mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2019 10:28 pm**

Με αφορμή το
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 27&t=64839

Δίνεται ευθεία $(\epsilon )$

στο επίπεδο και σημεία της A,O,B

με

Θεωρούμε σημεία C,D

του επιπέδου ώστε

DO+CO=DA+CA=DB+CB

Να δειχθεί ότι τα D,C

βρίσκονται πάνω στην $(\epsilon )$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2019 11:08 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 20, 2019 10:28 pm
Δίνεται ευθεία $(\epsilon )$

στο επίπεδο και σημεία της με

Θεωρούμε σημεία του επιπέδου ώστε

Να δειχθεί ότι τα βρίσκονται πάνω στην $(\epsilon )$

Έστω ότι και τα δύο από τα C,D

να είναι έξω από την ευθεία AOB

(αριστερό σχήμα). Τότε οι δοθείσες ισότητες λένε ότι τα A, O, B

βρίσκονται σε έλλειψη με εστίες τα C,D

(σταθερό άθροισμα). Άτοπο γιατί ευθεία και έλλειψη έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία.

Άρα τουλάχιστον ένα από τα C,D

είναι πάνω στην ευθεία. Έστω ότι το άλλο δεν είναι στην ευθεία. Χωρίς βλάβη η κατάσταση είναι όπως στο δεξί σχήμα. Αλλά τότε CA+AD = (CA+AO)+OD > CO+OD

, άτοπο.

Άρα και το άλλο σημείο (εδώ το

) είναι και αυτό στην ευθεία.

(Δεν χρησιμοποιήθηκε ότι OA=OB

. Αρκεί το ότι A,O,B

είναι συνευθειακά).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 21, 2019 12:44 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 20, 2019 11:08 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 20, 2019 10:28 pm
Δίνεται ευθεία $(\epsilon )$

στο επίπεδο και σημεία της με

Θεωρούμε σημεία του επιπέδου ώστε

Να δειχθεί ότι τα βρίσκονται πάνω στην $(\epsilon )$
Έστω ότι και τα δύο από τα να είναι έξω από την ευθεία (αριστερό σχήμα). Τότε οι δοθείσες ισότητες λένε ότι τα βρίσκονται σε έλλειψη με εστίες τα (σταθερό άθροισμα). Άτοπο γιατί ευθεία και έλλειψη έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία.

Άρα τουλάχιστον ένα από τα είναι πάνω στην ευθεία. Έστω ότι το άλλο δεν είναι στην ευθεία. Χωρίς βλάβη η κατάσταση είναι όπως στο δεξί σχήμα. Αλλά τότε , άτοπο.

Άρα και το άλλο σημείο (εδώ το ) είναι και αυτό στην ευθεία.

(Δεν χρησιμοποιήθηκε ότι . Αρκεί το ότι είναι συνευθειακά).

Ωραία λύση Μιχάλη.
Αλλά είναι εκτός φακέλου.
Υπάρχει λύση με βάση τα τρία πρώτα κεφάλαια του σχολικού.
Δεν χρειάζεται καν το αξίωμα των παραλλήλων.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 21, 2019 2:58 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 21, 2019 12:44 pm
Αλλά είναι εκτός φακέλου.
Υπάρχει λύση με βάση τα τρία πρώτα κεφάλαια του σχολικού.
Δεν χρειάζεται καν το αξίωμα των παραλλήλων.

Σωστά. Δεν πρόσεξα τον φάκελο.
Δίνω μία ωραία λυσούλα, σύμφωνα με τους περιορισμούς που αναφέρει ο Σταύρος πλην παραλληλίας, πάντως εντός φακέλου:

Στο παραπάνω σχήμα (αριστερό) οι CO, DO

είναι διάμεσοι στα τρίγωνα CAB, DAB

. Από ιδιότητα της διαμέσου έχουμε

$2CO < CA+CB, \, 2DO < DA+DB$ (εδώ έχει χρησιμοποιηθεί παραλληλία). Προσθέτοντας κατά μέλη

2(CO +DO) < (DA+DB )+( CA+CB)= (DA+CA )+( DB+CB) =

. Άτοπο. Και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 21, 2019 5:56 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 21, 2019 2:58 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 21, 2019 12:44 pm
Αλλά είναι εκτός φακέλου.
Υπάρχει λύση με βάση τα τρία πρώτα κεφάλαια του σχολικού.
Δεν χρειάζεται καν το αξίωμα των παραλλήλων.
Σωστά. Δεν πρόσεξα τον φάκελο.
Δίνω μία ωραία λυσούλα, σύμφωνα με τους περιορισμούς που αναφέρει ο Σταύρος πλην παραλληλίας, πάντως εντός φακέλου:

Στο παραπάνω σχήμα (αριστερό) οι είναι διάμεσοι στα τρίγωνα . Από ιδιότητα της διαμέσου έχουμε

$2CO < CA+CB, \, 2DO < DA+DB$ (εδώ έχει χρησιμοποιηθεί παραλληλία). Προσθέτοντας κατά μέλη

. Άτοπο. Και λοιπά.

