Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

#1

Στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη, ένα σχετικά μικρό κείμενο το οποίο σώζεται μόνο σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση, η Πρόταση

λέει

Αν σε έναν κύκλο ακτίνας

έχουμε δύο κάθετες χορδές $AB, \,CD$ που τέμνονται στο

, τότε

.

H πρόταση και η απόδειξη είναι βέβαια γνωστά.

Ψάχνω πολλές αποδείξεις, από μαθητές και μη. Όταν τελειώσουμε, θα γράψω την απόδειξη του Αρχιμήδη.

#2

: Κάθετες χορδές_Λάμπρου.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 2820 φορές

Φέρνω τη χορδή AE//CD

και θα είναι, $\boxed{AC = ED}$ . Με Π. Θ. στα $\vartriangle AKC,\,\,\vartriangle KBD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DEB$ έχω :

$\left\{ \begin{gathered} {a^2} + {c^2} = A{C^2} \hfill \\ {b^2} + {d^2} = D{B^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = A{C^2} + D{B^2} = D{E^2} + D{B^2} = 4{R^2}$

#3

Νίκο, έπιασες την απόδειξη του Αρχιμήδη. Όταν την πρωτοδιάβασα, μου άρεσε και γι' αυτό ήθελα να την μοιραστώ μαζί σας.

Περιμένω και άλλες αποδείξεις.

Manolis Petrakis · #4

Καλησπέρα!

: 20210109_222709.jpg (49.68 KiB) Προβλήθηκε 2813 φορές

Έστω

το κέντρο του κύκλου
Τότε από ΠΘ: KA^2+KD^2=AD^2

Από νόμο συνημιτόνων στο AOB

:
$KA^2+KD^2= AD^2=2R^2-2R^2\cos \widehat{AOD} \ (1)$
Ομοίως $KB^2+KC^2=BC^2=2R^2-2R^2\cos \widehat{COB} \ (2)$
Αλλά $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=180^{\circ}-2\widehat{ACD}=180^{\circ}-\widehat{AOD}$
$\Rightarrow \widehat{AOD}+\widehat{BOC}=180^{\circ}$
$\Rightarrow \cos \widehat{AOD}+\cos \widehat{BOC}=0 \ (3)$
Έτσι λόγω της (3)

προσθέτοντας τις (1),(2)

παίρνουμε

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 09, 2021 10:42 pm

Περιμένω και άλλες αποδείξεις.

Καλησπέρα σε όλους. Μια απάντηση με στοιχειώδη τριγωνομετρία.

: 09-01-2021 Γεωμετρία b.jpg (31.58 KiB) Προβλήθηκε 2797 φορές

Έστω

το κέντρο του κύκλου.

Έστω $\displaystyle \widehat {ADC} = \varphi$ , οπότε $\displaystyle \widehat {CBK} = \varphi ,\;\;\widehat {BAD} = 90^\circ - 2 \varphi ,\;\;\widehat {BOD} = 180^\circ - 2\varphi$

Φέρνουμε

κάθετη στη

, άρα $\displaystyle \widehat {MOD} = 90^\circ - \varphi$

Στο DAK

είναι $\varepsilon \varphi \varphi = \frac{{{\rm K}{\rm A}}}{{{\rm K}D}} \Leftrightarrow K{A^2} = K{D^2}\varepsilon {\varphi ^2}\varphi$

και στο CDK

είναι $\varepsilon \varphi \varphi = \frac{{{\rm K}C}}{{{\rm K}B}} \Leftrightarrow K{C^2} = K{B^2}\varepsilon {\varphi ^2}\varphi$

Άρα $K{A^2} + K{B^2} + K{C^2} + K{D^2} = \left( {K{C^2} + K{D^2}} \right)\left( {1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi } \right) = \frac{{K{C^2} + K{D^2}}}{{\sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi }} = \frac{{{\rm B}{D^2}}}{{\sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi }}$

Στο MOD

είναι $\displaystyle \eta \mu \left( {90^\circ - \varphi } \right) = \frac{{MD}}{R} \Leftrightarrow MD = R\sigma \upsilon \nu \varphi \Leftrightarrow BD = 2R\sigma \upsilon \nu \varphi \Leftrightarrow 4{R^2} = \frac{{B{D^2}}}{{\sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi }}$

Άρα $K{A^2} + K{B^2} + K{C^2} + K{D^2} = 4{R^2}$ .

#6

Πραγματικά χαίρομαι για τα παραπάνω. Υπάρχουν τουλάχιστον άλλοι 3 τρόποι αλλά για την ώρα γράφω έναν με χρήση του σχήματος του Γιώργου.

Από τον Νόμο των Ημιτόνων στα τρίγωνα CAD, BAD

έχουμε $CA= 2R\sin \phi,\, BD=2R \sin (90-\phi) = 2R\cos \phi$ . Άρα

$\displaystyle{K{A^2} + K{B^2} + K{C^2} + K{D^2} = (K{A^2} + K{C^2} )+ (K{B^2} + K{D^2}) = CA^2+BD^2= }$

$\displaystyle{=4R^2\sin ^2 \phi +4R^2\cos ^2 \phi = 4{R^2}}$

#7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 09, 2021 9:52 pm
Στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη, ένα σχετικά μικρό κείμενο το οποίο σώζεται μόνο σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση, η Πρόταση λέει

Αν σε έναν κύκλο ακτίνας έχουμε δύο κάθετες χορδές $AB, \,CD$ που τέμνονται στο , τότε .

H πρόταση και η απόδειξη είναι βέβαια γνωστά.

Ψάχνω πολλές αποδείξεις, από μαθητές και μη. Όταν τελειώσουμε, θα γράψω την απόδειξη του Αρχιμήδη.

Γεια σας. Ευχές στους εορτάζοντες των ημερών.
Μιχάλη δεν ξέρω αν κάνει αυτή:

: 20120110.png (18.79 KiB) Προβλήθηκε 2761 φορές

Με

την ακτίνα του κύκλου έχουμε:
$KA\cdot KB=KC\cdot KD=R^{2}-d^{2}$
$AB^{2}=4\left( R^{2}-d_{1}^{2}\right) ,\,\,\,CD^{2}=4\left( R^{2}-d_{2}^{2}\right)$
$KA^{2}+KB^{2}+KC^{2}+KD^{2}=4\left( R^{2}-d_{1}^{2}\right) +4\left( R^{2}-d_{2}^{2}\right) -4\left( R^{2}-d^{2}\right) =4R^{2}$

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 09, 2021 9:52 pm
Στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη, ένα σχετικά μικρό κείμενο το οποίο σώζεται μόνο σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση, η Πρόταση λέει

Αν σε έναν κύκλο ακτίνας έχουμε δύο κάθετες χορδές $AB, \,CD$ που τέμνονται στο , τότε .

H πρόταση και η απόδειξη είναι βέβαια γνωστά.

Ψάχνω πολλές αποδείξεις, από μαθητές και μη. Όταν τελειώσουμε, θα γράψω την απόδειξη του Αρχιμήδη.

Μια άλλη ιδέα θα μπορούσε να είναι η ακόλουθη:
Φέρνουμε χορδή

παράλληλη στην

. Από το ισοσκελές τρπέζιο AEDC

συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των τετραγώνων που μας ενδιαφέρεί είναι το άθροισμα των τερταγώνων των

και

. Αλλά το

είναι ορθογώνιο στο

άρα η

είναι διάμετρος και το αποδεικτέο έπεται.

: 20120110b.png (16.33 KiB) Προβλήθηκε 2754 φορές

#9

Ας είναι $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τα μέσα των χορδών $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ .

Επειδή $KM \bot BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KN \bot AD$ το τετράπλευρο OMKN

είναι παραλληλόγραμμο , οπότε KN = OM

. Θα ισχύουν ταυτόχρονα:

: Κάθετες χορδές_Στον Αρχιμήδη_new.png (19.65 KiB) Προβλήθηκε 2748 φορές

$\left\{ \begin{gathered} K{M^2} = {\left( {\frac{{AD}}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {{a^2} + {d^2}} \right) \hfill \\ K{N^2} = {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {{c^2} + {b^2}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow 4\left( {K{M^2} + O{M^2}} \right) = {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}\,\,\left( 1 \right)$

Από την άλλη μεριά : $K{M^2} + O{M^2} = M{D^2} + O{M^2} = {R^2}\,\,\left( 2 \right)$ . Αντικαθιστώ στην $\left( 1 \right)$ κι έχω το ζητούμενο .

