Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Γιώργος Μήτσιος · #1

Γεια σας.

: 3-15.ΓΑΤΙ.G.M.PNG (9.56 KiB) Προβλήθηκε 1602 φορές

Στο σχήμα έχουμε τρίγωνο AOK

με $\hat{AOK}=90^{0}$ και OA=1

Θεωρούμε τα σημεία H,B

της πλευράς

τέτοια ώστε $\hat{OAH}=\hat{HAB}=\hat{BAK}=\alpha$

Ζητούμενο : Να αποδειχθεί η σχέση $\displaystyle OK= \frac{3OH-OH^{3}}{1-3OH^{2}} \left(* \right)$ .

Η σχέση αυτή είναι ισοδύναμη με τριγωνομετρικό τύπο.
Αν ο τύπος θεωρηθεί με δεδομένη ισχύ τότε το ζητούμενο προκύπτει άμεσα !

Όμως εδώ ζητάμε το αντίθετο : Θέλουμε ν' αποδείξουμε την σχέση (*)

, κατά πρώτο λόγο,
μέσα στα πλαίσια της Ευκλείδειας Γεωμετρίας .
Έτσι θα έχει αποδειχθεί -Γεωμετρικά- η ισχύς του ισοδύναμου τριγ. τύπου .

Βεβαίως , στην συνέχεια , είναι ευπρόσδεκτες και λύσεις με κάθε τρόπο.

Φιλικά Γιώργος.

#2

Γεια σας
Η γεωμετρική κατάστρωση δεν παρουσιάζει δυσκολία. Κάποια φασαρία έχει το σκέλος του αλγεβρικού χειρισμού.
Στο ακόλουθο σχήμα

