Από "Mathematical Reflections"

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Grigoris K.
Δημοσιεύσεις: 926
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 27, 2011 8:12 pm

Από "Mathematical Reflections"

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Grigoris K. » Τετ Μάιος 09, 2012 9:35 pm

Έστω κύκλος (\omega) και M τυχόν εξωτερικό του σημείο. Οι ευθείες \displaystyle{ l_1,l_2,l_3 } διέρχονται από το M και τέμνουν τον κύκλο στα εξής σημεία:
\displaystyle{ l_1\cap (\omega) \equiv (A_1,A_2) , ~ l_2\cap (\omega) \equiv (B_1,B_2), ~ l_3 \cap (\omega) \equiv(C_1,C_2)  }.
Έστω P \equiv A_1B_2\cap A_2B_1 , ~ Q \equiv B_1C_2 \cap B_2 C_1 και R ένα σημείο τομής της ευθείας PQ και του (\omega).
Να αποδειχθεί ότι η MR είναι εφαπτόμενη στον (\omega).


Για το συγκεκριμένο πρόβλημα έχω υπόψιν μου μόνο την προτεινόμενη λύση. Ωστόσο αυτή μου φαίνεται "παρατραβηγμένη" και θα με ενδιέφερε να δω κάτι διαφορετικό από την δυνατή Γεωμετρική παρέα του :logo:. Αν γίνεται ας μην χρησιμοποιηθεί αντιστροφή. Ευχαριστώ.


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 2544
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Από "Mathematical Reflections"

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Πέμ Μάιος 10, 2012 11:33 am

Πολική 3.PNG
Πολική 3.PNG (10.04 KiB) Προβλήθηκε 5772 φορές
Τα σημεία \displaystyle{P,Q} είναι συζυγή του σημείου \displaystyle{M} ως προς τον κύκλο \displaystyle{(K)}.
Άρα ανήκουν στην πολική \displaystyle{(p)} του σημείου αυτού ως προς τον κύκλο αυτό.

Η πολική αυτή τέμνει τη διάμετρο του κύκλου που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{M}
στο σημείο \displaystyle{M_o} το οποίο είναι το συζυγές αρμονικό του \displaystyle{M} ως προς τα σημεία \displaystyle{E,G}.(1)

Ακόμα:
Τα σημεία \displaystyle{R_1, R_2} στα οποία η πολική τέμνει τον κύκλο είναι σημεία επαφής των
εφαπτομένων που άγονται από το σημείο \displaystyle{M} προς τον κύκλο αυτό. (2)


Κώστας Δόρτσιος


Grigoris K.
Δημοσιεύσεις: 926
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 27, 2011 8:12 pm

Re: Από "Mathematical Reflections"

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Grigoris K. » Πέμ Μάιος 10, 2012 3:22 pm

Ευχαριστώ κ. Δόρτσιο που ασχοληθήκατε με το πρόβλημα. Οι πολικές μας "λύνουν" τα χέρια σε τέτοια θέματα.
Αναρωτιέμαι, όμως, αν θα μπορούσαμε να βρούμε μία λύση με στοιχειώδη μέσα.
Χμμμ η άσκηση προφανώς χρειάζεται τον "Στάθη" της! :D


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Μάιος 10, 2012 4:45 pm

Grigoris K. έγραψε:...Χμμμ η άσκηση προφανώς χρειάζεται τον "Στάθη" της! :D
Γρηγόρη, καλό. :coolspeak:

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ίσως είναι μία καλή ευκαιρία να δούμε πως προσεγγίζεται με στοιχειώδη μέσα, η θεωρία περί Πόλων και Πολικών.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Από "Mathematical Reflections"

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Μάιος 10, 2012 9:23 pm

vittasko έγραψε:
Grigoris K. έγραψε:...Χμμμ η άσκηση προφανώς χρειάζεται τον "Στάθη" της! :D
Γρηγόρη, καλό. :coolspeak:

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ίσως είναι μία καλή ευκαιρία να δούμε πως προσεγγίζεται με στοιχειώδη μέσα, η θεωρία περί Πόλων και Πολικών.
Φίλοι μου σας ευχαριστώ για την εκτίμηση που μου δείχνετε αλλά ο σταυρός που μου "φορτώνεται" "φαίνεται" να είναι βαρύς και
μάλλον χρειάζεται το χαλαρότερο Σαββατοκύριακο. Εκ πρώτης όψεως έχω κάτι κατά νου :D και πιστεύω να μην σας απογοητεύσω.
Οψόμεθα!!!...

