Λήμμα!;

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Λήμμα!;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιουν 16, 2018 1:11 pm

Έστω A, B δύο σημεία και C_1, C_2, ..., C_n κύκλοι, με την ιδιότητα να διέρχονται όλοι τους από τα σημεία A, B.

Φέρνουμε από το A δύο ευθείες e_1 και e_2. Η e_1 τέμνει τους κύκλους C_1, C_2,..., C_n στα σημεία M_1, M_2, ... ,M_n αντίστοιχα, ενώ η e_2 στα N_1, N_2,..., N_n αντίστοιχα. Έστω L_1, L_2,..., L_n τα μέσα των M_1N_1, M_2N_2, M_nN_n αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα L_1, L_2,..., L_n είναι συνευθειακά!

Το βρήκα παίζοντας με το Geogebra! Στην πραγματικότητα μπορεί να γενικευτεί και να ισχύει όχι μόνο για μέσα, αλλά και για σημεία που κόβουν τα τμήματα σε ίσους λόγους.

Δυστυχώς δεν έχω βρει κάποιο τρόπο να το λύσω :cry: . Το βάζω σε αυτή την κατηγορία, αλλά μπορεί και να υπάρχει κάποια απλή λύση που να μου διαφεύγει.


Houston, we have a problem!

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Λήμμα!;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιουν 16, 2018 6:44 pm

Έγινε διόρθωση στην αρχική ανάρτηση. Έβαλα μια πιο ειδική περίπτωση, επειδή η γενικευμένη τελικά δεν ίσχυε :oops: :oops: (τα πολλά σχήματά μου στο Geogebra δεν το αποκάλυψαν εξαρχής). Ευχαριστώ τον κύριο nikkru, που επισήμανε το λάθος. Ελπίζω τώρα αυτό που έβαλα να ισχύει... (τουλάχιστον όλα τα σχήματα στο Geogebra μέχρι τώρα δεν έχουν πρόβλημα )


Houston, we have a problem!
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3000
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Λήμμα!;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Ιουν 16, 2018 7:41 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 1:11 pm
Έστω A, B δύο σημεία και C_1, C_2, ..., C_n κύκλοι, με την ιδιότητα να διέρχονται όλοι τους από τα σημεία A, B.

Φέρνουμε από το A δύο ευθείες e_1 και e_2. Η e_1 τέμνει τους κύκλους C_1, C_2,..., C_n στα σημεία M_1, M_2, ... ,M_n αντίστοιχα, ενώ η e_2 στα N_1, N_2,..., N_n αντίστοιχα. Έστω L_1, L_2,..., L_n τα μέσα των M_1N_1, M_2N_2, M_nN_n αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα L_1, L_2,..., L_n είναι συνευθειακά!

Το βρήκα παίζοντας με το Geogebra! Στην πραγματικότητα μπορεί να γενικευτεί και να ισχύει όχι μόνο για μέσα, αλλά και για σημεία που κόβουν τα τμήματα σε ίσους λόγους.

Δυστυχώς δεν έχω βρει κάποιο τρόπο να το λύσω :cry: . Το βάζω σε αυτή την κατηγορία, αλλά μπορεί και να υπάρχει κάποια απλή λύση που να μου διαφεύγει.
Αν δεν έχω κάνει καμία πατάτα η λύση είναι σχετικά απλή.
Αρκεί να δεις το πρόβλημα από κατάλληλη οπτική.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Λήμμα!;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Ιουν 17, 2018 1:02 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 7:41 pm

Αν δεν έχω κάνει καμία πατάτα η λύση είναι σχετικά απλή.
Αρκεί να δεις το πρόβλημα από κατάλληλη οπτική.
Ναι κύριε Σταύρο έχετε δίκιο. Νομίζω πως το έλυσα. Απλά προσπαθούσα τις προηγούμενες μέρες μια γενίκευση αυτού του προβλήματος, η οποία όμως τελικά δεν ισχύει :oops: . Τώρα που προσπάθησα αυτό, βγήκε σχετικά γρήγορα. Θα περιμένω λίγες μέρες μήπως μπει κάποια λύση και μετά θα βάλω την δικιά μου.