: GATI.png (14.35 KiB) Προβλήθηκε 1435 φορές

ζητάμε το $x_{1}+x_{2}+x_{3}$ συναρτήσεις των

και

.
Χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα και το Θεώρημα της Διχοτόμου έχουμε:
$y_{1}^{2}=x_{1}^{2}+k^{2}$
$y_{2}^{2}=\left( x_{1}+x_{2}\right) ^{2}+k^{2}$
$y_{3}^{2}=\left( x_{1}+x_{2}+x_{3}\right) ^{2}+k^{2}$
$\frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{y_{2}}{k}$
$\frac{x_{3}}{x_{2}}=\frac{y_{3}}{y_{1}}$
Οπότε:
$y_{2}=\frac{x_{2}}{x_{1}}k$
και
$\left( \frac{x_{2}}{x_{1}}k\right) ^{2}=\left( x_{1}+x_{2}\right) ^{2}+k^{2}$
Λύνοντας την τελευταία έχουμε $x_{2}=-x_{1}$ ή $x_{2}=x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}$ . Δεκτή είναι η δεύτερη οπότε:
$x_{2}=x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}$
$y_{2}=k\allowbreak \frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}$
Άρα:
$y_{3}=\frac{x_{3}}{x_{2}}y_{1}=\frac{x_{3}}{x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}}y_{1}=\allowbreak \frac{x_{3}y_{1}\left( k^{2}-x_{1}^{2}\right) }{x_{1}\left( k^{2}+x_{1}^{2}\right) }$
αλλά και
$y_{3}^{2}=\left( x_{1}+x_{2}+x_{3}\right) ^{2}+k^{2}$
Είναι:
$y_{3}^{2}=\allowbreak \frac{x_{3}^{2}y_{1}^{2}\left( k^{2}-x_{1}^{2}\right) ^{2}}{x_{1}^{2}\left( k^{2}+x_{1}^{2}\right) ^{2}}=\allowbreak \frac{x_{3}^{2}\left( x_{1}^{2}+k^{2}\right) \left( k^{2}-x_{1}^{2}\right) ^{2}}{x_{1}^{2}\left( k^{2}+x_{1}^{2}\right) ^{2}}=\allowbreak \frac{x_{3}^{2}}{k^{2}+x_{1}^{2}}\frac{\left( k^{2}-x_{1}^{2}\right) ^{2}}{x_{1}^{2}}$
και εξισώνοντας βρίσκουμε:
$\frac{x_{3}^{2}}{k^{2}+x_{1}^{2}}\frac{\left( k^{2}-x_{1}^{2}\right) ^{2}}{x_{1}^{2}}=\left( x_{1}+x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}+x_{3}\right) ^{2}+k^{2}$
'Αρα
$\frac{x_{3}^{2}}{k^{2}+x_{1}^{2}}\frac{\left( k^{2}-x_{1}^{2}\right) ^{2}}{x_{1}^{2}}-\left( x_{1}+x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}+x_{3}\right) ^{2}-k^{2}=0$
Δηλαδή (εδώ είναι το σημείο που έχει πράξεις: για την παραγοντοποίηση κατέφυγα στο Maple):
$\frac{k^{2}\left( -x_{1}^{5}+3x_{1}^{4}x_{3}-2x_{1}^{3}k^{2}-4x_{3}x_{1}^{2}k^{2}-k^{4}x_{1}+k^{4}x_{3}\right) \left( x_{1}^{3}-x_{3}x_{1}^{2}+x_{1}k^{2}+x_{3}k^{2}\right) }{\left( k^{2}+x_{1}^{2}\right) x_{1}^{2}\left( k-x_{1}\right) ^{2}\left( k+x_{1}\right) ^{2}}=0$
Ή θα είναι $x_{1}^{3}-x_{3}x_{1}^{2}+x_{1}k^{2}+x_{3}k^{2}=0$ που δίνει $x_{3}=x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}$ δηλαδή $x_{3}=x_{2}$ πράγμα αδύνατον
'Η θα είναι $-x_{1}^{5}+3x_{1}^{4}x_{3}-2x_{1}^{3}k^{2}-4x_{3}x_{1}^{2}k^{2}-k^{4}x_{1}+k^{4}x_{3}=0$ από την οποία προκύπτει:
$x_{3}=x_{1}\frac{x_{1}^{4}+2x_{1}^{2}k^{2}+k^{4}}{3x_{1}^{4}-4x_{1}^{2}k^{2}+k^{4}}$
Άρα
$x_{1}+x_{2}+x_{3}=x_{1}+x_{1}\frac{k^{2}+x_{1}^{2}}{k^{2}-x_{1}^{2}}+x_{1}\frac{x_{1}^{4}+2x_{1}^{2}k^{2}+k^{4}}{3x_{1}^{4}-4x_{1}^{2}k^{2}+k^{4}}=\allowbreak x_{1}\frac{3k^{2}-x_{1}^{2}}{k^{2}-3x_{1}^{2}}$
Τελικά λοιπόν
$x_{1}+x_{2}+x_{3}=\allowbreak x_{1}\frac{3k^{2}-x_{1}^{2}}{k^{2}-3x_{1}^{2}}$
και θέτοντας k=1

βρίσκουμε
$x_{1}+x_{2}+x_{3}=\allowbreak x_{1}\frac{3-x_{1}^{2}}{1-3x_{1}^{2}}$
δηλαδή το αποδεικτέο.
Στην ουσία έχουμε, με ένα κοπιώδη τρόπο, καταλήξει στην σχέση $\tan 3x=\allowbreak \frac{3\tan x-\tan ^{3}x}{1-3\tan ^{2}x}$ .
Μαυρογιάννης

Γιώργος Μήτσιος · #3

Kαλημέρα .
Θέλω να ευχαριστήσω πολύ τον Γενικό συντονιστή του

κ. Νίκο Μαυρογιάννη για τον πολύτιμο χρόνο του που διέθεσε
και τον - όχι και λίγο - κόπο του , μέχρι να δώσει λύση (σύμφωνη και με τον περιορισμό που τέθηκε)
στο παρόν πρόβλημα.

Επίσης να αναλάβω την ηθική υποχρέωση ότι προσεχώς ( πάνω-κάτω σε μια εβδομάδα ), θα υποβάλω και την προσωπική μου Γεωμετρική προσέγγιση για την απόδειξη της ζητούμενης σχέσης.

Φιλικά Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλημέρα από την Άρτα.
Ας υποβάλω την προσωπική μου προσέγγιση επί του θέματος.

: 4-6.GM.ΓΑΤΙ.PNG (11.04 KiB) Προβλήθηκε 1253 φορές

Κατ' αρχήν ας δείξουμε την σχέση : .. $OB=\displaystyle\frac{2OH}{1-OH^{2}}..(I)$

Από το Θ.διχοτόμου είναι $\displaystyle\frac{OH}{HB}=\frac{1}{AB}\Rightarrow \frac{OH}{OB}=\frac{1}{AB+1}\Rightarrow {\color{blue} OH=\frac{OB}{1+AB}}$

Άρα $(I)\Leftrightarrow OB=\displaystyle\frac{2\frac{OB}{1+AB}}{1-\frac{OB^{2}}{(1+AB)^{2}}}$ $\Leftrightarrow \displaystyle\frac{\left(1+AB \right)^{2}-OB^{2}}{\left(1+AB \right)^{2}}=\frac{2}{1+AB}$

$\Leftrightarrow 1+2AB+AB^{2}-OB^{2}=2\left(1+AB \right)\Leftrightarrow AB^{2}=1+OB^{2}$

που ισχύει (Πυθαγόρειο στο ορθ. AOB

) συνεπώς η (I)

ισχύει .

Στην συνέχεια θα δείξουμε την σχέση $..OK=\frac{\displaystyle\frac{BE}{AE}+OB}{\displaystyle1-\displaystyle\frac{OB.BE}{AE}}..\left(II \right)$

Για την απόδειξη αυτής θα κάνουμε χρήση των παρακάτω :

Στο σχήμα είναι $BE\perp AK$ οπότε το AOBE

είναι ήδη εγγεγραμμένο άρα από Θ Πτολεμαίου $BE+AE.OB =AB.OE ..\left(1 \right)$

Τα τρίγωνα OEK , ABK

είναι όμοια αφού έχουν την $\hat{K}$ κοινή και $\hat{BOE}=\hat{BAE}$ (βαίνουν στο τόξο

)
άρα είναι $\displaystyle\frac{OK}{OE}=\frac{AK}{AB}..(2)$

Ακόμη AK.BE=2(BAK) =BK ..(3)

και στα ορθ AOB , AOK

: $AB^{2}=1+OB^{2}..AK^{2}=1+OK^{2}..(4)$

ενώ από το εγγεγραμμένο AOBE

παίρνουμε

.

Έτσι έχουμε : $(II) \Leftrightarrow OK=\displaystyle\frac{BE+OB.AE}{AE-BE.OB}=\displaystyle\frac{AB.OE}{AE-BE.OB}$

$\Leftrightarrow \displaystyle\frac{AK}{AB}=\displaystyle\frac{OK}{OE}=\displaystyle\frac{AB}{AE-BE.OB}$ $\Leftrightarrow AK.AE-AK.BE.OB=AB^{2}\Leftrightarrow AK.AE-BK.OB=AB^{2}$

$\Leftrightarrow AK\left(AK-KE \right)-BK\left(OK-BK \right)=AB^{2}$

$\Leftrightarrow AK^{2}-KA.KE-BK.OK+BK^{2}=AB^{2}$

$\Leftrightarrow 1+OK^{2}-KA.KE-BK.OK+BK^{2}=1+OB^{2}$

$\Leftrightarrow OK^{2}-2BK.KO+BK^{2}=OB^{2}\Leftrightarrow OK^{2}=OB^{2}-BK^{2}+2BK\left(OB+BK \right)$

$\Leftrightarrow OK^{2}=\left(OB+BK \right)^{2}$ που βεβαίως ισχύει, άρα ισχύει και η (II)

.

Είναι ώρα (..αν και προχωρημένη

) να συνδέσουμε τις δύο σχέσεις που αποδείξαμε.

Τα ορθ. τρίγωνα AOH ,ABE

είναι προφανώς όμοια οπότε $\displaystyle\frac{BE}{AE}=\frac{OH}{OA}=OH$

επομένως προκύπτει : $\left(II \right)\Leftrightarrow OK=\displaystyle\frac{OH+OB}{1-OH.OB}$ και λόγω της (I)

$OK=\displaystyle\frac{OH+2\displaystyle\frac{OH}{1-OH^{2}}}{1-2\displaystyle\frac{OH^{2}}{1-OH^{2}}}$ $\Leftrightarrow {\color{blue} OK=\displaystyle\frac{3OH-OH^{3}}{1-3OH^{2}}$ .

Γίνεται φανερό ότι με την (I)

ουσιαστικά δείξαμε την τριγωνομετρική σχέση $\varepsilon \varphi 2\alpha =\displaystyle\frac{2\varepsilon \varphi \alpha }{1-\varepsilon \varphi ^{2}\alpha }$
ενώ με την (II )

την $\varepsilon \varphi \left(\alpha +\beta \right)=\displaystyle\frac{\varepsilon \varphi \alpha +\varepsilon \varphi \beta }{1-\varepsilon \varphi \alpha \varepsilon \varphi \beta }$

με τελικό σκοπό να βρεθεί : Γεωμετρική Απόδειξη (της) Τριγωνομετρικής Ισότητας :

$\varepsilon \varphi 3\alpha =\displaystyle\frac{3\varepsilon \varphi \alpha -\varepsilon \varphi ^{3}\alpha }{1-3\varepsilon \varphi ^{2}\alpha }.$

Φιλικά Γιώργος.
Y.Γ. διόρθωσα-ζητώντας την κατανόησή σας- ..αβλεψίες κατά την πληκτρολόγηση .

Γιώργος Μήτσιος · #5

Χαίρετε ! Επανέρχομαι στο παρόν θέμα για μια νέα απόδειξη
εκφράζοντας ένα τεράστιο ευχαριστώ στον ΓΕΩΜΕΤΡΗ και άφθαστο καλλιτέχνη Μιχάλη Νάννο
για την ιδέα που μου έδωσε η θαυμάσια λύση του στο θέμα τούτο. Με χρήση του σχήματος :

: 19-2-18 Νέα ΓΑΤΙ.PNG (8.37 KiB) Προβλήθηκε 879 φορές

Το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την

. Έστω

και $OK=x \Rightarrow HK=x-k$

Η

είναι διχοτόμος στο τρίγωνο ZAK

οπότε με το Θ. διχοτόμου προκύπτει $\dfrac{AZ}{AK}=\dfrac{ZH}{HK}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{k^{2}+1}}{\sqrt{x^{2}+1}}=\dfrac{2k}{x-k}$

Υψώνουμε στο τετράγωνο και κάνουμε τις πράξεις για να οδηγήσουμε την εξίσωση (με άγνωστο το

) στη μορφή

$\left ( 1-3k^{2} \right )x^{2}-2k\left ( k^{2}+1 \right )x+k^{2}\left ( k^{^2}-3 \right )=0$ .
Θεωρούμε το α' μέλος ως πολυώνυμο P(x)

, κάνουμε παραγοντοποίηση (με σχήμα Horner και $\rho =-k$ )

και παίρνουμε $\left ( x+k \right )[( 1-3k{^2})x+ ( k^{3}-3k \right ) ) ] =0$

Είναι x+k> 0

και $0< a< \pi /6 \Rightarrow 0< k< \sqrt{3}/3$ άρα $x=\dfrac{3k-k^{3}}{1-3k^{2}}$ .

Προφανώς $\varepsilon \varphi a=k ..\varepsilon \varphi 3a=x$ και συνεπώς ο τύπος $\varepsilon \varphi 3\alpha =\displaystyle\frac{3\varepsilon \varphi \alpha -\varepsilon \varphi ^{3}\alpha }{1-3\varepsilon \varphi ^{2}\alpha }$ αποδείχθηκε !

Ευχαριστώ για την προσοχή σας ... Φιλικά Γιώργος.

