Συμμετρία και συνευθειακότητα

KARKAR · #1

: Συμμετρία και συνευθειακότητα.png (11.02 KiB) Προβλήθηκε 859 φορές

Τα

είναι σημεία των πλευρών AB , AC

, τριγώνου ABC

και τα

τα συμμετρικά των B , C

ως προς τα E , D

. Είναι γνωστό ότι τα C' , A ', B'

είναι συνευθειακά , αν οι BE , CD

, είναι διάμεσοι .

Βρείτε κατάλληλες συνθήκες , ώστε να συμβαίνει το ίδιο αν τα BE , CD

είναι : α) ύψη ... β) διχοτόμοι .

#2

Επαναφορά ... για τις διχοτόμους, καθώς για τα ύψη είναι προφανές (από ίσα ορθογώνια τρίγωνα $\hat {EAB'}=\hat {A}$ και $\hat {DAC'}=\hat {A}$ , οπότε η ζητούμενη συνευθειακότητα είναι ισοδύναμη προς την $\hat {A}=60^0$ ).

Al.Koutsouridis · #3

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 08, 2021 6:42 pm
Επαναφορά ... για τις διχοτόμους,

Εικασία μου είναι ότι η κορυφή

θα πρέπει να κινείται σε έλλειψη με κέντρο το μέσο της πλευράς BC=a

, μεγάλο άξονα στο φορέα αυτού του τμήματος και μήκους $(2\sqrt{3}-1)a$ , μικρό άξονα μήκους $\sqrt{3}a$ . Δεν δοκίμασα με συντεταγμένες, γεωμετρικά δεν κατέληξα κάπου προς το παρόν.

#4

Παρουσιάζω εδώ λύση του Νίκου Ιωσηφίδη:

Έστω a, b, c

οι πλευρές του τριγώνου ABC

.
Για τυχαία διανυσματική αρχή

ισχύει (βλ. Νίκου Ιωσηφίδη (2008), "Εφαρμογές του Διανυσματικού Λογισμού στην Γεωμετρία" (εδώ, ή και εδώ, σελ. 13))

$\overrightarrow {OE}=\dfrac{a\overrightarrow {OA}+c\overrightarrow {OC}}{a+c}$ και $\overrightarrow {OD}=\dfrac{a\overrightarrow {OA}+b\overrightarrow {OB}}{a+b}.$

Αν ως αρχή πάρουμε το σημείο

, οι προηγούμενες σχέσεις γίνονται

$\overrightarrow {AE}=\dfrac{c}{a+c}\overrightarrow {AC}$ και $\overrightarrow {AD}=\dfrac{b}{a+b}\overrightarrow {AB}.$

Επειδή το

είναι μέσο του

ισχύει: $2\overrightarrow {AE}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AB'}\rightarrow \overrightarrow {AB'}=2\overrightarrow {AE}-\overrightarrow {AB}=\dfrac{2c}{a+c}\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AB}$ ( 1 )

Για τον ίδιο λόγο είναι: $\overrightarrow {AC'}=\dfrac{2b}{a+b}\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AC}$ ( 2 )

Για να είναι τα σημεία A, B', C′

συνευθειακά πρέπει και αρκεί να υπάρχει $\lambda \in R$ :

$\overrightarrow {AB'}=\lambda \overrightarrow {AC'}$ και, ισοδύναμα λόγω (1) & (2),

$\dfrac{2c}{a+c}\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AB}=\lambda \left(\dfrac{2b}{a+b}\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AC}\right)$ .

Eπειδή τα διανύσματα $\overrightarrow {AB}$ και $\overrightarrow {AC}$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, πρέπει και αρκεί να ισχύουν οι

$\dfrac{2c}{a+c}=-\lambda,$

$-1=\dfrac{2b}{a+b}\lambda.$

Με αντικατάσταση του $\lambda$ από την 1η στην 2η σχέση προκύπτει (a+b)(a+c)=4bc ( 3 )

Η (3) είναι η αναγκαία και ικανή συνθήκη ώστε τα σημεία A, B′, C′

να είναι συνευθειακά.

