Χαρακτηρισμός γωνίας

Ιστοσελίδα · #1

Στο ακόλουθο συνημμένο (ΟΞΕΙΑ.ggb), το οποίο στέλνει ο κύριος Απόστολος Μπαρτζόπουλος, ζητείται να χαρακτηριστεί το μέτρο της γωνίας I'AI

. Πώς θα τη χαρακτηρίζατε τη γωνία αυτή; Τυχαία, δοσμένη, με κάποιο άλλο χαρακτηρισμό ίσως;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Για τη μεταφορά του email: Μιχάλης Νάννος

KARKAR · #2

: Ουράνια.png (15.11 KiB) Προβλήθηκε 7230 φορές

Εδώ γίνονται πράματα και θάματα ! Θα μου επιτρέψει ο συντάκτης της άσκησης ( που κατά το

ένστικτό μου έκανε μια σπουδαία ανακάλυψη ) , να διατυπώσω κάπως διαφορετικά το θέμα :

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με AB=8 , AC=6

, γράφουμε τεταρτοκύκλιο

ακτίνας

, το οποίο τέμνει την υποτείνουσα στο μέσο της

και σε σημείο

.

α) Υπολογίστε το τμήμα

..... β) Η μεσοκάθετος του

τέμνει το τόξο στο

.

Δείξτε ότι : $\widehat{IAK}=2\widehat{KAC}$ .

Ιστοσελίδα · #3

Προωθώ ένα καινούριο σχήμα που μου έστειλε ο κ. Απόστολος. Η γωνία $\Lambda '{\rm A}\Lambda$ είναι ίση με το ένα τρίτο της μη κυρτής γωνίας ${\rm I}'{\rm A}{\rm I}$ .

nmarz · #4

Δίνοντας τα εύσημα και εγώ με τη σειρά μου στον κ. Μπαρτζόπουλο για την όμορφη ιδέα του, να μου επιτρέψετε να «ντύσω» με λόγια την κατασκευή του στο Geogebra ώστε να μας είναι πιο προσιτή. Θα ήθελα επίσης, να παρακαλέσω πιο έμπειρους (Μπ. Στεργίου,Γ. Μπαλόγλου, A. Πούλο, Μ. Χατζόπουλο κ.α.) και τους περισσότερο εξοικειωμένους στο θέμα της τριχοτόμησης, να εξετάσουν με "ανοιχτό μυαλό" την κατασκευή αυτή και να φωτίσουν με τις επισημάνσεις τους εμάς τους νεότερους για το τι ακριβώς βλέπουμε σε αυτή («υπό συνθήκες» τριχοτόμηση?, τίποτα?)
Κατασκευή:
Με κέντρο Α και ακτίνα ΑΔ γράφουμε κύκλο και έστω Β το αντιδιαμετρικό του Δ. Φέρουμε μεσοκάθετο (ε) του ευθύγραμμου τμήματος ΔΒ όπου τέμνει τον κύκλο στο σημείο Γ. Με κέντρο Δ και ακτίνα ΔΒ γράφουμε άλλον κύκλο που τέμνει την (ε) στο σημείο Ζ (προς το ίδιο μέρος με το Γ). Με κέντρο Γ και ίδια ακτίνα ρ=ΔΒ γράφουμε κύκλο όπου τέμνει στο Ε την προέκταση της ΒΔ προς το μέρος του Δ. Παίρνουμε σημείο Η εσωτερικό του τμήματος ΔΕ και γράφουμε κύκλο με κέντρο Η και ακτίνα ρ=ΔΒ όπου Θ το σημείο τομής του με την (ε) στο ημιεπίπεδο (ΔΒ, Γ). Παίρνουμε ευθύγραμμο τμήμα ΘΗ και έστω Ι, Λ τα σημεία τομής του με τον κύκλο (Α, ΑΔ). Θεωρούμε Ι΄ το συμμετρικό του Ι ως προς την (ε) και κατασκευάζουμε τη γωνία ΙΑΙ΄. Φέρουμε τη μεσοκάθετο του ΙΘ με Κ το σημείο τομής με τον κύκλο (Α, ΑΔ). Η γωνία ΙΑΚ είναι η ζητούμενη, δηλαδή ισούται με το ένα τρίτο της γωνίας ΙΑΙ΄.
Απόδειξη:
...
Διερεύνηση:
Ο κ. Απόστολος χρησιμοποιεί για την ισότητα των γωνιών το λογισμικό Geogebra, όπου μάλιστα μετακινώντας το σημείο Η με τον κέρσορα η κατασκευή του επιβεβαιώνεται για πολλές γωνίες.
Παρατήρηση:
Στην παραπάνω κατασκευή αν θεωρήσουμε Μ το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας ΔΑΓ με τον κύκλο (Α, ΑΔ) και φέρουμε εφαπτομένη στο Μ που τέμνει το τμήμα ΔΗ στο σημείο Ο. Τότε η γωνία ΙΑΙ΄ (που ''τριχοτομείται") είναι οξεία αν ΔΗ>ΔΟ και αντίστοιχα αμβλεία αν ΔΗ<ΔΟ.

KARKAR · #5

: Μπαρτζόπουλος.png (21.04 KiB) Προβλήθηκε 6787 φορές

Δουλεύουμε με συντεταγμένες και με διαδικασία - ρουτίνα , βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σχήματος .

Στη συνέχεια υπολογίζουμε τα $cos\phi , cos\theta$ χρησιμοποιώντας τα διανύσματα $\vec{OI}=\left(\dfrac{44}{25},\dfrac{117}{25} \right)$ ,

$\vec{OK}=\left(\dfrac{3\sqrt{3}-4}{2},\dfrac{4\sqrt{3}+3}{2} \right)$ , $\vec{OT}=\left(0,5 \right)$ . Με τον τύπο $cos\phi=\dfrac{\vec{OI}\cdot\vec{OK}}{\left|\vec{OI} \right|\cdot\left|\vec{OK} \right|}$ , βρίσκουμε

$cos\phi=\dfrac{24\sqrt{3}+7}{50}$ και $cos\theta=\dfrac{4\sqrt{3}+3}{10}$ . Αρκεί πλέον να είναι $cos\phi=2cos^2\theta-1$ . Και ναι είναι !!

Επιβεβαιώνεται λοιπόν η εικασία Μπαρτζόπουλου για τη συγκεκριμένη γωνία . Για τις υπόλοιπες γωνίες

και για το "εύρος ισχύος " , υποθέτω ότι μπορούμε , αν εργασθούμε παρόμοια , να βγάλουμε συμπεράσματα

αλλά ο όγκος των πράξεων είναι παράγοντας αποτρεπτικός

#6

Αγαπητοί φίλοι,
για την σχετική ενημέρωσή σας, σας κοινοποιώ παρακάτω το σχετικό μήνυμά μου, προς τον φίλο Απόστολο Μπαρτζόπουλο, μετά την διαμόρφωση της εικασίας του σε Θεώρημα και την απόδειξή του:

«Απόστολε Καλημέρα.
Τελικά βρήκα λίγο χρόνο και ασχολήθηκα με τον αξιόλογο προβληματισμό σου, που με την Geogebra σου προκύπτει.

Έτσι, αφού διαμόρφωσα τον προβληματισμό σου σε Θεώρημα, επέτυχα και την Καθαρά Θεωρητική Γεωμετρική Απόδειξή του, οπότε η εικασία σου, έλαβε σάρκα και οστά και έγινε Θεώρημα.

Το Θεώρημα αυτό με την απόδειξή του, έχω καταγράψει πρόχειρα και αφού τα καθαρογράψω, όταν βρω τον χρόνο, θα σου τα στείλω, ενώ θα φροντίσω παράλληλα να τα αναρτήσω και στον ιστότοπο mathematica.gr, στη θέση που είχε αναρτηθεί παλιότερα.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής

ΥΓ: Η προσπάθειά μου αυτή Απόστολε έγινε κατ’ εξαίρεση, παρά την μεγάλη έλλειψη χρόνου που έχω αυτόν τον καιρό, για να σε αμείψω για τη μεγάλη αγάπη σου στην Γεωμετρία, επειδή την εικασία σου αυτή την θεωρώ σημαντική, για τον κόπο που έκανες να έλθεις από την Αθήνα στο σπίτι μου στη Θεσσαλονίκη, να γνωρισθούμε και να μου παρουσιάσεις τον προβληματισμό σου, αλλά δεν σου κρύβω, και γι’ τον πειρασμό που με έβαλε ο πολύ αξιόλογος προβληματισμός σου».

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής

#7

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
για την σχετική ενημέρωσή σας, σας κοινοποιώ παρακάτω το σχετικό μήνυμά μου, προς τον φίλο Απόστολο Μπαρτζόπουλο, μετά την διαμόρφωση της εικασίας του σε Θεώρημα και την απόδειξή του:

«Απόστολε Καλημέρα.
Τελικά βρήκα λίγο χρόνο και ασχολήθηκα με τον αξιόλογο προβληματισμό σου, που με την Geogebra σου προκύπτει.