Με ΕΚΤΙΜΗΣΗ

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 2544
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Από "Mathematical Reflections"

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Παρ Μάιος 11, 2012 9:14 am

Πολική 1.PNG
Πολική 1.PNG (13.92 KiB) Προβλήθηκε 5544 φορές
Συμπληρώνοντας το θέμα "περί πολικής" που σχετίζεται με τη λύση που ανάρτησα
αναφέρω μια "πρόταση κλειδί":

"Αν το σημείο \displaystyle{N} είναι το συζυγές του \displaystyle{M} ως προς τον κύκλο \displaystyle{(K)} τότε:
ο κύκλος με διάμετρο την \displaystyle{MN} τέμνει πάντα τον αρχικό κύκλο ορθογώνια"


Συμπέρασμα: Το σημείο \displaystyle{M_o} είναι σταθερό, άρα και η κάθετος σ' αυτό επί την \displaystyle{MK} είναι σταθερή(η πολική)

κι ακόμα:
"Αν \displaystyle{N} τυχαίο σημείο της πολικής τότε ο κύκλος με διάμετρο την \displaystyle{MN} τέμνει τον αρχικό ορθογώνια"

Αυτό μπορείτε να το δείτε στο δυναμικό σχήμα όπου φαίνεται και η περίπτωση των εφαπτομένων που άγονται από το σημείο \displaystyle{M} προς
τον κύκλο \displaystyle{(K)} που εφάπτονται στα σημεία τομής της πολικής με τον κύκλο.
Πολική 2.PNG
Πολική 2.PNG (9.51 KiB) Προβλήθηκε 5544 φορές
Πολική 3(δυναμικό).fig
(2.72 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές
Κώστας Δόρτσιος


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Μάιος 11, 2012 10:49 am

Καλό είναι να συγκεντρώσουμε εδώ όσες προτάσεις έχουμε υπόψη μας που προσεγγίζουν τη θεωρία Πολικών με στοιχειώδη μέσα και αργότερα να δούμε πως μπορεί να γίνει τακτοποίησή τους σε ενιαίο κείμενο.

Πολλές φορές έχω σκεφτεί να κάνω κάτι τέτοιο, αλλά αυτά που έχω κατά νου είναι σκόρπια εδώ και κεί και δεν είναι εύκολο για μένα ( σαν δραστηριότητα ) να τα οργανώσω σε κάποιο αρχείο, εύληπτο στον μέσο αναγνώστη ο οποίος δεν είναι εξοικειωμένος με αυτό το αντικείμενο.

ΠΡΟΤΑΣΗ 1. - Δίνεται κύκλος (O) με διάμετρο AB και έστω P, τυχόν σημείο στην προέκταση της ευθείας AB προς το μέρος του A. Έστω S,\ T, τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του κύκλου (O) από το σημείο P και έστω το σημείο Q\equiv AB\cap ST. Αποδείξτε ότι η σημειοσειρά P,\ A,\ Q,\ B είναι αρμονική.
f=112_t=25962.PNG
Πολικές - Πρόταση 1.
f=112_t=25962.PNG (13.5 KiB) Προβλήθηκε 5496 φορές
Απόδειξη. - Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει \displaystyle \frac{PA}{PB} = \frac{QA}{QB}\ \ \ ,(1)

Φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου (O) στα σημεία A,\ B οι οποίες τέμνουν την ευθεία PT, στα σημεία έστω M,\ N, αντιστοίχως.

Από AM\parallel QT\parallel BN, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε :

\displaystyle \frac{PA}{PB} = \frac{AM}{BN} = \frac{TM}{TN} = \frac{QA}{QB}, γιατί ισχύει AM = TM και BN = TN και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

\bullet Το ζητούμενο προκύπτει άμεσα και από το ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle SOP, όπου O είναι το κέντρο του (O) και όπου SQ\perp PO.

Πράγματι, είναι γνωστό ότι (OQ)(OP) = (OS)^{2} \Longrightarrow (OQ)(OP) = (OA)^{2} = (OB)^{2}\ \ \ ,(2)

Από (2), σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, συμπεραίνεται ότι η σημειοσειρά P,\ A,\ Q,\ B είναι αρμονική.