#6

Η κάθετη στο άκρο

τέμνει την

στο

. Γράφω, προς το μέρος του

το ημικύκλιο διαμέτρου

και κέντρου

, στο οποίο η

είναι εφαπτομένη .

Η σειρά $(T,H\backslash O,B)$ είναι αρμονική.

Αλλά αφού $MA \bot AB$ και η σειρά , $(M,B\backslash H,K)$ είναι αρμονική .

Αν OH = m

(δεδομένο) και αφού $A{O^2} = OH \cdot OT \Rightarrow \boxed{OT = \frac{1}{m}}\,\,(1)$ .

Θέτω τώρα $MT = MH = R\,\,\,,\,\,HB = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BK = y$ . Έτσι :

$\boxed{2R = m + \frac{1}{m} \Leftrightarrow R = \frac{1}{2}(m + \frac{1}{m})}\,\,\,(2)$ . Από τις πιο πάνω αρμονικές σημειοσειρές έχω:

: Ζητείται ΓΑΤΙ.png (28.88 KiB) Προβλήθηκε 795 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{HB}}{{HO}} = \frac{{TB}}{{TO}} \hfill \\ \frac{{BK}}{{BH}} = \frac{{MK}}{{MH}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{x}{m} = \frac{{2R + x}}{{2R - m}} \hfill \\ \frac{y}{x} = \frac{{R + x + y}}{R} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = \frac{{Rm}}{{R - m}} \hfill \\ y = \frac{{x(R + x)}}{{R - x}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και άρα $\left\{ \begin{gathered} x = \frac{{Rm}}{{R - m}}\,\,\,(3) \hfill \\ x + y = HK = \frac{{2Rx}}{{R - x}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Οπότε και λόγω της $(2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ $\boxed{OK = OH + HK = m + \frac{{2Rx}}{{R - x}} = \frac{{m(3 - {m^2})}}{{1 - 3{m^2}}}}$ ..

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλό Σαββατοκύριακο σε όλους!
Ανασύρω το θέμα τούτο για την προβολή μιας ακόμη Γεωμετρικής απόδειξης του τύπου για την
με την αφορμή-συνδρομή πρόσφατου θέματος.

Να ευχαριστήσω θερμά (ας πέρασαν 8 και πλέον χρόνια) τον αγαπητό Νίκο Φραγκάκη για την ως άνω ..αρμονική απόδειξη!

: tan3a.png (16.91 KiB) Προβλήθηκε 51 φορές

Θεωρούμε το ορθ. στο

τρίγωνο

και το $E \in OA$ ώστε γωνίες OEB=3 OAB = 3a

οπότε

.

Θέτω OA=1

και $OE=p \Rightarrow AE=1-p , OB =k$ . Έτσι έχουμε tan a=k

και

Θέλουμε $tan3a=\dfrac{3tana-tan^3a}{1-3tan^2a}$ , δηλ. αρκεί να ισχύει $\dfrac{k}{p}=\dfrac{3k-k^3}{1-3k^{2}}$ .. $\Leftrightarrow \boxed{ \left ( 3-k^2 \right ) p+3k^2-1=0 }$

Στο τρίγωνο ABE

με μια γωνία διπλάσια άλλης έχουμε σύμφωνα με το θέμα: ΣΑΝ ΠΥΘΑΓΌΡΕΙΟ

$AE^2=BE^2+BE \cdot AB \Leftrightarrow (1-p)^2= k^2 +p^2 +\sqrt{(k^2+p^2)(k^2+1)}$ και μετά από πράξεις παίρνουμε

(3-k^2) p^2+4(k^2-1)p-3k^2+1=0

.

Οι συντελεστές ,ως πολυώνυμο του

, έχουν άθροισμα μηδέν, δηλ έχει παράγοντα τον p-1

που δεν μηδενίζεται
συνεπώς μηδενίζεται το πηλίκο της διαίρεσης με p-1

,

ισχύει λοιπόν $\left ( 3-k^2 \right ) p+3k^2-1=0$ , αυτό ακριβώς που θέλαμε !

Φιλικά, Γιώργος.

Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Μέλη σε σύνδεση