Houston, we have a problem!
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3000
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Λήμμα!;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Ιουν 23, 2018 12:24 pm

Η αρχική λύση που έκανα ήταν με Αναλυτική Γεωμετρία.
Θα γράψω μια λύση με Μιγαδικούς
(Ιδιες είναι απλώς με Μιγαδικούς έχει λιγότερο γράψιμο)

Θεωρούμε ότι τα κοινά σημεία των κύκλων είναι τα i,-i

Ετσι τα κέντρα τους θα είναι στον πραγματικό άξονα και η εξίσωση

ενός από αυτούς θα είναι

\left | z-a \right |^{2}=1+a^{2},a\in \mathbb{R}

Οι δύο ευθείες θα έχουν εξισώσεις

z=i+te^{i\theta },t\in \mathbb{R}

και z=i+te^{i\phi },t\in \mathbb{R}

Οπου \theta ,\phi \in \mathbb{R}

(Να σημειώσω ότι e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta)

Η πρώτη ευθεία τέμνει τον κύκλο όταν t=2(a\cos \theta -\sin \theta ) στό  z_{1}=i+2(a\cos \theta -\sin \theta ) e^{i\theta }

ενώ η δεύτερη για t=2(a\cos \phi -\sin \phi ) στο  z_{2}=i+2(a\cos \phi -\sin \phi) e^{i \phi}

Μέσο του  z_{1},z_{2} είναι το

\frac{z_{1}+z_{2}}{2}=i+a(\cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi })+f(\theta ,\phi )

όπου  f(\theta ,\phi ) παράσταση που εξαρτάται μόνο από τα \theta ,\phi

Αν θέσουμε \cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi }=re^{i\omega },r\geq 0,\omega \in \mathbb{R}

τότε εύκολα βλέπουμε ότι το μέσο βρίσκεται πάνω στην ευθεία

z=i+f(\theta ,\phi )+te^{i\omega }

Η ίδια απόδειξη δουλεύει αν δεν πάρουμε το μέσο αλλά ένα σημείο που χωρίζει σε σταθερό λόγο.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Λήμμα!;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιουν 23, 2018 1:47 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Σάβ Ιουν 23, 2018 12:24 pm
Η αρχική λύση που έκανα ήταν με Αναλυτική Γεωμετρία.
Θα γράψω μια λύση με Μιγαδικούς
(Ιδιες είναι απλώς με Μιγαδικούς έχει λιγότερο γράψιμο)

Θεωρούμε ότι τα κοινά σημεία των κύκλων είναι τα i,-i

Ετσι τα κέντρα τους θα είναι στον πραγματικό άξονα και η εξίσωση

ενός από αυτούς θα είναι

\left | z-a \right |^{2}=1+a^{2},a\in \mathbb{R}

Οι δύο ευθείες θα έχουν εξισώσεις

z=i+te^{i\theta },t\in \mathbb{R}

και z=i+te^{i\phi },t\in \mathbb{R}

Οπου \theta ,\phi \in \mathbb{R}

(Να σημειώσω ότι e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta)

Η πρώτη ευθεία τέμνει τον κύκλο όταν t=2(a\cos \theta -\sin \theta ) στό  z_{1}=i+2(a\cos \theta -\sin \theta ) e^{i\theta }

ενώ η δεύτερη για t=2(a\cos \phi -\sin \phi ) στο  z_{2}=i+2(a\cos \phi -\sin \phi) e^{i \phi}

Μέσο του  z_{1},z_{2} είναι το

\frac{z_{1}+z_{2}}{2}=i+a(\cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi })+f(\theta ,\phi )

όπου  f(\theta ,\phi ) παράσταση που εξαρτάται μόνο από τα \theta ,\phi

Αν θέσουμε \cos \theta e^{i\theta }+\cos \phi e^{i\phi }=re^{i\omega },r\geq 0,\omega \in \mathbb{R}

τότε εύκολα βλέπουμε ότι το μέσο βρίσκεται πάνω στην ευθεία

z=i+f(\theta ,\phi )+te^{i\omega }

Η ίδια απόδειξη δουλεύει αν δεν πάρουμε το μέσο αλλά ένα σημείο που χωρίζει σε σταθερό λόγο.
Ωραία λύση, αλλά όταν είπατε απλή λύση, περίμενα καμιά απλή μετρική ή κατασκευαστική, όχι μιγαδικούς (αιρετικά εργαλεία :lol:) .

Η δικιά μου λύση:

Καταρχάς θα χρησιμοποιήσουμε την εξής ιδιότητα-λήμμα:

Έστω συνευθειακά σημεία A, B, C και φέρνουμε από τα A, B, C παράλληλες ευθείες. Σε κάθε μια από αυτές παίρνουμε τα σημεία A', B', C' αντίστοιχα.

