Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11963
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιούλ 01, 2017 1:03 am

Μέσα στη απόδειξη της Πρότασης 12 στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη (το οποίο σώζεται μόνο σε αραβική μετάφραση) ο συγγραφέας κάνει χρήση του εξής:

Αν σε ένα τετράπλευρο OABC είναι OA=OC και το άθροισμα των γωνιών A+C ισούται με την γωνία B, τότε ο κύκλος που διέρχεται από τα A,B,C έχει το O ως κέντρο.


Το τελευταίο ο Αρχιμήδης το αφήνει χωρίς απόδειξη αλλά παραπέμπει στο έργο του Περί τετραπλεύρων, το οποίο δυστυχώς έχει χαθεί.

Ζητώ τουλάχιστον δύο απλές αποδείξεις του παραπάνω.
.
Συνημμένα
kiklos Arhimidi.png
kiklos Arhimidi.png (8.92 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7045
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Ιούλ 01, 2017 2:24 am

Αναπάντητο του  Αρχιμήδη.png
Αναπάντητο του Αρχιμήδη.png (17.78 KiB) Προβλήθηκε 915 φορές
Έστω D σημείο του επιπέδου του κυρτού τετράπλευρου OABC για το οποίο

\widehat {ADC} = \widehat D = 180^\circ  - (\widehat \omega  + \widehat \phi )\,\,\,(1) . Επειδή από το τετράπλευρο OABC έχω

\widehat {AOC} = 360^\circ  - 2(\widehat \omega  + \widehat \phi ) =2\widehat D , Αν γράψω κύκλο (O,OA) αυτός θα

διέρχεται από τα D,C . Αλλά λόγω της (1) το τετράπλευρο ABCD είναι

εγγράψιμο , άρα θα διέρχεται και από το A.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5382
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Σάβ Ιούλ 01, 2017 9:26 am

Θα λάβουμε υπόψη ότι ο εξωτερική γωνία τριγώνου είναι μικρότερη από τις απέναντι εξωτερικές του και ότι σε ισοσκελές τρίγωνο οι απέναντι από τις ίσες πλευρές γωνίες είναι ίσες.
Αν OB<OA, θεωρούμε σημείο B_1 της OB τέτοιο που OB_1=OA>OB.
Τότε \angle {B_1}AO + \angle C{B_1}O = \angle C{B_1}A \Rightarrow\angle BAO + \angle CBO < \angle C{B_1}A < \angle CBA \Rightarrow   \angle CBA < \angle CBA, πράγμα άτοπο.
Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν OB>OA. Άρα OA=OB.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8987
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιούλ 01, 2017 10:50 am

Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη.png
Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη.png (17.13 KiB) Προβλήθηκε 834 φορές
Έστω (\omega) ο περίκυκλος του ABC και K το κέντρο του. Τότε θα είναι, KA=KC και \theta=360^0-2(\omega+\varphi).

Αλλά, OA=OC και A\widehat OC=360^0-2(\omega+\varphi), οπότε τα σημεία K, O ανήκουν στο ίδιο τόξο χορδής AC που δέχεται

γωνία \theta, αλλά και στη μεσοκάθετο του AC, δηλαδή \displaystyle{K \equiv O} και το ζητούμενο αποδείχτηκε.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11963
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιούλ 02, 2017 12:23 am

Οι δικές μου αποδείξεις είναι α) αυτή του Σωτήρη (Louridas) και β) μία παραλλαγή αυτής του Νίκου (Doloros). Συγκεκριμένα, προεκτείνουμε το AO από την πλευρά του O έως το D έτσι ώστε OC=OA=OD. Εύκολα δείχνουμε ότι το τρίγωνο ACD είναι ορθογώνιο (το είδαμε άλλωστε εδώ, γι' αυτό και το έθεσα τότε εκεί). Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι το DABC είναι εγγράψιμμο, οπότε ο κύκλος με κέντρο το O και ακτίνα OC=OA=OD διέρχεται από το B.

Σχόλιο: Τα γράφω όλα αυτά για να ετοιμάσω το έδαφος για μία "νέα" απόδειξη του Θεωρήματος ότι τα ύψη τριγώνου συντρέχουν.
Την λέξη "νέα" την έχω σε εισαγωγικά γιατί ουσαστικά πρόκειται για απόδειξη του Αρχιμήδη, Πρόταση 12, σε μισοχαμένο έργο του με μόνη προσθήκη από μέρους μου ενός τετριμμένου βήματος (που αναμφίβολα γνώριζε ο ίδιος ο Αρχιμήδης, αλλά από ότι φαίνεται περιέχεται στο χαμένο τμήμα του έργου του Περί Λημμάτων).

Θα επανέλθω.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11963
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιούλ 02, 2017 1:32 am

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σχόλιο: Τα γράφω όλα αυτά για να ετοιμάσω το έδαφος για μία "νέα" απόδειξη του Θεωρήματος ότι τα ύψη τριγώνου συντρέχουν.
...
Θα επανέλθω.
Βλέπε εκεί.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5382
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Ιούλ 02, 2017 11:29 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:Οι δικές μου αποδείξεις είναι α) αυτή του Σωτήρη (Louridas) και β) μία παραλλαγή αυτής του Νίκου (Doloros). Συγκεκριμένα, προεκτείνουμε το AO από την πλευρά του O έως το D έτσι ώστε OC=OA=OD. Εύκολα δείχνουμε ότι το τρίγωνο ACD είναι ορθογώνιο (το είδαμε άλλωστε εδώ, γι' αυτό και το έθεσα τότε εκεί). Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι το DABC είναι εγγράψιμμο, οπότε ο κύκλος με κέντρο το O και ακτίνα OC=OA=OD διέρχεται από το B.
Καλημέρα:
Απλά εδώ βλέπουμε το εκπληκτικό παιχνίδι των συμπτώσεων στον όμορφο μαγικό κόσμο των Μαθηματικών.
Βέβαια θα μπορούσαμε ίσως να έχουμε:
OB < OA = OC \Rightarrow \angle OBC > \angle C\;\kappa \alpha \iota \;\angle OBA > \angle B \Rightarrow \angle B > \angle B, πράγμα άτοπο.
Όμοια καταλήγουμε στο ίδιο άτοπο αν OB > OA = OC. Άρα OB=OA=OC.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7045
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιούλ 02, 2017 1:08 pm