Στο σημείο αυτό ο Νίκος Ιωσηφίδης συνεχίζει με

Εύρεση τριγώνων με ακέραιες πλευρές που έχουν την ιδιότητα να είναι συνευθειακά τα σημεία A, B′, C′

.

Θα βρούμε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (3). Αρκεί να βρούμε τις ρητές λύσεις της.

Αν $(a,b,c)=\left(\dfrac{a_1}{n}, \dfrac{b_1}{n}, \dfrac{c_1}{n}\right)$ είναι μια ρητή λύση της (3) τότε η τριάδα (a_1, b_1, c_1)

θα είναι ακέραια λύση της (3). Θεωρούμε ότι οι λύσεις της μορφής $(\lambda a_1, \lambda b_1, \lambda c_1)$ , που δίνουν όμοια τρίγωνα είναι ταυτόσημες.

Για να είναι οι ρητοί a, b, c

λύσεις της (3) πρέπει και αρκεί να υπάρχει θετικός ρητός

ώστε

, οπότε $a+c=\dfrac{4}{m}c$ . Από τις σχέσεις αυτές βρίσκουμε

$b=\dfrac{a}{m-1}, m>1$ ( 4 )

$c=\dfrac{ma}{4-m}, m<4$ ( 5 )

Για να είναι τα a, b, c

μήκη πλευρών τριγώνου πρέπει και αρκεί να ισχύουν ταυτόχρονα οι σχέσεις (βλ. "Η τριγωνική ανισότητα")

• $a<b+c\leftrightarrow a<\dfrac{a}{m-1}+\dfrac{ma}{4-m}\leftrightarrow 2m^2-7m+8>0$ που ισχύει για κάθε

• $b<c+a\leftrightarrow \dfrac{a}{m-1}<\dfrac{ma}{4-m}+a\leftrightarrow m>\dfrac{8}{5}$ ( 6 )

• $c<a+b\leftrightarrow \dfrac{ma}{4-m}<a+\dfrac{a}{m-1}\leftrightarrow m<\dfrac{5}{2}$ ( 7 )

Οι (4), (5), (6) και (7) συναληθεύουν όταν $\dfrac{8}{5}<m<\dfrac{5}{2}$ .
Για κάθε ρητό $m\in \left(\dfrac{8}{5}, \dfrac{5}{2}\right)$ και τυχαίο ρητό

, έχουμε τη ρητή λύση $(a,b,c)=\left(a,\dfrac{a}{m-1},\dfrac{ma}{4-m}\right)$ .

Π.χ για $m=\dfrac{7}{3}\in \left(\dfrac{8}{5},\dfrac{5}{2}\right)$ και τυχαίο ρητό

, έχουμε τη ρητή λύση $(a,b,c)=\left(a, \dfrac{3}{4}a, \dfrac{7}{5}a\right)$ .

Για a=20

έχουμε την ακέραια λύση (a,b,c)=(20,15,28)

.

[Λύση-Διερεύνηση Νίκου Ιωσηφίδη]

KARKAR · #5

: Συνευθειακότητα.png (81.38 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Ευχαριστώ τους αγαπητούς Γιώργο και Νίκο για την έξοχη διαπραγμάτευση του θέματος .

Βάζω και το σχήμα της επιλεγείσας λύσης ( κατά τα συνήθη θεώρησα c<b

) .

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 15, 2021 6:56 am
Συνευθειακότητα.pngΕυχαριστώ τους αγαπητούς Γιώργο και Νίκο για την έξοχη διαπραγμάτευση του θέματος .

Βάζω και το σχήμα της επιλεγείσας λύσης ( κατά τα συνήθη θεώρησα ) .

Ευχαριστούμε και εμείς για το σχήμα, αλλά και για το ίδιο το πρόβλημα! Η διαπραγμάτευση είναι 100% του Νίκου, είναι δηλαδή δική του και η λύση και η παρουσίαση, εγώ απλώς το 'τύπωσα'.

Ως ελάχιστη δική μου συνεισφορά, ιδού ένα ακέραιο, μη ισόπλευρο 'συνευθειακό' τρίγωνο με ακόμη μικρότερη περίμετρο: { 18, 15, 22

}.

