Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

Συντονιστής: gbaloglou

Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 830
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Σάβ Μαρ 15, 2014 9:44 pm

Γεια σας.
3-15.ΓΑΤΙ.G.M.PNG
3-15.ΓΑΤΙ.G.M.PNG (9.56 KiB) Προβλήθηκε 1099 φορές
Στο σχήμα έχουμε τρίγωνο AOK με \hat{AOK}=90^{0} και OA=1

Θεωρούμε τα σημεία H,B της πλευράς OK 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.


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4194
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Παρ Μαρ 28, 2014 10:18 pm

Γεια σας
Η γεωμετρική κατάστρωση δεν παρουσιάζει δυσκολία. Κάποια φασαρία έχει το σκέλος του αλγεβρικού χειρισμού.
Στο ακόλουθο σχήμα
GATI.png
GATI.png (14.35 KiB) Προβλήθηκε 932 φορές
ζητάμε το x_{1}+x_{2}+x_{3} συναρτήσεις των k και x_1.
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


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 830
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Κυρ Μαρ 30, 2014 12:42 am

Kαλημέρα .
Θέλω να ευχαριστήσω πολύ τον Γενικό συντονιστή του :logo: 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
Δημοσιεύσεις: 830
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Κυρ Απρ 06, 2014 3:00 am

Καλημέρα από την Άρτα.
Ας υποβάλω την προσωπική μου προσέγγιση επί του θέματος.
4-6.GM.ΓΑΤΙ.PNG
4-6.GM.ΓΑΤΙ.PNG (11.04 KiB) Προβλήθηκε 750 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 τοAOBE 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 BE )
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 KA.KE=KB.KO ..(5).

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
Δημοσιεύσεις: 830
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Φεβ 20, 2018 12:23 am

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
19-2-18 Νέα ΓΑΤΙ.PNG (8.37 KiB) Προβλήθηκε 376 φορές
Το Z είναι το συμμετρικό του H ως προς την AO. Έστω OH=OZ=k και OK=x \Rightarrow HK=x-k

Η AH 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 x) 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.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5869
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ζητείται Γ.Α.Τ.Ι.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Φεβ 21, 2018 12:05 pm

Η κάθετη στο άκρο AH τέμνει την KO στο T . Γράφω, προς το μέρος του A το ημικύκλιο διαμέτρου TH και κέντρου M , στο οποίο η BA 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
Ζητείται ΓΑΤΙ.png (28.88 KiB) Προβλήθηκε 292 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}}}}..


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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