Doloros έγραψε:Αναπάντητο του Αρχιμήδη.png

Έστω D σημείο του επιπέδου του κυρτού τετράπλευρου OABC για το οποίο

\widehat {ADC} = \widehat D = 180^\circ  - (\widehat \omega  + \widehat \phi )\,\,\,(1) . Επειδή από το τετράπλευρο OABC έχω

\widehat {AOC} = 360^\circ  - 2(\widehat \omega  + \widehat \phi ) =2\widehat D , Αν γράψω κύκλο (O,OA) αυτός θα

διέρχεται από τα D,C . Αλλά λόγω της (1) το τετράπλευρο ABCD είναι

εγγράψιμο , άρα θα διέρχεται και από το A.
Αναπόδεικτο του Αρχιμήδη.png
Αναπόδεικτο του Αρχιμήδη.png (16.89 KiB) Προβλήθηκε 675 φορές
Ένας πιο προσηνής τρόπος για τον προσδιορισμό σημείου D τέτοιου ώστε ,

\widehat \theta  = \widehat {ADC} = 180^\circ  - (\widehat \omega  + \widehat \phi ).

Φέρνω κάθετες στα A,\,\,B στις BA,\,\,BC αντίστοιχα που τέμνονται στο D είναι δε

ένα από τα άπειρα τέτοια σημεία.

Θα είναι προφανώς \widehat {AOC} = 2\widehat \theta κ. λ. π.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11963
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιούλ 02, 2017 11:18 pm

Doloros έγραψε:
Ένας πιο προσηνής τρόπος για τον προσδιορισμό σημείου D τέτοιου ώστε ...
Σωστά και καλά.

Αυτό που έγραψα παραπάνω είναι (ισοδύναμα) να πάρουμε το D στην κάθετο του AC. Από εκεί και πέρα τα βήματα στους δύο συλλλογισμούς είναι παρόμοια.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5382
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Δευ Ιούλ 03, 2017 7:08 am

Καλημέρα.
Ας δούμε και αυτό.
viewtopic.php?f=112&t=5636&p=286434#p286434


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4571
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Αναπόδεικτο στον Αρχιμήδη

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιούλ 03, 2017 6:08 pm

Καλησπέρα σε όλους. Μια ακόμα προσέγγιση με Τριγωνομετρία.
03-07-2017 Γεωμετρία.jpg
03-07-2017 Γεωμετρία.jpg (27.13 KiB) Προβλήθηκε 534 φορές
Έστω τετράπλευρο OABC για το οποίο ισχύουν τα δεδομένα της υπόθεσης. Φέρνουμε την OB.

Έστω \displaystyle \widehat {OBA} = t , οπότε \displaystyle \widehat {OBC} = \omega  + \varphi  - t .

Στο OBA, από Ν Ημιτόνων είναι \displaystyle \frac{{{\rm O}{\rm A}}}{{\eta \mu t}} = \frac{{{\rm O}{\rm B}}}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \frac{{{\rm O}{\rm A}}}{{{\rm O}{\rm B}}} = \frac{{\eta \mu t}}{{\eta \mu \omega }} .

Στο OBC, από Ν Ημιτόνων είναι \displaystyle \frac{{{\rm O}C}}{{\eta \mu \left( {\omega  + \varphi  - t} \right)}} = \frac{{{\rm O}{\rm B}}}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow \frac{{{\rm O}C}}{{{\rm O}{\rm B}}} = \frac{{\eta \mu \left( {\omega  + \varphi  - t} \right)}}{{\eta \mu \varphi }} .

Οπότε .\displaystyle \frac{{\eta \mu t}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{\eta \mu \left( {\omega  + \varphi  - t} \right)}}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow 2\eta \mu t \cdot \eta \mu \varphi  = 2\eta \mu \omega  \cdot \eta \mu \left( {\omega  + \varphi  - t} \right)

\displaystyle  \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {t - \varphi } \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {t + \varphi } \right) = \sigma \upsilon \nu \left( {t - \varphi } \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {2\omega  + \varphi  - t} \right)

\displaystyle  \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {t + \varphi } \right) = \sigma \upsilon \nu \left( {2\omega  + \varphi  - t} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
t + \varphi  = 2\kappa \pi  + 2\omega  + \varphi  - t\;\;\;\left( 1 \right)\\ 
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \vee \\ 
t + \varphi  = 2\kappa \pi  - 2\omega  - \varphi  + t\;\;\;\left( 2 \right) 
\end{array} \right.

Η (2) γράφεται \displaystyle \varphi  = \kappa \pi  - \omega , που απορρίπτεται αφού εξαλείφεται το t. (Παρατηρήστε ότι η τεθλασμένη ABC εκφυλίζεται σε ευθεία).

Η (1) γράφεται \displaystyle t = \kappa \pi  + \omega ,\;\;\kappa  \in {\rm Z} . Αφού \displaystyle 0 < t < \pi είναι \displaystyle t = \omega  \Rightarrow {\rm O}{\rm B} = {\rm O}{\rm A} = {\rm O}C , όπως έπρεπε να δειχτεί.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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