Αν AB=x, AC=y, AA'=k, BB'=l, CC'=m, τότε για να είναι και τα A', B', C' συνευθειακά πρέπει \dfrac{x}{y}=\dfrac{l-k}{m-k} και αντίστροφα.

Απόδειξη:

Φέρνουμε από τα A και A' κάθετες ευθείες στις τρεις παράλληλες. Έστω πως τέμνουν λοιπόν την BB' στα P, R αντίστοιχα και την CC' στα S, T αντίστοιχα.

Ισχύει προφανώς από όμοια τρίγωνα πως \dfrac{BP}{CS}=\dfrac{x}{y}.

Για να είναι τα A', B', C' συνευθειακά πρέπει \dfrac{RB'}{TC'}=\dfrac{A'R}{A'T} και αντίστροφα.

Όμως προφανώς \dfrac{A'R}{A'T}=\dfrac{x}{y}, άρα πρέπει \dfrac{RB'}{TC'}=\dfrac{x}{y}

Ισχύει ότι \dfrac{RB'}{TC'}=\dfrac{l-k-BP}{m-k-CS}, άρα πρέπει \dfrac{l-k-BP}{m-k-CS}=\dfrac{x}{y}.

Όμως \dfrac{BP}{CS}=\dfrac{x}{y}, άρα καταλήγουμε στο ότι πρέπει \dfrac{x}{y}=\dfrac{l-k}{m-k} για να είναι τα A', B', C' συνευθειακά και αντίστροφα.
Λήμμα Σ1.png
Λήμμα Σ1.png (14.46 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές
Πίσω στην άσκηση:

Θα αποδείξουμε την άσκηση για τρεις κύκλους και επαγωγικά αποδεικνύεται και για n.

Φέρνουμε από το B μια ευθεία e_3 η οποία τέμνει τους 3 κύκλους στα σημεία Q_1, Q_2 και Q_3.

Παρατηρούμε πως οι M_1Q_1 και M_2Q_2 είναι παράλληλες. Αυτό ισχύει επειδή \widehat{Q_1M_1A}=\widehat{Q_2M_2A}=180^o-\widehat{Q_1BA}, από τα εγγράψιμα BAM_1Q_1 και BAM_2Q_2.

Άρα γενικότερα οι M_1Q_1, M_2Q_2 και M_3Q_3 είναι παράλληλες.

Για ακριβώς τον ίδιο λόγο παράλληλες είναι και Q_1N_1, Q_2N_2 και Q_3N_3.

Θεωρούμε K_1, K_2, K_3 τα μέσα των M_1Q_1, M_2Q_2 και M_3Q_3 αντίστοιχα. Αυτά είναι συνευθειακά, καθώς η ευθειά που διέρχεται από οποιαδήποτε δύο από αυτά περνάει από σταθερό σημείο, το σημείο τομής των e_1 και e_3 (αυτό βασίζεται σε γνωστό λήμμα).

Παρατηρούμε ακόμα πως η K_1L_1 είναι παράλληλη στην Q_1N_1, η K_2L_2 είναι παράλληλη στην Q_2N_2 και η K_1L_1 είναι παράλληλη στην Q_3N_3 και λόγω της παραλληλίας των Q_1N_1, Q_2N_2 και Q_3N_3, προκύπτει πως και οι K_1L_1, K_2L_2, K_3L_3 είναι παράλληλες. Αρκεί να εφαρμόσουμε τώρα τον ισχυρισμό που αποδείξαμε παραπάνω.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί πως \dfrac{K_2L_2-K_1L_1}{K_3L_3-K_1L_1}=\dfrac{K_1K_2}{K_1K_3}\Leftrightarrow \dfrac{2K_2L_2-2K_1L_1}{2K_3L_3-2K_1L_1}=\dfrac{K_1K_2}{K_1K_3}\Leftrightarrow \dfrac{Q_2N_2-Q_1N_1}{Q_3N_3-Q_1N_1}=\dfrac{Q_1Q_2}{Q_1Q_3} (το δεύτερο μέρος προέκυψε από Θεώρημα Θαλή), το οποίο ισχύει, από το αντίστροφο του λήμματος για τις συνευθειακές τριάδες Q_1, Q_2, Q_3 και N_1, N_2, N_3.
Λήμμα  Σ2.png
Λήμμα Σ2.png (39.61 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης