Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

#21

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 13, 2018 9:57 am
Η χιουμοριστική -- θα έλεγα -- παρέμβαση μου σε προ τριετίας συζήτηση (που ξαναθυμήθηκα τυχαία, αναζητώντας ανεπιτυχώς αναφορές στην έλλειψη Steiner εδώ στο ) ... μας προσγειώνει προς στιγμήν στο σημείο εκκίνησης, στο Θεώρημα Lehmus-Steiner δηλαδή και στις γενικεύσεις του (και στις σχετικές παρουσιάσεις των Ανδρέα Βαρβεράκη (2014) και Κώστα Δόρτσιου & Γιώργου Τσίντσιφα (2018) στην Μαθηματική Εβδομάδα): εικάζω για παράδειγμα -- χωρίς να έχω κάνει καμιά προσπάθεια απόδειξης αλλά επισυνάπτοντας ελαφρά τροποποιημένο σχήμα του Κώστα -- ότι για κάθε διχοτόμο σκαληνού τριγώνου υπάρχει ακριβώς ένα σημείο επ' αυτής (και εκτός του τριγώνου αναγκαστικά) από το οποίο διέρχονται ίσες σεβιανές προς τις αντίστοιχες πλευρές! (Το σημείο αυτό προκύπτει στο συνημμένο, για κάθε μία από τις τρεις διχοτόμους, ως τομή αυτών με το μη ευθύ τμήμα της αντίστοιχης ισοσεβιανής (καμπύλης ίσων σεβιανών): πηγαίνοντας ένα βήμα παραπέρα, τολμώ να εικάσω ότι τα τρία σημεία σχηματίζουν -- σε τέλειο σχήμα με ακριβείς διχοτομήσεις -- ισόπλευρο τρίγωνο!)

ΟΧΙ, δεν είναι ισόπλευρο το τρίγωνο που προκύπτει: αρχίζοντας με το αρχικό παράδειγμα μου, το τρίγωνο με κορυφές (-1,0), (1,0), (-0,3, 1,2)

μας δίνει τα σημεία (τομής κάθε διχοτόμου με την αντίστοιχη ισοσεβιανή) (0,0604805, -1,20712), (1,50567, 1,43918), (-2,26613, 1,277)

... που ΔΕΝ είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου (καθώς οι πλευρές του έχουν μήκη 3,01521, 3,40352, 3,77529

).

#22

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 7:32 pm

...Επιστρέφοντας στην Αναλυτική και στην αρχική μου προσέγγιση ... παραθέτω, για λόγους πληρότητας της συζήτησης μας, το μήκος της τρίτης σεβιανής διερχόμενης δια σημείου και της τρίτης κορυφής τριγώνου με κορυφές , , :

$|KH|^2=\dfrac{c^2[(b-p)^2+(c-q)^2]}{(c-q)^2}.$

...Οπότε προκύπτουν εύκολα και οι ισοσεβιανές που αντιστοιχούν στα άλλα δύο ζεύγη κορυφών/πλευρών (και που χρησιμοποίησα βεβαίως στην προηγούμενη ανάρτηση, μαζί με τις εξισώσεις των διχοτόμων φυσικά):

$\dfrac{(b-p)^2+(c-q)^2}{(c-q)^2}=\dfrac{4a^2[(p-a)^2+q^2]}{[-cp+(a+b)q+ac]^2},$

$\dfrac{(b-p)^2+(c-q)^2}{(c-q)^2}=\dfrac{4a^2[(p+a)^2+q^2]}{[-cp+(b-a)q-ac]^2}.$

Μαζί με την πρώτη ισοσεβιανή (που είδαμε εξ αρχής) οι παραπάνω εξισώσεις οδηγούν σε 6 συνολικά λύσεις, δύο από τις οποίες αντιστοιχούν στις εστίες της έλλειψης Steiner, στα σημεία Bickart που ήδη συζητήσαμε:

: ισοσεβιανές.png (30.01 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές

#23

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 07, 2018 1:40 pm
Η έλλειψη Steiner -- ακριβέστερα, η περιγεγραμμένη έλλειψη Steiner (Steiner circumellipse) -- ενός τριγώνου είναι η μία και μοναδική έλλειψη που διέρχεται από τις τρεις κορυφές έχοντας ως κέντρο το βαρύκεντρο του τριγώνου. Για το τρίγωνο με κορυφές , , που χρησιμοποίησα σ' αυτήν την συζήτηση η εξίσωση της έλλειψης Steiner είναι

$x^2+\left(\dfrac{3a^2+b^2}{c^2}\right)y^2-\dfrac{2b}{c}xy-\dfrac{2a^2}{c}y=a^2.$

[Καίριο ρόλο στην εύρεση της εξίσωσης παίζει η 'βαρυκεντρική' παρατήρηση ότι το τυχόν σημείο ανήκει στην έλλειψη αν και μόνον αν ανήκει στην έλλειψη το σημείο $\left(\dfrac{2b}{3}-x, \dfrac{2c}{3}-y\right)$ , οπότε η αφαίρεση της μιας εξίσωσης από την άλλη κατά μέλη και ο μηδενισμός των συντελεστών των , που προκύπτουν μας δίνουν τις 'επιπλέον' εξισώσεις που χρειαζόμαστε.]