#10

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 10, 2021 12:22 am
Γεια σας. Ευχέ στους εορτάζοντες των ημερών.
Μιχάλη δεν ξέρω αν κάνει αυτή:

20120110.png
Με την ακτίνα του κύκλου έχουμε:
$KA\cdot KB=KC\cdot KD=R^{2}-d^{2}$
$AB^{2}=4\left( R^{2}-d_{1}^{2}\right) ,\,\,\,CD^{2}=4\left( R^{2}-d_{2}^{2}\right)$
$KA^{2}+KB^{2}+KC^{2}+KD^{2}=4\left( R^{2}-d_{1}^{2}\right) +4\left( R^{2}-d_{2}^{2}\right) -4\left( R^{2}-d^{2}\right) =4R^{2}$

Νίκο, κάνει με το παραπάνω. Δίνω άλλη λύση, την πρώτη της ξαδέλφη, αλλά με Αναλυτική Γεωμετρία. Το σχήμα είναι αυτό στο ποστ 7.

Με συντεταγμένες $\displaystyle{A(0,a), B(0,b), C(c,0),D(d,0)}$ τα μέσα των CD, AB

είναι τα

άρα το κέντρο

του κύκλου είναι το $\displaystyle{\left ( \frac {c+d}{2}, \frac {a+b}{2} \right )}$ . Άρα με χρήση της ab=cd

έχουμε

$\displaystyle{R^2=OD^2= \left ( \dfrac {c+d}{2}-d \right ) ^2 + \left ( \dfrac {a+b}{2} \right ) ^2= \left ( \dfrac {c-d}{2}\right ) ^2 + \left ( \dfrac {a+b}{2} \right ) ^2=}$

$\displaystyle{ =\dfrac {c^2-2cd+d^2 +a^2+2ab+b^2}{4} =\dfrac {a^2+b^2 +c^2+b^2}{4} }$ , που είναι το ζητούμενο.

#11

Φέρνουμε την διάμετρο

και την κάθετο

. Εύκολα τώρα FD=CK=c

και άρα

Θυμομαστε ακόμα ότι ab=cd

(τεμνόμενες χορδές). Άρα

$\displaystyle{4R^2= AE^2=(a+b)^2+x^2=(a+b)^2+(d-c)^2=a^2+2ab++b^2+c^2-2cd+d^2=a^2+b^2+c^2+d^2}$

#12

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 09, 2021 9:52 pm
Στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη, ένα σχετικά μικρό κείμενο το οποίο σώζεται μόνο σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση, η Πρόταση λέει

Αν σε έναν κύκλο ακτίνας έχουμε δύο κάθετες χορδές $AB, \,CD$ που τέμνονται στο , τότε .

H πρόταση και η απόδειξη είναι βέβαια γνωστά.

Ψάχνω πολλές αποδείξεις, από μαθητές και μη. Όταν τελειώσουμε, θα γράψω την απόδειξη του Αρχιμήδη.

$\displaystyle OM = \frac{{AC}}{2}$ (γνωστό θεώρημα για εγγεγραμμένο τετράπλευρο με κάθετες δαγώνιες)

: Αρχιμήδης.Μ.png (19.31 KiB) Προβλήθηκε 2679 φορές

$\displaystyle O{M^2} + B{M^2} = O{B^2} \Leftrightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4{R^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{a^2+b^2+c^2+d^2=4R^2}$

Δεν έχω διαβάσει τις άλλες αποδείξεις (είδα μόνο τα σχήματα) και δεν ξέρω αν είναι στη λίστα.

edit: Τώρα που τις βλέπω, μοιάζει με την (#9) του φίλτατου Νίκου Φραγκάκη.