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 15, 2021 11:24 am
Ως ελάχιστη δική μου συνεισφορά, ιδού ένα ακέραιο, μη ισόπλευρο 'συνευθειακό' τρίγωνο με ακόμη μικρότερη περίμετρο: {}.

Ξεκινώντας από το παραπάνω, ας βρούμε και το τρίγωνο με την ελάχιστη περίμετρο (σκιαγράφηση):

Χρησιμοποιώντας την μέθοδο του Νίκου, βρίσκουμε ότι τα ζητούμενα τρίγωνα είναι της μορφής { $a,\dfrac{qa}{p-q},\dfrac{pa}{4q-p}$ }. Από τις ανισότητες $\dfrac{8}{5}<\dfrac{p}{q}<\dfrac{5}{2}$ του Νίκου προκύπτει ότι η περίμετρος είναι τουλάχιστον ίση προς $\dfrac{7a}{3}$ , και επειδή παραπάνω έχουμε ήδη περίμετρο

... συμπεραίνουμε ότι για ενδεχομένως μικρότερη περίμετρο οφείλει να ισχύει η $a\leq 23$ .

Επειδή οι p, q

δεν έχουν κοινό διαιρέτη, συμπεραίνουμε ότι o p-q

οφείλει να διαιρεί τον

. Ταυτόχρονα, ο 4q-p

οφείλει να διαιρεί τον

. Δοκιμάζοντας τις διάφορες τιμές p-q=2, 3, ..., 23

και περιορίζοντας αντίστοιχα τις δυνατές τιμές του

μέσω

βλέπουμε ότι 'γρήγορα' αρχίζουν να χάνονται οι ελπίδες για την 4q-p|pa

: δεν το πήγα μέχρι τέλους, σταμάτησα στην p-q=6

, αλλά βρίσκω μία λύση για p-q=2

, δύο λύσεις για p-q=3

, μία λύση για p-q=4

, καμία λύση για p-q=5

, μία λύση για p-q=6

. Οι λύσεις αυτές είναι οι εξής:

p=5, q=3, a=14

-- τρίγωνο { 14, 21, 10

}

-- τρίγωνο { 9, 12, 7

}

-- τρίγωνο { 18, 24, 14

}

-- τρίγωνο { 20, 15, 28

}

-- τρίγωνο { 18, 15, 22

}

Τα τελευταία δύο τρίγωνα τα γνωρίζαμε ήδη, αλλά η ελάχιστη δυνατή περίμετρος είναι, με ελάχιστη πιθανότητα λάθους, P=9+12+7=28

.

ΠΡΟΣΘΗΚΗ 16-5-21 7:55 πμ: Καμία πιθανότητα λάθους, καθώς -- πλέον -- η $P\leq 28$ επιβάλλει $a\leq 12$ και $a=p-q\geq 7$ : δεν υπάρχουν πλέον 'υποψήφια' τρίγωνα με περίμετρο $P\leq 28$ . (Ευχαριστώ τον Νίκο Ιωσηφίδη για συζήτηση και μικρές διορθώσεις.)

KARKAR · #8

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 08, 2021 11:34 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 08, 2021 6:42 pm
Επαναφορά ... για τις διχοτόμους,
Εικασία μου είναι ότι η κορυφή θα πρέπει να κινείται σε έλλειψη με κέντρο το μέσο της πλευράς ,

μεγάλο άξονα στο φορέα αυτού του τμήματος και μήκους $(2\sqrt{3}-1)a$ , μικρό άξονα μήκους $\sqrt{3}a$ .

: Όχι έλλειψη.png (40.17 KiB) Προβλήθηκε 569 φορές

Για σταθερή πλευρά

, η πλευρά

συναρτήσει της

, είναι : $b=\dfrac{a(a+c)}{3c-a}$ .

Σχεδιάζοντας τρίγωνα με αυτές τις πλευρές , διαπιστώνουμε ότι η

, κινείται σε ( κόκκινη) καμπύλη ,

η οποία μοιάζει με έλλειψη αλλά δεν είναι ... ( η έλλειψη με αυτούς τους άξονες είναι η μπλε καμπύλη ) .

Συμμετρία και συνευθειακότητα

Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Re: Συμμετρία και συνευθειακότητα

Μέλη σε σύνδεση