Ως εφαρμογή της μεθόδου που παρουσίασα αλλού ... δίνω εδώ τις εξισώσεις αξόνων της έλλειψης Steiner:

$\dfrac{6bx}{-3a^2+b^2+c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}+\dfrac{6cy}{3a^2+b^2+c^2+\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}=$ 1

$\dfrac{6bx}{-3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}+\dfrac{6cy}{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}=$ 1

Στο συνημμένο βλέπουμε τους άξονες της έλλειψης Steiner για το τρίγωνο που χρησιμοποίησα σ' αυτήν την συζήτηση, { (-a,0), (a,0), (b,c)

} με

:

: steiner-axes-equations.png (32.56 KiB) Προβλήθηκε 1030 φορές

#24

Έχοντας βρει τις εξισώσεις αξόνων της (περιγεγραμμένης) έλλειψης Steiner στην προηγούμενη δημοσίευση ... μπορούμε τώρα να βρούμε και τις εστίες της ... χρησιμοποιώντας και τις ιδιότητες της!

Ξεκινώντας λοιπόν με την έλλειψη Steiner, περιγεγραμμένη στο 'γενικό' τρίγωνο με κορυφές (-a,0), (a,0), (b,c)

, όπου

, ας ανακαλέσουμε ότι το κέντρο της είναι το $\left(\dfrac{b}{3}, \dfrac{c}{3}\right)$ , ενώ η εξίσωση της είναι η

$x^2+\left(\dfrac{3a^2+b^2}{c^2}\right)y^2-\dfrac{2b}{c}xy-\dfrac{2a^2}{c}y=a^2.$

Αν (p, q)

είναι μία από τις εστίες της έλλειψης, η άλλη εστία είναι η $\left(\dfrac{2b}{3}-p, \dfrac{2c}{3}-q\right)$ . Και οι δύο εστίες κείνται βεβαίως επί του μεγάλου άξονα της έλλειψης, ισχύει επομένως η

$q-\dfrac{c}{3}=r\left(p-\dfrac{b}{3}\right),$

όπου

ο συντελεστής διεύθυνσης του μεγάλου άξονα.

Επειδή η εφαπτόμενη στην κορυφή (b,c)

είναι παράλληλη στην απέναντι πλευρά, που είναι βέβαια οριζόντια, συμπεραίνουμε από την ανακλαστική ιδιότητα της έλλειψης ότι οι συντελεστές των τμημάτων που την συνδέουν με τις δύο εστίες είναι αντίθετοι αλλήλων, ισχύει δηλαδή η

$\dfrac{c-q}{b-p}=-\dfrac{c-\left(\dfrac{2c}{3}-q\right)}{b-\left(\dfrac{2b}{3}-p\right)}.$

Αντικαθιστώντας την $q-\dfrac{c}{3}=r\left(p-\dfrac{b}{3}\right)\leftrightarrow q=\dfrac{3rp-rb+c}{3}$ στην παραπάνω εξίσωση καταλήγουμε στην δευτεροβάθμια

9rp^2-6rbp+rb^2-4bc=0

,

από την οποία λαμβάνουμε $p=\dfrac{b}{3}\pm\dfrac{2\sqrt{rbc}}{3r}$ και, βεβαίως, $q=\dfrac{c}{3}\pm\dfrac{2\sqrt{rbc}}{3}$ .

Έχουμε σχεδόν τελειώσει, αρκεί να προσδιορίσουμε τον συντελεστή διεύθυνσης

, ακριβέστερα ... να προσδιορίσουμε ποια από τις δύο εξισώσεις της προηγούμενης δημοσίευσης αντιστοιχεί στον μεγάλο άξονα της έλλειψης! Μοιάζει κατ' αρχήν δύσκολη αυτή η επιλογή, αρκεί όμως να παρατηρηθεί ότι θα επιλέξουμε εκείνη την ευθεία και εκείνο το

... που μας δίνει μη αρνητικά υπόρριζα!