#13

Και μια διανυσματική:

: 09-01-2021 Γεωμετρία γ.png (26.6 KiB) Προβλήθηκε 2666 φορές

Έστω

μέσα των

αντίστοιχα, άρα KNOM

ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, αφού OM, ON

αποστήματα στις χορδές.

Είναι $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {KA} = \overrightarrow {KO} + \overrightarrow {OA} \\ \overrightarrow {KB} = \overrightarrow {KO} + \overrightarrow {OB} \\ \overrightarrow {KC} = \overrightarrow {KO} + \overrightarrow {OC} \\ \overrightarrow {KD} = \overrightarrow {KO} + \overrightarrow {OC} \end{array} \right.$ ,

οπότε $K{A^2} + K{B^2} + K{C^2} + K{D^2} = 4{\overrightarrow {KO} ^2} + 4{R^2} + 2\overrightarrow {KO} \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right)$

$= 4{\overrightarrow {KO} ^2} + 4{R^2} + 4\overrightarrow {KO} \left( {\overrightarrow {OM} + \overrightarrow {ON} } \right)$

$= 4{\overrightarrow {KO} ^2} + 4{R^2} + 4\overrightarrow {KO} \left( {2\frac{{\overrightarrow {OK} }}{2}} \right) = 4{\overrightarrow {KO} ^2} + 4{R^2} - 4{\overrightarrow {KO} ^2} = 4{R^2}$

#14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 09, 2021 9:52 pm
Στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη, ένα σχετικά μικρό κείμενο το οποίο σώζεται μόνο σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση, η Πρόταση λέει

Αν σε έναν κύκλο ακτίνας έχουμε δύο κάθετες χορδές $AB, \,CD$ που τέμνονται στο , τότε .

H πρόταση και η απόδειξη είναι βέβαια γνωστά.

Ψάχνω πολλές αποδείξεις, από μαθητές και μη. Όταν τελειώσουμε, θα γράψω την απόδειξη του Αρχιμήδη.

Θα δείξουμε ότι το περί ου ο λόγος άθροισμα τετραγώνων είναι σταθερό ανεξάρτητο από την θέση του

και επομένως ίσο με $4R^{2}$ που προκύπτει αν πάρουμε την ειδική θέση του

να συμπέσει με τo κέντρο του κύκλου. Για τον σκοπό αυτό αρκεί να δείξουμε ότι το άθροισμα αυτό δεν αλλάζει όταν μετακινήσουμε την μία από τις δύο χορδές ώστε να παραμέναι κάθεταη στην άλλη διότι με δύο τέτοιες μετακινήσεις το

μπορεί να έλθει στην θέση του κέντρου. Ισοδύναμα αρκεί
$x^{2}+\left( y+z\right) ^{2}+s^{2}+t^{2}=\left( x+y\right) ^{2}+z^{2}+u^{2}+v^{2}$
$s^{2}+t^{2}+2yz=u^{2}+v^{2}+2xy$
$s^{2}+t^{2}+\left( x+y-x\right) z=u^{2}+v^{2}+2x\left( \left( y+z-z\right) \right)$
$s^{2}+t^{2}+2uv=u^{2}+v^{2}+2st$
$\left| s-t\right| =\left| u-v\right|$
Η τελευταία ισχύει και αποτελεί μία απλή άσκηση για ισοσκελή τραπέζια (εδώ το $\rm{AA'B'B}$ )

: 20120110c.png (12.14 KiB) Προβλήθηκε 2663 φορές

#15

: Αρχιμήδης.Μβ.png (13.19 KiB) Προβλήθηκε 2631 φορές

$\displaystyle AC \cdot AD = 2aR \Leftrightarrow ({a^2} + {c^2})({a^2} + {d^2}) = 4{a^2}{R^2} \Leftrightarrow {a^4} + {a^2}{d^2} + {a^2}{c^2} + {c^2}{d^2} = 4{a^2}{R^2}$

Αλλά, cd=ab,

οπότε $\boxed{a^2+b^2+c^2+d^2=4R^2}$

nickchalkida · #16

Άλλη μία, παραστατική, μη συμβατική απόδειξη, βασισμένη στην πρόταση

του "Περί Λημμάτων",
κατά την οποία δύο κάθετες χορδὲς σε ένα κύκλο, ορίζουν απέναντι τόξα παραπληρωματικά. Δηλαδή ότι

$\displaystyle{ \overset{\frown} {AC} + \overset{\frown} {BD} = \overset{\frown} {CB} + \overset{\frown} {AD} = 180^o }$

Σύμφωνα με αυτήν, χρωματίζω τους τομείς, τους κόβω, και επανασυνθέτω τον κύκλο.