\bullet Αποδείχθηκε δηλαδή, ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (O) από το σημείο P, κάθετη ως γνωστό επί την ευθεία που συνδέει το P με το κέντρο O του (O), τέμνει αυτή την ευθεία στο σημείο Q, ως το αρμονικό συζυγές του P ως προς τα A,\ B, όπου A\equiv (O)\cap PO και B\equiv (O)\cap PO.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 6165
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Μάιος 11, 2012 3:08 pm

Μια διαπραγμάτευση με βάση τις γνώσεις, ορθόκεντρο, ομοιότητα, αρμονικά συζυγή σημείων.
Τα K, L είναι ορθόκεντρα των αντίστοιχων τριγώνων.
Από τα πλήρη τετράπλευρα IAKBGH, JSLCHG, παίρνουμε την ταύτιση των
Q,Q΄ όταν Q \equiv IK \cap EH,\quad Q{'}  \equiv JL \cap EH.
Είναι σαφές πλέον ότι τα σημεία I, K, Q, L, J είναι συνευθειακά.
Από τα αρμονικά συζυγή παίρνουμε:
OG^2  = OQ \cdot OE \Rightarrow OM^2  = OQ \cdot OE \Rightarrow OM \bot EM
Συνημμένα
armonica sizigi.png
armonica sizigi.png (31.78 KiB) Προβλήθηκε 5466 φορές


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
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 6165
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Μάιος 11, 2012 3:26 pm

Είναι δυνατό, στο σχήμα που ακολουθεί, να αποδειχθεί ότι τα σημεία Q, E είναι αρμονικά συζυγή των σημείων G, H με πλέον στοιχειώδη τρόπο από εκείνο του πλήρους τετραπλεύρου ICKBGH;

(*) Ας μην δείτε άμεσα την απόκρυψη.
Συνημμένα
sssssdddddfffff.png
sssssdddddfffff.png (19.77 KiB) Προβλήθηκε 5454 φορές


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
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Μάιος 11, 2012 4:02 pm

ΠΡΟΤΑΣΗ 2. - Δίνεται κύκλος (O) και σημείο P στο εξωτερικό του. Έστω S,\ T, τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (O) από το σημείο P και C,\ D, τα σημεία τομής του (O), από τυχούσα ευθεία δια του σημείου P και ας είναι το C μεταξύ των P,\ D. Αποδείξτε ότι η σημειοσειρά P,\ C,\ R,\ D είναι αρμονική, όπου R\equiv ST\cap PCD.
f=112_t=25962(a).PNG
Πολικές - Πρόταση 2.
f=112_t=25962(a).PNG (26.11 KiB) Προβλήθηκε 5291 φορές
Απόδειξη. - Έστω AB, η διάμετρος του κύκλου (O) που περνάει από το σημείο P ( το A μεταξύ των P,\ O ) και έστω τα σημεία E\equiv AC\cap BD και H\equiv AD\cap BC.

Από AD\perp EB και BC\perp EA προκύπτει ότι το H ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle EAB και άρα έχουμε EH\perp AB\ \ \ ,(1)

Η ευθεία EH τώρα, ως η διαγώνια του πλήρους τετραπλεύρου ECHDAB, περνάει από το σημείο Q επί της AB, ως το αρμονικό συζυγές του P ως προς τα A,\ B και άρα, λόγω της (1), ταυτίζεται με την ευθεία ST, σύμφωνα με την Πρόταση 1.

Στο ως άνω πλήρες τετράπλευρο, συμπεραίνεται ότι η σημειοσειρά P,\ C,\ R,\ D, όπου R\equiv CD\cap EH\equiv ST, είναι αρμονική και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

\bullet Είναι προφανές ότι το σημείο \var R ως το αρμονικό συζυγές του P ως προς τα C,\ D, καθώς μεταβάλλεται η δια του P τέμνουσα τον κύκλο (O) ευθεία PCD, κινείται επί της χορδής ST, με οριακές θέσεις τα σημεία S,\ T.

Η χορδή ST, ως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων R, είναι η Πολική ευθεία του σημείου P, ως προς τον κύκλο (O), αλλά έτσι ορίζεται ολόκληρη η ευθεία ST, παρ' όλο που μετα τις οριακές θέσεις PS,\ PT, οι ευθείες δια του P δεν τέμνουν τον κύκλο (O).

Υπάρχει μία άλλη ιδιότητα του σημείου \var R και στην οποία αναφέρθηκε ο Κώστας (KDORTSI) πιο πάνω, η οποία ισχύει για κάθε θέση του \var R του επί της ευθείας ST ( ως το σημείο τομής της ευθείας ST, από τυχούσα ευθεία δια του P ).
f=112_t=25962(b).PNG
Πολικές - Πρόταση 2 - Ο μεταβλητός κύκλος (K) τέμνει ορθογώνια τον (Ο).
f=112_t=25962(b).PNG (26.73 KiB) Προβλήθηκε 5285 φορές
Πράγματι, λόγω της αρμονικής σημειοσειράς P,\ C,\ R,\ D, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, ισχύει (KC)(KD) = (KP)^{2} = (KR)^{2}\ \ \ ,(2) όπου K είναι το μέσον του τμήματος PR.

Δηλαδή, ο κύκλος (K) με διάμετρο το PR, τέμνει ορθογώνια τον δοσμένο κύκλο (O) και το ίδιο ισχύει, όπως αποδεικνύεται εύκολα, για κάθε σημείο επί της ευθείας ST.

Πράγματι, εάν R' είναι τυχόν σημείο επί της ευθείας ST και στο εξωτερικό μέρος του κύκλου (O), ο κύκλος έστω (K') με διάμετρο το PR', έχει κοινή χορδή με τον (K) το τμήμα PQ και προφανώς τα κέντρα αυτών των κύκλων ανήκουν στη μεσοκάθετη ευθεία του PQ.
f=112_t=25962(ba).PNG
Πολικές - Πρόταση 2 - Ο μεταβλητός κύκλος (Κ') τέμνει ορθογώνια τον (Ο).
f=112_t=25962(ba).PNG (30.33 KiB) Προβλήθηκε 5155 φορές
Από K'K\perp PO \Longrightarrow (K'O)^{2} - (K'P)^{2} = (KO)^{2} - (KP)^{2}\ \ \ ,(3)

Αλλά, λόγω της ορθογωνιότητας των κύκλων (K),\ (O), ισχύει (KO)^{2} = (KX)^{2} + (OX)^{2}\ \ \ ,(4)

Από (3),\ (4) \Longrightarrow (K'O)^{2} = (K'P)^{2} + (KX)^{2} + (OX)^{2} - (KP)^{2} = (K'P)^{2} + (OA)^{2}\ \ \ ,(5) γιατί KX = KP και OX = OA.

Από (5) συμπεραίνεται η ορθογωνιότητα των κύκλων (K'),\ (O), αφού αποδείχθηκε ότι το τετράγωνο της διακέντρου τους, ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των ακτίνων τους.

\bullet Άρα, η ευθεία ST, ως ο γεωμετρικός τόπος του σημείου \var R για το οποίο ο κύκλος διαμέτρου PR τέμνει ορθογώνια τον (O), ορίζεται ως η Πολική ευθεία του σημείου P, ως προς τον κύκλο (O) και είναι μοναδική για το σημείο P.

\bullet Το σημείο P, ονομάζεται Πόλος της ευθείας ST ως προς τον κύκλο (O) και είναι μοναδικός για την ευθεία ST.

\bullet Τα σημεία P,\ R, ονομάζονται Συζυγή σημεία ως προς τον κύκλο (O). Δύο σημεία δηλαδή, είναι Συζυγή ως προς δοσμένο κύκλο, αν ο κύκλος με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα σημεία αυτά, τέμνει ορθογώνια τον δοσμένο κύκλο.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 6165
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Μάιος 11, 2012 4:23 pm

vittasko έγραψε:...ΠΡΟΤΑΣΗ 2. - Δίνεται κύκλος (O) και σημείο P στο εξωτερικό του. Έστω S,\ T, τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (O) από το σημείο P και C,\ D, τα σημεία τομής του (O), από τυχούσα ευθεία δια του σημείου P και ας είναι το C μεταξύ των P,\ D. Αποδείξτε ότι η σημειοσειρά P,\ C,\ R,\ D είναι αρμονική, όπου R\equiv ST\cap PCD.
Κώστας Βήττας.
Και μία άλλη προσέγγιση:
MR \cdot MP =MR^2+MR \cdot RP= MR^2  + OC^2  - OR^2  = MC^2,
λόγω του γεγονότος ότι το σημείο R είναι σημείο του ριζικού άξονα των κύκλων (O) και εκείνου με διάμετρο το ευθ. τμήμα PO.
Συνημμένα
abjkpo.png
abjkpo.png (16.56 KiB) Προβλήθηκε 5396 φορές


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.
dimitris.ligonis
Δημοσιεύσεις: 103
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2011 11:55 am

Re: Από "Mathematical Reflections"

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimitris.ligonis » Παρ Μάιος 11, 2012 6:22 pm

Καλησπέρα σε όλους.Όσον αφορά το ερώτημα που έθεσε ο κύριος Λουρίδας:

Από θεώρημα Μενελάου με διατέμνουσα την \displaystyle EB : \frac{EG}{EH} \cdot   \frac{BH}{BI} \cdot \frac{CI}{CG} =1 (1)

Απο θεώρημα Ceva :\displaystyle \frac{QG}{QH} \cdot   \frac{BH}{BI} \cdot \frac{CI}{CG} =1 (2)

Έπεται εύκολα το ζητούμενο...

Edit: Μικρή διόρθωση μετά από υπόδειξη του κύριου Βήττα τον οποίον και ευχαριστώ
τελευταία επεξεργασία από dimitris.ligonis σε Παρ Μάιος 11, 2012 9:02 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Δημήτρης
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 6165
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Μάιος 11, 2012 8:54 pm

Καλώς Δημήτρη.
Απλά να αναφέρω ότι το πρόβλημα αυτό δεν είναι ισχύον μόνο για ορθόκεντρο, αλλά για κάθε τριάδα "Σεβιανών".


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
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Μάιος 12, 2012 12:18 pm

ΠΡΟΤΑΣΗ 3. - Δίνεται κύκλος (O) και σημείο P στο εξωτερικό του. Έστω S,\ T, τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (O) από το σημείο P και C,\ D και C',\ D', τα ζεύγη των σημείων τομής του (O), από δύο τυχούσες ευθείες δια του P ( το σημείο C μεταξύ των P,\ D και το σημείο C' μεταξύ των P,\ D' ). Αποδέιξτε ότι το σημείο Z\equiv CD'\cap C'D ανήκει στην ευθεία ST.
f=112_t=25962(c).PNG
Πολικές - Πρόταση 3.
f=112_t=25962(c).PNG (26.87 KiB) Προβλήθηκε 5242 φορές
Απόδειξη. - Έστω τα σημεία E\equiv CC'\cap DD' και R\equiv ST\cap CD και R'\equiv ST\cap C'D' και σύμφωνα με την Πρόταση 2, έχουμε ότι οι σημειοσειρές P,\ C,\ R,\ D και P,\ C',\ R',\ D' είναι αρμονικές.

Στο πλήρες τετράπλευρο EC'ZD'CD τώρα, έχουμε ότι η ευθεία EZ περνάει από τα σημεία R,\ R'.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι EZ\equiv RR' \Longrightarrow EZ\equiv ST και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

\bullet Είναι φανερό ότι το αρχικό πρόβλημα που έχει τεθεί από τον Γρηγόρη (Grigoris K.), αποδεικνύεται ως άμεση εφαρμογή της Πρότασης 3.

\bullet Παρατηρούμε ότι στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο CDD'C', η Πολική ευθεία του σημείου P\equiv CD\cap C'D' ( = του σημείου τομής των απέναντι πλευρών του CD,\ C'D' ), ως προς τον περίκυκλό του (O), είναι κάθετη επί την PO ( = την ευθεία που συνδέει το P με το κέντρο του (O) ), σε συγκεκριμένο σημείο Q\in PO ( = το αρμονικό συζυγές του P, ως προς τα σημεία A,\ B, τομής του (O), από την ευθεία PO ) και περνάει από το σημείο E\equiv CC'\cap DD' ( = το σημείο τομής των δύο άλλων απέναντι πλευρών του CDD'C' ).

Ομοίως, η ευθεία που συνδέει τα P,\ Z, είναι η Πολική ευθεία του E ως προς τον (O), η οποία τέμνει κάθετα την ευθεία EO, στο αρμονικό συζυγές του E ως προς τα σημεία τομής του (O), από την ευθεία EO.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Μάιος 12, 2012 3:50 pm

ΠΡΟΤΑΣΗ 4. - Δίνεται κύκλος (O) και σημείο P στο εξωτερικό του. Έστω S,\ T, τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (O) από το σημείο P και C,\ D, τα σημεία τομής του (O), από τυχούσα ευθεία δια του P ( το σημείο C μεταξύ των P,\ D ). Αποδέιξτε ότι το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου (O) στα σημεία C,\ D, ανήκει στην ευθεία ST.
f=112_t=25962(d).PNG
Πολικές - Πρόταση 4.
f=112_t=25962(d).PNG (30.46 KiB) Προβλήθηκε 5179 φορές
Απόδειξη. - Έστω τα σημεία R\equiv ST\cap CD και Q\equiv AB\cap ST, όπου AB είναι η διάμετρος του κύκλου (O) που περνάει από το σημείο P

Έχει αποδειχθεί μέχρι τώρα, ότι οι σημειοσειρές P,\ A,\ Q,\ B και P,\ C,\ R,\ D είναι αρμονικές και ας είναι (K), ο κύκλος με διάμετρο το PR.

Έστω τα σημεία E\equiv (K)\cap OR και F\equiv ST\cap PE και Z\equiv OF\cap PR, όπου O είναι το κέντρο του δοσμένου κύκλου (O).

Θα αποδείξουμε ότι οι ευθείες FC,\ FD, είναι εφαπτόμενες του κύκλου (O).

\bullet Από FQ\perp PO και OE\perp PF, λόγω της διαμέτρου PR στον κύκλο (K), προκύπτει ότι το σημείο R ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle FOP και άρα έχουμε PL\perp OF\ \ \ ,(1)

Από (1) προκύπτει ότι η OF είναι μεσοκάθετη του CD και άρα ισχύει FC = FD\ \ \ ,(2)

Το τετράπλευρο FPQL τώρα, είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (L) με διάμετρο το PF και άρα, για το σημείο O\equiv PQ\cap FZ ισχύει (OZ)(OF) = (OQ)(OP)\ \ \ ,(3)

Αλλά, (OQ)(OP) = (OA)^{2} = (OB)^{2} λόγω της αρμονικής σημειοσειράς P,\ A,\ Q,\ B και άρα ισχύει (OQ)(OP) = (OD)^{2}\ \ \ ,(4)

Από (3),\ (4) \Longrightarrow (OZ)(OF) = (OD)^{2}\ \ \ ,(5)

Από (5) συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο \vartriangle DOF είναι ορθογώνιο στο D και άρα η ευθεία FD είναι εφαπτομένη του κύκλου (O).

Ομοίως για την ευθεία FC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

\bullet Η Πρόταση 4 αποδεικνύεται εύκολα, ως άμεση εφαρμογή του Θεωρήματος Pascal στο εγγεγραμμένο εξάγωνο.
f=112_t=25962(e).PNG
Πολικές - Πρόταση 4 - Απόδειξη με το θεώρημα Pascal.
f=112_t=25962(e).PNG (28.7 KiB) Προβλήθηκε 5169 φορές
Πράγματι, στον κύκλο (O), εάν θεωρήσουμε το εκφυλισμένο εγγεγραμμένο μη κυρτό εξάγωνο ACC'BDD', όπου με C'\equiv C,\ D'\equiv D και παραδοχή ως CC',\ DD', των εφαπτομένων του (O) στα σημεία C,\ D αντιστοίχως, σύμφωνα με το Θεώρημα Pascal, συμπεραίνεται ότι τα σημεία E\equiv AC\cap BD και F\equiv CC'\cap DD' και H\equiv C'B\cap D'A, είναι συνευθειακά.

Έχει αποδειχθεί όμως με τα προηγούμενα ( Πρόταση 2 ), ότι τα σημεία E,\ H ανήκουν στην ευθεία ST και το ζητούμενο έπεται.

\bullet Με όσα έχουν αναφερθεί μέχρι τώρα, προκύπτει άμεσα το παρακάτω βασικό θεώρημα στις Πολικές.

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Εάν η Πολική ευθεία σημείου P ως προς δοσμένο κύκλο (O), περνάει από σημείο έστω F, τότε και η Πολική ευθεία του σημείου F ως προς τον ίδιο κύκλο, περνάει από το σημείο P.

Πράγματι, η ευθεία CD στο σχήμα, είναι η Πολική ευθεία του σημείου F ως προς τον κύκλο (O), αφού συνδέει τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (O) από το σημείο F και περνάει από το P. Το ίδιο προφανώς ισχύει, για κάθε σημείο της ευθείας ST, της Πολικής ευθείας του P ως προς τον κύκλο (O).

\bullet Οι ευθείες ST και CD, που η κάθε μία περνάει από τον Πόλο της άλλης, ονομάζονται Συζυγείς ευθείες ως προς τον κύκλο (O) και οι Πόλοι τους προφανώς, είναι Συζυγή σημεία ως προς τον ίδιο κύκλο ( = ο κύκλος με διάμετρο τα σημεία αυτά, τέμνει ορθογωνίως τον (O) ).

ΣΧΟΛΙΟ. - Τονίζεται ότι στα στοιχειώδη μέσα με τα οποία προσεγγίζονται μέχρι τώρα, διάφορα αποτελέσματα της θεωρίας των Πολικών, περιλαμβάνονται τα Θεωρήματα Μενελάου και Ceva, μέχρι και τα Αρμονικά συζυγή.

Νομίζω όμως ότι και πιο πέρα από αυτά, όπως για παράδειγμα, τα Θεωρήματα Desarques, Pascal και τα άλλα γνωστά "επώνυμα" θεωρήματα, θα πρέπει να θεωρούνται ως στοιχείωδη μέσα, για την απόδειξη πιο σύνθετων προτάσεων.

