (καθώς καμία από τις 4 λύσεις του συστήματος δεν ικανοποιεί ταυτόχρονα τις b>0