#17

nickchalkida έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 11, 2021 6:53 am
Άλλη μία, παραστατική, μη συμβατική απόδειξη, βασισμένη στην πρόταση του "Περί Λημμάτων",

Νίκο, χαίρομαι ιδιαίτερα για τα παραπάνω και ο λόγος είναι γιατί έχω μελετήσει πάρα πολύ καλά το Περί Λημμάτων αλλά δεν είχα δεί την συνάφεια των Προτάσεων

και

. Άλλωστε το Περί Λημμάτων δεν είναι κείμενο όπως ακριβώς το έγραψε ο Αρχιμήδης, αλλά έχει μικρές παραποιήσεις των μεταφραστών εδώ και εκεί (υπάρχει η άποψη ότι το κείμενο στα Αραβικά δίνει την εντύπωση πως είναι σημειώσεις μαθητή από μαθήματα που παρακολουθεί). Στο συγκεκριμένο σημείο οι

και

έπρεπε να είναι συνέχεια η μία της άλλης, χωρίς την παρεμβολή της άσχετης Πρότασης

. Επίσης οι Προτάσεις

και

έχουν πολλά κοινά στοιχεία στην απόδειξη, που δεν υπάρχει λόγος να πει τα ίδια πράγματα δύο φορές ο Αρχιμήδη (άρα, πιθανότατα, κάποιος τα "πείραξε")

Ιδού πώς θα έβλεπα την ουσία της συνάφειας των δύο προτάσεων, και απόδειξη της

.

Από την Πρόταση

οι χορδές

είναι κάθετες πλευρές ορθογωνίου τριγώνου (διότι αν φτιάξουμε με αυτές ένα τρίγωνο με κορυφές επί του κύκλου, τότε οι εγγεγραμμένες που τις βλέπουν έχουν άθροισμα 90^o

). Του τριγώνου αυτού η υποτείνουσα είναι, βέβαια, διάμετρος.
Άρα (απόδειξη τώρα της Πρότασης

)

, ο.ε.δ.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #18

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 09, 2021 9:52 pm
Στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη, ένα σχετικά μικρό κείμενο το οποίο σώζεται μόνο σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση, η Πρόταση λέει

Αν σε έναν κύκλο ακτίνας έχουμε δύο κάθετες χορδές $AB, \,CD$ που τέμνονται στο , τότε .

H πρόταση και η απόδειξη είναι βέβαια γνωστά.

Ψάχνω πολλές αποδείξεις, από μαθητές και μη. Όταν τελειώσουμε, θα γράψω την απόδειξη του Αρχιμήδη.

1.Αν

προφανώς

και ισχύει

$2a^2=2cd \Rightarrow 2a^2+c^2+d^2=c^2+d^2+2cd=(c+d)^2=4R^2$

2.Έστω b>a

και

το συμμετρικό του

ως προς

,οπότε

Σχηματίζουμε το παραλ/μμο BCDQ

,συνεπώς , CDPB

ισοσκελές τραπέζιο,άρα BC=PD=DQ

Λόγω της προφανούς ισότητας των μπλε γωνιών, EDQB

είναι εγγράψιμμο ,άρα $ED \bot DQ$ και ισχύει

$EB^2+BQ^2=DQ^2+DE^2=DP^2+DA^2=4R^2 \Rightarrow (b-a)^2+(c+d)^2=4R^2$

Αλλά ab=cd

,άρα

(Ανάλογα εργαζόμαστε αν b<a

)

: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη.png (38.16 KiB) Προβλήθηκε 2472 φορές

Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Re: Κάθετες χορδές στον Αρχιμήδη

Μέλη σε σύνδεση