Έτσι, αφού διαμόρφωσα τον προβληματισμό σου σε Θεώρημα, επέτυχα και την Καθαρά Θεωρητική Γεωμετρική Απόδειξή του, οπότε η εικασία σου, έλαβε σάρκα και οστά και έγινε Θεώρημα.

Το Θεώρημα αυτό με την απόδειξή του, έχω καταγράψει πρόχειρα και αφού τα καθαρογράψω, όταν βρω τον χρόνο, θα σου τα στείλω, ενώ θα φροντίσω παράλληλα να τα αναρτήσω και στον ιστότοπο mathematica.gr, στη θέση που είχε αναρτηθεί παλιότερα.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής

ΥΓ: Η προσπάθειά μου αυτή Απόστολε έγινε κατ’ εξαίρεση, παρά την μεγάλη έλλειψη χρόνου που έχω αυτόν τον καιρό, για να σε αμείψω για τη μεγάλη αγάπη σου στην Γεωμετρία, επειδή την εικασία σου αυτή την θεωρώ σημαντική, για τον κόπο που έκανες να έλθεις από την Αθήνα στο σπίτι μου στη Θεσσαλονίκη, να γνωρισθούμε και να μου παρουσιάσεις τον προβληματισμό σου, αλλά δεν σου κρύβω, και γι’ τον πειρασμό που με έβαλε ο πολύ αξιόλογος προβληματισμός σου».

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής

Αγαπητοί φίλοι της Γεωμετρίας, Καλημέρα.
Με το παρακάτω συνημμένο μου 280, σας κάνω γνωστή την σχετική διαπραγμάτευσή μου, της εικασίας του φίλου Απόστολου Μπαρτζόπουλου, όπως σας έχω υποσχεθεί.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.
Στο κλειδωμένο μου θρεν με κατηγορούν άδικα επτά Μαθηματικοί που έχουν διαγράψει και την απολογία μου. Λέτε να γίνεται ρατσισμός και στο mathematica, από κάποιους Μαθηματικούς σε μη Μαθηματικούς; Ερώτηση κάνω:
ΕΔΩ
ποστ136, 137 και 138.
Δηλαδή: Στο κλειδωμένο μου θρεν συμβαίνει το εξής φρικτό: Τρεις (Ορισμένοι Μαθηματικοί) έχουν δέσει άδικα έναν (Μη μαθηματικό) χειροπόδαρα και άλλοι τέσσερις (Ορισμένοι Μαθηματικοί) τον χτυπάνε αδιάκοπα και χωρίς οίκτο. Δεν είναι απάνθρωπο; Ερώτηση κάνω.

#8

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
για την σχετική ενημέρωσή σας, σας κοινοποιώ παρακάτω το σχετικό μήνυμά μου, προς τον φίλο Απόστολο Μπαρτζόπουλο, μετά την διαμόρφωση της εικασίας του σε Θεώρημα και την απόδειξή του:

«Απόστολε Καλημέρα.
Τελικά βρήκα λίγο χρόνο και ασχολήθηκα με τον αξιόλογο προβληματισμό σου, που με την Geogebra σου προκύπτει.

Έτσι, αφού διαμόρφωσα τον προβληματισμό σου σε Θεώρημα, επέτυχα και την Καθαρά Θεωρητική Γεωμετρική Απόδειξή του, οπότε η εικασία σου, έλαβε σάρκα και οστά και έγινε Θεώρημα.

Το Θεώρημα αυτό με την απόδειξή του, έχω καταγράψει πρόχειρα και αφού τα καθαρογράψω, όταν βρω τον χρόνο, θα σου τα στείλω, ενώ θα φροντίσω παράλληλα να τα αναρτήσω και στον ιστότοπο mathematica.gr, στη θέση που είχε αναρτηθεί παλιότερα.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής

ΥΓ: Η προσπάθειά μου αυτή Απόστολε έγινε κατ’ εξαίρεση, παρά την μεγάλη έλλειψη χρόνου που έχω αυτόν τον καιρό, για να σε αμείψω για τη μεγάλη αγάπη σου στην Γεωμετρία, επειδή την εικασία σου αυτή την θεωρώ σημαντική, για τον κόπο που έκανες να έλθεις από την Αθήνα στο σπίτι μου στη Θεσσαλονίκη, να γνωρισθούμε και να μου παρουσιάσεις τον προβληματισμό σου, αλλά δεν σου κρύβω, και γι’ τον πειρασμό που με έβαλε ο πολύ αξιόλογος προβληματισμός σου».

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής

Αγαπητοί φίλοι της Γεωμετρίας, Καλημέρα.
Με το παρακάτω συνημμένο μου 280, σας κάνω γνωστή την σχετική διαπραγμάτευσή μου, της εικασίας του φίλου Απόστολου Μπαρτζόπουλου, όπως σας έχω υποσχεθεί.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι της Γεωμετρίας, Καλησπέρα.
Επαναφέρω το παρακάτω συνημμένο μου 280, σσυμπληρωμένω και με το σχετικό σχήμα του Θεωρήματος, όπως σας έχω υποσχεθεί.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.[/quote]

#9

Νίκο, πολύ ωραία.

Επαληθεύοντας την όμορφη απόδειξή σου, βρήκα μόνο ένα επουσιώδες τυπογραφικό για την μεσοκάθετη ευθεία του

( δεύτερη σελίδα, ένατη γραμμή ) και περιμένω με ενδιαφέρον τις επόμενες αναρτήσεις σου.

$\bullet$ Όπως και ο ίδιος αναφέρεις, με το θεώρημα αυτό δεν επιλύεται το γενικό πρόβλημα τριχοτόμησης τυχούσας οξείας γωνίας, που έχει αποδειχθεί ότι είναι αδύνατο με κανόνα και διαβήτη.

Όμως, όπως προκύπτει από την απόδειξη που μας έδωσες, εάν μας δίνεται η γωνία έστω $\boxed{O^{o}\leq \angle \phi < 60^{o}}\ \ \ ,(1)$ , τότε η γωνία έστω $\boxed{\displaystyle \angle \omega = 45^{o} - \frac{3\angle\phi}{4}}\ \ \ ,(2)$ κατασκευάζεται και τριχοτομείται με κανόνα και διαβήτη.

Δηλαδή, στο σχήμα σου, εάν μας δίνεται η γωνία $\angle DAM = \angle \phi$ , η γωνία $\angle BAD = \angle \omega$ κατασκευάζεται και όπως είδαμε τριχοτομείται.

Εάν τώρα, μας δίνεται η $\angle BAD = \angle \omega$

= τυχούσα οξεία γωνία

, δεν τριχοτομείται γιατί δεν κατασκευάζεται η $\angle DAM = \angle \phi$ , γιατί από $(2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \angle \phi = \frac{4(45^{o} - \angle \omega)}{3}}\ \ \ ,(3)$ και ελπίζω ότι δεν έχω κάνει κάποιο λάθος.

Δοσμένης της γωνίας $\angle BAD = \angle \omega$ η τριχοτόμησή της επιτυγχάνεται μόνο με νεύση, αφού μόνο με νεύση κατασκευάζεται η γωνία $\angle DAM = \angle \phi$ , που δίνει η (3)

.

$\bullet$ Θέλω με την ευκαιρία αυτή να συγχαρώ τον κ. Μπαρτζόπουλο για την σπουδαία ανακάλυψή του και θα πρότεινα η όποια τελική μορφή εκφώνησης προκύψει, του θεωρήματος που συζητάμε, να συνδυάζεται με το όνομά του για την ανακάλυψη και το δικό σου για την απόδειξη.

Δίνω μία ιδέα για την εκφώνηση του θεωρήματος σε γενική μορφή και με ενδιαφέρον περιμένω κι' άλλες.

ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΠΑΡTZΟΠΟΥΛΟΥ-ΚΥΡΙΑΖΗ. - Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, η μικρότερη πλευρά του και η ισοκλινής ευθεία ως προς την υποτείνουσα, της αντίστοιχης διαμέσου, σχηματίζουν γωνία η οποία τριχοτομείται με κανόνα και διαβήτη.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στο σχήμα σου, το σημείο

μπορεί να βρίσκεται στην ποέκταση του

προς το μέρος του

. Προκύπτει πάλι το σημείο

όπως και πριν, ως το ( ένα εκ των δύο ) σημείο τομής των κύκλων $(A, AM),\ (M, MA)$ που μας δίνει την συμμετρική ευθεία ως προς την

, της τριχοτόμου της γωνίας $\angle BAD$ .

#10

$\bullet$ Για την ειδική περίπτωση όταν $\angle DAM = \angle \phi = 0^{o}\Rightarrow$ $D\equiv M$ , από (2)

στην προηγούμενη δημοσίευση προκύπτει $\angle \omega = 45^{o}$ και το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ είναι ισοσκελές.

Αποδεικνύεται εύκολα τότε, ότι η μεσοκάθετη ευθεία του $BD\equiv BM$ τέμνει τον κύκλο (A, AM)

στο σημείο έστω

και η

ταυτίζεται με την τριχοτόμο της γωνίας $\angle \omega = \angle BAD\equiv \angle BAM = 45^{o}$ .

Αποδεικνύεται εύκολα επίσης, ότι ο κύκλος (M, MA)

τέμνει τον κύκλο (A, AM)

στο σημείο έστω

και η

είναι συμμετρική της

ως προς την

.

$\bullet$ Επειδή τίποτα δεν μας έρχεται ουρανοκατέβατο, είναι πιθανό ο κ. Μπαρτζόπουλος να εμπνεύστηκε την γεωμετρική κατασκευή τριχοτόμησης που ανακάλυψε, από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο. Θα είχε ενδιαφέρον να μας πει ο ίδιος.

Κώστας Βήττας.

#11

vittasko έγραψε:Νίκο, πολύ ωραία.

Επαληθεύοντας την όμορφη απόδειξή σου, βρήκα μόνο ένα επουσιώδες τυπογραφικό για την μεσοκάθετη ευθεία του ( δεύτερη σελίδα, ένατη γραμμή ) και περιμένω με ενδιαφέρον τις επόμενες αναρτήσεις σου.

$\bullet$ Όπως και ο ίδιος αναφέρεις, με το θεώρημα αυτό δεν επιλύεται το γενικό πρόβλημα τριχοτόμησης τυχούσας οξείας γωνίας, που έχει αποδειχθεί ότι είναι αδύνατο με κανόνα και διαβήτη.

Όμως, όπως προκύπτει από την απόδειξη που μας έδωσες, εάν μας δίνεται η γωνία έστω $\boxed{O^{o}\leq \angle \phi < 60^{o}}\ \ \ ,(1)$ , τότε η γωνία έστω $\boxed{\displaystyle \angle \omega = 45^{o} - \frac{3\angle\phi}{4}}\ \ \ ,(2)$ κατασκευάζεται και τριχοτομείται με κανόνα και διαβήτη.

Δηλαδή, στο σχήμα σου, εάν μας δίνεται η γωνία $\angle DAM = \angle \phi$ , η γωνία $\angle BAD = \angle \omega$ κατασκευάζεται και όπως είδαμε τριχοτομείται.

Εάν τώρα, μας δίνεται η $\angle BAD = \angle \omega$ = τυχούσα οξεία γωνία , δεν τριχοτομείται γιατί δεν κατασκευάζεται η $\angle DAM = \angle \phi$ , γιατί από $(2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \angle \phi = \frac{4(45^{o} - \angle \omega)}{3}}\ \ \ ,(3)$ και ελπίζω ότι δεν έχω κάνει κάποιο λάθος.

Δοσμένης της γωνίας $\angle BAD = \angle \omega$ η τριχοτόμησή της επιτυγχάνεται μόνο με νεύση, αφού μόνο με νεύση κατασκευάζεται η γωνία $\angle DAM = \angle \phi$ , που δίνει η .

$\bullet$ Θέλω με την ευκαιρία αυτή να συγχαρώ τον κ. Μπαρτζόπουλο για την σπουδαία ανακάλυψή του και θα πρότεινα η όποια τελική μορφή εκφώνησης προκύψει, του θεωρήματος που συζητάμε, να συνδυάζεται με το όνομά του για την ανακάλυψη και το δικό σου για την απόδειξη.

Δίνω μία ιδέα για την εκφώνηση του θεωρήματος σε γενική μορφή και με ενδιαφέρον περιμένω κι' άλλες.

ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΠΑΡTZΟΠΟΥΛΟΥ-ΚΥΡΙΑΖΗ. - Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, η μικρότερη πλευρά του και η ισοκλινής ευθεία ως προς την υποτείνουσα, της αντίστοιχης διαμέσου, σχηματίζουν γωνία η οποία τριχοτομείται με κανόνα και διαβήτη.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στο σχήμα σου, το σημείο μπορεί να βρίσκεται στην ποέκταση του προς το μέρος του . Προκύπτει πάλι το σημείο όπως και πριν, ως το ( ένα εκ των δύο ) σημείο τομής των κύκλων $(A, AM),\ (M, MA)$ που μας δίνει την συμμετρική ευθεία ως προς την , της τριχοτόμου της γωνίας $\angle BAD$ .

Κώστα Καλημέρα.
Χαίρομαι και για τη νέα συνάντησή και συζήτησή μας στο mathematica και ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια και την συμμετοχή σου.

Μου γράφεις για κάποιο τυπογραφικό πρόβλημα που υπάρχει στην απόδειξη μου. Αν εννοείς, γιατί η κάθετη στο περνά από το , τούτο προφανώς βασίζεται στο γνωστό Θεώρημα των μεσοκάθετων τριγώνου, ή μήπως εννοείς το διευκρινιστικό «που», το οποίο έπρεπε να γραφεί έτσι: «το οποίο » (έγινε διόρθωση). Αν έχεις κάποιο καλύτερο τρόπο, για τη φράση αυτή, διατύπωσέ τον.

Όσο για τον υπολογισμό της γωνίας , αυτή συνδέεται με τη γωνία $\chi$ που εδώ είναι η γωνία $BA\Delta$ και η οποία δεν έχει σχέση με τη γωνία $\chi$ του σχήματος, αλλά αναφέρεται στη ζητούμενη γωνία $BA\Delta$ (έγινε διόρθωση). Έτσι, μετά τις διευκρινίσεις αυτές, κάνε εκ νέου τους υπολογισμούς σου. Πάντως το συμπέρασμα είναι ότι για να είναι η γωνία $BA\Delta$ όση θέλουμε σε μοίρες, πρέπει να κατασκευάζεται η , που δεν είναι πάντοτε δυνατό (έγιναν σχετικές διευκρινίσεις στο συνημμένο).

Πολύ σωστή η ιδέα σου για γενίκευση της διατύπωσης του Θεωρήματος αυτού, που στη δουλειά μου και εγώ επιδιώκω, αλλά εδώ δεν είναι απλό, καθώς οι κύκλοι $\left(a \right)$ και $\left(\mu \right)$ τέμνονται και σε σημείο .

Έτσι, για το και τώρα για την πλευρά $A\Gamma$ , έχουμε και την γωνία $\Delta A\Gamma$ , η οποία επίσης τριχοτομείται από την διχοτόμο της γωνίας $\Delta AE'$ . Δηλαδή το Θεώρημα αυτό δεν έχει σχέση μόνο με την μικρή πλευρά του τριγώνου, αλλά αληθεύει και για τις δύο πλευρές του.

Όπως και παραπάνω γράφω η διερεύνηση απαιτεί πολύ χρόνο, που εγώ τώρα είναι αδύνατο να διαθέσω, αλλά πιστεύω μετά ένα ή δύο μήνες, οπότε τότε τα λέμε πάλι σε έκταση, καθώς και η παραπάνω δική μου διαπραγμάτευση, επιδέχεται πολλές βελτιώσεις.

Τέλος νομίζω ότι η γενική διατύπωσή σου σαν Θεώρημα, έτσι όπως την αναφέρεις αποτελεί μάλλον Πρόβλημα και όχι Θεώρημα, γιατί ζητάει την κατασκευή της τριχοτόμου και το οποίο προφανώς λύνεται άμεσα με απλή εφαρμογή του Θεωρήματος αυτού.

Μετά τα παραπάνω, πιθανόν τούτο σαν Πρόβλημα πλέον να διατυπωθεί ως εξής:
«Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο οι δύο γωνίες του, που σχηματίζονται μεταξύ κάθε μιας καθέτου πλευράς και της ισοκλινούς ευθείας ως προς τη διάμεσό του, που αντιστοιχεί στην υποτείνουσά του, τριχοτομούνται με κανόνα και διαβήτη».

Επίσης, αν ληφθεί ότι η μεσοκάθετη στο $B\Delta$ , τέμνει τον κύκλο $\left(\alpha \right)$ και σε δεύτερο σημείο , τότε το Θεώρημα αυτό γίνεται περισσότερο πολύπλοκο.

Κώστα, το θεώρημα αυτό μου θύμισε μια άλλη εικασία, που και εκείνη έχει προκύψει με Η/Υ και για την οποία δώσαμε τότε την απόδειξή της στο περιοδικό Απολλώνιος, τεύχος (Περί συνευθειότητας των σημείων Steiner, Μεγάλου Ναπολέοντα, Περικέντρου , σελίδα ).

Όσο για τις διευκρινίσεις που ζητάς από τον Απόστολο, μπορείς να επικοινωνήσεις μαζί του τηλεφωνικά, ακόμη και να συναντηθείτε, αφού εκείνος μένει πολύ κοντά σου στο Χαλάνδρι. Τα τηλέφωνά του είναι:
και .

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#12

vittasko έγραψε:ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΠΑΡTZΟΠΟΥΛΟΥ-ΚΥΡΙΑΖΗ. - Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, η μικρότερη πλευρά του και η ισοκλινής ευθεία ως προς την υποτείνουσα, της αντίστοιχης διαμέσου, σχηματίζουν γωνία η οποία τριχοτομείται με κανόνα και διαβήτη.

Ας δούμε μία εναλλακτική προσέγγιση του θεωρήματος, ως διασκευή της απόδειξης που μας έδωσε ο Νίκος πιο πάνω.

: Χαρακτηρισμός γωνίας - Εναλλακτική απόδειξη της τριχοτόμησης.; f=62_t=51135.PNG (24.26 KiB) Προβλήθηκε 6181 φορές

$\bullet$ Ο κύκλος έστω (A)

με κέντρο το

και ακτίνα την

, τέμνει την προέκεταση του

προς το μέρος του

γιατί έχει θεωρηθεί $\angle BAM = \angle B > 60^{o}$

στο σημείο έστω

και τον περίκυκλο έστω (M)

του $\vartriangle ABC$ , στο σημείο έστω

προς το μέρος της

που δεν κείται το

.

Έστω

, το μέσον του τόξου $\overset\frown{DE}$ και ας είναι

, η προβολή του

επί της

.

Ισχύει $\displaystyle \angle BAE = \frac{\angle BME}{2}\equiv \frac{\angle DME}{2} = \frac{\angle DAZ}{2} = \frac{\angle ZAE}{2}\ \ \ ,(1)$ λόγω της ισότητας των κύκλων $(A),\ (M)$ .

Από $(1)\Rightarrow$ $\displaystyle \angle BAE = \angle BAZ = \frac{\angle DAB}{3}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Προκύπτει άμεσα ότι το σημείο

ανήκει στην μεσοκάθετη ευθεία του

, από

.

#13

Αφού έχει αποδειχθεί ότι η γωνία $\angle DAB$ τριχοτομείται με κανόνα και διαβήτη, προκύπτει άμεσα ότι τριχοτομείται και η γωνία $\angle DAC = 90^{o} + \angle DAB$ .

Στο σχήμα μας όπως έχει διαμορφωθεί, το αξιοσημείωτο είναι ότι, όπως η

ταυτίζεται με την συμμετρική ευθεία ως προς την

, της τριχοτόμου της γωνίας $\angle DAB$ , έτσι και η AE'

, όπου

είναι το δεύτερο εκτός του

κοινό σημείο των κύκλων $(A),\ (M)$ , ταυτίζεται με την συμμετρική ευθεία ως προς την

, της τριχοτόμου της γωνίας $\angle DAC$ .

: Χαρακτηρισμός γωνίας - Τριχοτόμος της γωνίας <DAC.; f=62_t=51135(a).PNG (29.16 KiB) Προβλήθηκε 6145 φορές

$\bullet$ Πράγματι, εάν έστω $Z'\in (A)$ είναι το συμμετρικό σημείο του

ως προς την

, έχουμε :

$\displaystyle \angle Z'AC = \angle E'AC = \frac{\angle E'MC}{2}\Rightarrow$ $\boxed{2\angle Z'AC = \angle Z'AE' = \angle E'MC}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $\displaystyle \angle E'MC = \angle MDE' + \angle ME'D = \frac{\angle DAE'}{2}\Rightarrow$ $\displaystyle \angle Z'AE' = \frac{\angle DAE'}{2}\Rightarrow$ $\boxed{\angle Z'AE' = \angle DAZ'}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \angle Z'AC = \frac{\angle DAC}{3}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Προκύπτει εύκολα ότι το σημείο

ανήκει στην μεσοκάθετη ευθεία του

.

Πράγματι, από $\displaystyle \angle Z'CA = \angle E'CA = \frac{\angle E'MA}{2} = 30^{o}$ και $\angle EMA = 60^{o}$ , έχουμε ότι τα σημεία $C,\ Z',\ E$ είναι συνευθειακά και άρα,

από $\angle Z'CM = \angle Z'EM = \angle Z'E'M = \angle Z'DM\Rightarrow$ $\boxed{Z'C = Z'D}$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Εάν

είναι η προβολή του

επί της

, αποδεικνύεται εύκολα ότι οι $AZ,\ AZ'$ , που όπως είδαμε τριχοτομούν τις γωνίες $\angle DAB,\ DAC$ αντιστοίχως, είναι ισοκλινείς ως προς την

, γιατί είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία του ύψους AA'

του $\vartriangle ABC$ , λόγω A'N = A'N'

, από τα $N,\ A',\ N',\ M$ , ως τα μέσα των $DB,\ DM,\ DC,\ BC$ , αντιστοίχως.