Κώστας Βήττας.


Ζήνων Λυγάτσικας
Δημοσιεύσεις: 77
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Από "Mathematical Reflections"

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ζήνων Λυγάτσικας » Κυρ Μάιος 13, 2012 1:02 pm

Αν αλλάξουμε τον κύκλο με έλλειψη στο αρχικό πρόβλημα, ισχύουν τα ίδια συμπεράσματα.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2288
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Από "Mathematical Reflections"

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Κυρ Μάιος 13, 2012 9:02 pm

Ζήνων Λυγάτσικας έγραψε:Αν αλλάξουμε τον κύκλο με έλλειψη στο αρχικό πρόβλημα, ισχύουν τα ίδια συμπεράσματα.
... και με έλειψη, και με κάθε κωνική. Ισχύουν και για τη πολική σημείου ως προς δύο ευθείες.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Μάιος 14, 2012 1:17 pm

Εξετάσαμε μέχρι τώρα την Πολική του σημείου P ως προς δοσμένο κύκλο (O), όταν το P βρίσκεται στο εξωτερικό μέρος του (O).

Για τυχόν σημείο στο εσωτερικό μέρος του (O), εργαζόμαστε με παρόμοιο τρόπο και οι αποδείξεις είναι το ίδιο απλές.

\bullet Πράγματι, έστω Q τυχόν σημείο στο εσωτερικό του (O) και ας είναι AB η διάμετρος του (O) που περνάει από το Q και έστω το Q μεταξύ των A,\ O, όπου O είναι το κέντρο του (O).

Η δια του Q κάθετη ευθεία επί την AB, τέμνει τον κύκλο (O) στα σημεία έστω S,\ T και έστω P, το σημείο τομής των εφαπτομένων του (O), στα σημεία S,\ T.

Το σημείο P ανήκει στην ευθεία AB και σύμφωνα με την Πρόταση 1, η σημειοσειρά P,\ A,\ Q,\ B είναι αρμονική και άρα ( Θεώρημα Newton ), ισχύει (OQ)(OP) = (OA)^{2} = (OB)^{2}\ \ \ ,(1)
f=112_t=25962(f).PNG
Πολικές - Πολική ευθεία σημείου Q, στο εσωτερικό του δοσμένου κύκλου (O).
f=112_t=25962(f).PNG (34.29 KiB) Προβλήθηκε 5032 φορές
\bullet Φέρνουμε τυχούσα ευθεία δια του σημείου Q, η οποία τέμνει τον (O) στα σημεία έστω C,\ D και έστω R, το αρμονικό συζυγές του Q, ως προ τα C,\ D ( το C μεταξύ των R,\ Q ).

Φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου (O) από το σημείο R και έστω S',\ T', τα σημεία επαφής.

Η ευθεία S'T' τέμνει κάθετα την PO στο σημείο έστω Χ και σύμφωνα με την Πρόταση 1, η σημειοσειρά R,\ A',\ X,\ B' είναι αρμονική

και ισχύει (OX)(OR) = (OA')^{2} = (OB')^{2}\ \ \ ,(2) όπου A',\ B', είναι τα σημεία τομής του (O) από την ευθεία RO και ας είναι το A' μεταξύ των R,\ O.

Η ευθεία S'T' τώρα, σύμφωνα με την Πρόταση 2, περνάει από το σημείο Q, ως το αρμονικό συζυγές του R ως προς τα C,\ D.

Από (1),\ (2)\ \ \Longrightarrow\ \ (OQ)(OP) = (OX)(OR)\ \ \ ,(3) και άρα, το τετράπλευρο PQXR είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K) με διάμετρο το QR,

γιατί ισχύει \angle RXQ = 90^{o} από RO\perp S'T' και συμπεραίνεται έτσι, ότι \angle RPQ = 90^{o} \Longrightarrow RP\perp PQ.

\bullet Το σημείο R δηλαδή, ως το αρμονικό συζυγές του Q ως προς τα σημεία C,\ D, τομής του δοσμένου κύκλου (O) από τυχούσα ευθεία δια του Q, ανήκει στην κάθετη ευθεία έστω (\delta) επί την OQ, στο σημείο P\in OQ, που προσδιορίζεται ως το αρμονικό συζυγές του Q, ως προς τα σημεία A,\ B, τομής του (O) από την ευθεία OQ.

Η (\delta)\equiv RP είναι η Πολική ευθεία του ( εσωτερικού ) σημείου Q ως προς τον κύκλο (O).