Οι εξισώσεις των δύο αξόνων είναι οι

$\dfrac{6bx}{-3a^2+b^2+c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}+\dfrac{6cy}{3a^2+b^2+c^2+\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}=$ 1

και

$\dfrac{6bx}{-3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}+\dfrac{6cy}{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}=$ 1,

οπότε οι αντίστοιχοι συντελεστές διεύθυνσης

είναι οι

$\dfrac{b}{c}\cdot\dfrac{3a^2+b^2+c^2+\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}{3a^2-b^2-c^2-\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}$

και

$\dfrac{b}{c}\cdot\dfrac{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}{3a^2-b^2-c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}},$

για τους οποίους το υπόρριζο rbc

ισούται αντίστοιχα προς

$b^2\cdot\dfrac{3a^2+b^2+c^2+\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}{3a^2-b^2-c^2-\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}$

και

$b^2\cdot\dfrac{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}{3a^2-b^2-c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}.$

Μη αρνητικό υπόρριζο rbc

λαμβάνουμε λοιπόν στην περίπτωση της δεύτερης εξίσωσης, οπότε ισχύουν τελικά οι

$p=\dfrac{b}{3}\pm\dfrac{2c}{3}\sqrt{\dfrac{3a^2-b^2-c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}$

και

$q=\dfrac{c}{3}\pm\dfrac{2b}{3}\sqrt{\dfrac{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}{3a^2-b^2-c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}.$

[Οι παραπάνω τύποι δίνουν σωστά τις εστίες στην περίπτωση a=1, b=-0,3, c=1,2

.]

#25

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 14, 2018 11:20 am
Κώστα ΝΑΙ, το είχα δει κάποτε στο Monthly το θεώρημα του Marden, και πάντα ήθελα να ασχοληθώ μ' αυτό, ποτέ όμως δεν θα μπορούσα να φανταστώ ότι μια μέρα θα το έβρισκα μπροστά μου λόγω του απείρως γνωστότερου θεωρήματος Lehmus-Steiner!!!

[Λόγω τώρα της ομοιοθεσίας ανάμεσα στις δύο ελλείψεις Steiner που επισήμανες ... βρίσκονται πλέον πολύ εύκολα (μιγαδικώς πάντοτε) τα σημεία Bickart των τριών/έξι ίσων σεβιανών.]

Αλλά και χωρίς μιγαδικούς, με την χρήση των τύπων για τις εστίες της περιγεγραμμένης έλλειψης Steiner που έστειλα σήμερα το πρωί (βλέπε προηγούμενη δημοσίευση), βρίσκονται εύκολα οι εστίες της εγγεγραμμένης έλλειψης Steiner, και 'επαληθεύεται' αρκετά εύκολα το θεώρημα του Marden ... χρησιμοποιώντας για παράδειγμα ισότητες όπως η

$\dfrac{3a^2+b^2-c^2+\sqrt{(3a^2+b^2-c^2)^2+4b^2c^2}}{2c^2}=\displaystyle\dfrac{3a^2-b^2-c^2+\sqrt{(3a^2-b^2-c^2)^2+12a^2b^2}}{3a^2+b^2+c^2-\sqrt{(3a^2+b^2+c^2)^2-12a^2c^2}}.$

Το πήγα δηλαδή ανάποδα, αντί να βρω τα σημεία Bickart (εστίες της περιγεγραμμένης έλλειψης Steiner) από το θεώρημα του Marden (και τις εστίες της εγγεγραμμένης έλλειψης Steiner) ... βρίσκω πρώτα τις εστίες της περιγεγραμμένης έλλειψης Steiner, από τις οποίες βρίσκω άμεσα -- λόγω της ομοιοθεσίας που ανέφερε ο Κώστας -- τις εστίες της εγγεγραμμένης έλλειψης Steiner ΚΑΙ επαληθεύω/αποδεικνύω, χωρίς πολύ κόπο, το θεώρημα του Marden. (Μιλάω πιο πολύ για επαλήθευση παρά για απόδειξη και επειδή το τρίγωνο που χρησιμοποιώ έχει μία πλευρά πάνω στον άξονα των

και, κυρίως, επειδή η προσέγγιση μου δεν είναι τόσο κομψή όσο ας πούμε η απόδειξη που έδωσε ο Fritz Carlson το 1943 (εδώ) και που αγνοούσε ο Dan Kalman όταν έγραφε το προ δεκαετίας άρθρο του Monthly^ αλλά 'ειδικές θέσεις' χρησιμοποιεί τελικά και ο Carlson, και η δική μου προσέγγιση είναι μάλλον πιο στοιχειώδης, αν και πολύ περισσότερο κοπιώδης...)

Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

Re: Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

Re: Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

Re: Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

Re: Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

Re: Ίσες σεβιανές, άνισες πλευρές

Μέλη σε σύνδεση