Εντάξει είναι Μιχάλη. Η ιδιότητα της διαμέσου που αναφέρεις είναι ανεξάρτητη
από το Ευκλείδιο αίτημα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 21, 2019 10:49 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 21, 2019 5:56 pm
Η ιδιότητα της διαμέσου που αναφέρεις είναι ανεξάρτητη
από το Ευκλείδιο αίτημα.

Ενδιαφέρον. Ομολογώ ότι η μόνη απόδειξη που ξέρω είναι η στάνταρ με χρήση παραλληλίας: Συμπληρώνουμε το παραλληλόγραμμο από το αρχικό τρίγωνο οπότε είναι 2AD= AE < AC+CE= AC+AB

. Δεν έψαξα για απόδειξη χωρίς παραλληλία, οπότε παίρνω χαρτί μαι μολύβι...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 22, 2019 12:07 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 21, 2019 10:49 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 21, 2019 5:56 pm
Η ιδιότητα της διαμέσου που αναφέρεις είναι ανεξάρτητη
από το Ευκλείδιο αίτημα.
Ενδιαφέρον. Ομολογώ ότι η μόνη απόδειξη που ξέρω είναι η στάνταρ με χρήση παραλληλίας: Συμπληρώνουμε το παραλληλόγραμμο από το αρχικό τρίγωνο οπότε είναι . Δεν έψαξα για απόδειξη χωρίς παραλληλία, οπότε παίρνω χαρτί μαι μολύβι...

Γράφω την απόδειξη.
Στο σχήμα του Μιχάλη.
Παίρνουμε DE=AD

Τα τρίγωνα ABD,DCE

από ΠΓΠ είναι ίσα.
Αρα AB=CE

Από τριγωνική είναι 2AD=AE<AC+CE=AC+AB

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 22, 2019 10:29 am**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 22, 2019 12:07 am

Γράφω την απόδειξη.

Ωραιότατα. Μαθαίνουμε.

Γράφω απόδειξη με ακόμη λιγότερα υλικά, συγκεκριμένα χωρίς ούτε χρήση κριτηρίων ισότητας τριγώνων.

Χωρίς βλάβη $AC\ge AB$ . Παίρνουμε (αριστερό σχήμα) με τον διαβήτη A'B=AD, A'D=AC

(*)

Είναι τότε

$\displaystyle{2AD= AD + A'D < (AE+ED)+(A'E+EB)= (AE+EB)+(A'E+ED)=AB+A'D=AB+AC}$ , όπως θέλαμε.

Θα ήταν παράλειψη να μην δείξουμε ότι το

είναι εξωτερικό σημείο του τριγώνου ABD

, πράγμα που χρειάζεται στην απόδειξη. Αλλά αυτό είναι απλό: Στην αντίθετη περίπτωση θα είχαμε (δεξί σχήμα), πάντα με A'B=AD, A'D=AC

, ότι

από όπου το άτοπο AC< AB

.

(*) Το γεγονός ότι τα τρίγωνα A'BD, ADC

είναι ίσα, δεν θα χρησιμοποιηθεί!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2019 2:50 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 22, 2019 10:29 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 22, 2019 12:07 am

Γράφω την απόδειξη.
Ωραιότατα. Μαθαίνουμε.

Γράφω απόδειξη με ακόμη λιγότερα υλικά, συγκεκριμένα χωρίς ούτε χρήση κριτηρίων ισότητας τριγώνων.

Χωρίς βλάβη $AC\ge AB$ . Παίρνουμε (αριστερό σχήμα) με τον διαβήτη (*)

Είναι τότε

$\displaystyle{2AD= AD + A'D < (AE+ED)+(A'E+EB)= (AE+EB)+(A'E+ED)=AB+A'D=AB+AC}$ , όπως θέλαμε.

Θα ήταν παράλειψη να μην δείξουμε ότι το είναι εξωτερικό σημείο του τριγώνου , πράγμα που χρειάζεται στην απόδειξη. Αλλά αυτό είναι απλό: Στην αντίθετη περίπτωση θα είχαμε (δεξί σχήμα), πάντα με , ότι από όπου το άτοπο .

(*) Το γεγονός ότι τα τρίγωνα είναι ίσα, δεν θα χρησιμοποιηθεί!

Νομίζω ότι υπάρχει πρόβλημα.
Συγκεκριμένα γιατί η A'D

τέμνει την

;
Βέβαια το πρόβλημα δεν υπάρχει αν θεωρήσουμε ότι τα τα τρίγωνα A'BD, ADC

είναι ίσα.
Τότε από το γεγονός ότι η εξωτερική γωνία ενός τριγώνου είναι μεγαλύτερη από κάθε μια απέναντι
εσωτερική μπορούμε να το εξασφαλίσουμε.
Τουλάχιστον εγώ δεν βλέπω άλλο τρόπο.

mathematica.gr

Στην ευθεία

Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία

Re: Στην ευθεία