\bullet Για το σημείο R, λόγω της αρμονικής σημειοσειράς R,\ C,\ Q,\ D, ισχύει επίσης το ότι ο κύκλος (K) με διάμετρο το RQ, τέμνει ορθογώνια τον (O).

\bullet Οι Πολικές ευθείες των σημείων της ευθείας (\delta) ως προς τον κύκλο (O), περνάνε από το σημείο Q ( = το αρμονικό συζυγές του P ως προς τα A,\ B, όπου P είναι η προβολή του κέντρου O του (O) επί της (\delta) και A,\ B, τα σημεία τομής του (O) από την ευθεία PO ).

Αντιστρόφως, οι Πόλοι των ευθειών που συντρέχουν στο σημείο Q, ανήκουν στην Πολική ευθεία (\delta) του Q ως προς τον κύκλο (O).

Αυτό είναι ένα κριτήριο της θεωρίας των Πολικών, για την απόδειξη προτάσεων όπου το ζητούμενο είναι τρία συνευθειακά σημεία ή τρεις συντρέχουσες ευθείες.

\bullet Δείτε Εδώ μία εμπνευσμένη εφαρμογή αυτού του κριτηρίου, από τον Παναγιώτη Λώλα.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Μάιος 14, 2012 4:26 pm

ΠΡΟΤΑΣΗ ΕΦΑΡΜΟΓΗΣ 1. - Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, η ευθεία που συνδέει το περίκεντρο με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλερών του.
f=112_t=25962(g).PNG
Πολικές - Πρόταση εφαρμογής 1.
f=112_t=25962(g).PNG (26.41 KiB) Προβλήθηκε 4956 φορές
Απόδειξη. Έστω το τετράπλευρο ABCD, εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και έστω τα σημεία E\equiv AB\cap CD και Z\equiv BC\cap AD και P\equiv AC\cap BD.

Η ZP είναι η Πολική ευθεία του E ως προς τον (O) και ομοίως, η EP είναι η Πολική ευθεία του Z, ως προς τον (O).

Επειδή τώρα, οι ευθείες αυτές περνάνε από το P, συμπεραίνεται ότι τα σημεία E,\ Z ( = οι Πόλοι των ευθείών ZP,\ EP αντιστοίχως ), ανήκουν στην Πολική ευθεία του σημείου P ως προς τον κύκλο (O) και άρα, κάθετη επί την ευθεία OP, που είναι το ζητούμενο.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η ομορφιά της θεωρίας των Πολικών, είναι στο ότι δεν απαιτούνται μετρικές σχέσεις για την τεκμηρίωση αρκετών ενδιάμεσων συμπερασμάτων, με αποτέλεσμα σύντομες και κομψές αποδείξεις.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2283
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: Από "Mathematical Reflections"

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Μάιος 15, 2012 12:34 am

ΠΡΟΤΑΣΗ ΕΦΑΡΜΟΓΗΣ 2. - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, η ευθεία που συνδέει το έγκεντρο με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του.
f=112_t=25962(ga).PNG
Πολικές - Πρόταση εφαρμογής 2.
f=112_t=25962(ga).PNG (29.91 KiB) Προβλήθηκε 4890 φορές
Απόδειξη. Έστω το τετράπλευρο ABCD, περιγεγραμμένο περί τον κύκλο έστω (I) και έστω τα σημεία E\equiv AB\cap CD και Z\equiv BC\cap AD και P\equiv AC\cap BD.

Έστω Q,\ Q', τα σημεία επαφής του κύκλου (I) στις πλευρές AB,\ CD αντιστοίχως και R,\ R', τα σημεία επαφής του στις πλευρές BC,\ AD, αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το Θεώρημα Newton (a), οι χορδές QQ',\ RR' του (I), περνάνε από το σημείο P και επειδή ταυτίζονται με τις Πολικές ευθείες των σημείων E,\ Z, αντιστοίχως, ως προς τον κύκλο (I), συμπεραίνεται ότι τα σημεία E,\ Z ( = οι Πόλοι των QQ',\ RR', αντιστοίχως ), ανήκουν στην Πολική ευθεία του σημείου P ως προς τον κύκλο (I), κάθετη επί την ευθεία IP που είναι και το ζητούμενο.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ. - Άμεσο συμπέρασμα των Προτάσεων εφαρμογής 1 και 2, είναι το παρακάτω γνωστό θεώρημα :

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Έάν ένα τετράπλευρο έχει εγγεγραμμένο και περιγεγραμμένο κύκλο, τότε τα κέντρα των δύο κύκλων και το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι συνευθειακά.

Κώστας Βήττας.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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