#14

KARKAR έγραψε: Επιβεβαιώνεται λοιπόν η εικασία Μπαρτζόπουλου για τη συγκεκριμένη γωνία . Για τις υπόλοιπες γωνίες

και για το "εύρος ισχύος " , υποθέτω ότι μπορούμε , αν εργασθούμε παρόμοια , να βγάλουμε συμπεράσματα

αλλά ο όγκος των πράξεων είναι παράγοντας αποτρεπτικός

Όπως θα δείξω παρακάτω, αγαπητέ Θανάση, ο όγκος των πράξεων δεν είναι μεγάλος -- σίγουρα όχι για την αρχική περίπτωση (ορθογωνίου τριγώνου), για τις άλλες παρακαλώ εσένα ή οποιονδήποτε άλλον έχει τον χρόνο και τα πακέτα να το διερευνήσει λίγο, ΜΗΠΩΣ και επεκτείνεται το εύρος ισχύος ... και τότε ευχαρίστως επανέρχομαι με περισσότερες πράξεις!

[Για την εικασία Μπαρτζόπουλου και το θεώρημα Μπαρτζόπουλου-Κυριαζή ενημερώθηκα χθες βράδυ -- μου είχε διαφύγει η σχετική συζήτηση -- από τον Νίκο Κυριαζή: τον συνάντησα τυχαία, πηγαίνοντας να δω την τελευταία εκδοχή του "Ματωμένου Γάμου" (La Novia), και ... έχασα για δεύτερη φορά την ταινία! (Η πρώτη ήταν προχθές, καθώς τα είχα λίγο χαμένα λόγω της προχθεσινής αυτοκτονίας καλοκαιρινού μας γείτονα, στην μνήμη του οποίου αφιερώνω το παρόν...)]

Δίνω λοιπόν απόδειξη της αρχικής εικασίας με Αναλυτική Γεωμετρία, αναφερόμενος στο συνημμένο:

Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο με κορυφές (0,0)

,

, οπότε το μέσον της υποτείνουσας είναι το $(\displaystyle\frac{a}{2}, \displaystyle\frac{b}{2})$ , και η εξίσωση της υποτείνουσας είναι η $y=-\displaystyle\frac{b}{a}x+b$ . Το ίχνος (p,q)

του ύψους προκύπτει λοιπόν εύκολα ως τομή της υποτείνουσας με την $y=\displaystyle\frac{a}{b}x$ :

$(p,q)=\displaystyle\left(\frac{ab^2}{a^2+b^2},\frac{a^2b}{a^2+b^2}\right).$

Το ίχνος (r,s)

της ισοκλινούς της διαμέσου επί της υποτεινούσης βρίσκεται εύκολα ως συμμετρικό του $(\displaystyle\frac{a}{2}, \displaystyle\frac{b}{2})$ περί το (p,q)

:

$(r,s)=\displaystyle\left(\frac{3ab^2-a^3}{2(a^2+b^2)}, \frac{3a^2b-b^3}{2(a^2+b^2)}\right).$

Το μέσον (t,u)

του τμήματος με άκρα τα (a,0)

,

, όπου θα αχθεί η μεσοκάθετος, είναι βεβαίως το

$(t,u)=\displaystyle\left(\frac{5ab^2+a^3}{4(a^2+b^2)},\frac{3a^2b-b^3}{4(a^2+b^2)}\right).$

Το σημείο τομής (v,w)

της μεσοκαθέτου $y=\displaystyle\frac{a}{b}x-\frac{(a^2+b^2)}{4b}$ και του κύκλου $x^2+y^2=\displaystyle\frac{a^2+b^2}{4}$ προκύπτει με αντικατάσταση του

και επίλυση σχετικά απλής δευτεροβαθμίου ως προς

εξίσωσης:

$(v,w)=\displaystyle\left(\frac{a+b\sqrt{3}}{4},\frac{a\sqrt{3}-b}{4}\right).$

Για την απόδειξη της εικασίας Μπαρτζόπουλου αρκεί τώρα να αποδειχθεί η ισότητα $cos\theta=4cos^3\gamma-3cos\gamma$ , όπου $\theta$ και $\gamma$ οι γωνίες ανάμεσα στα διανύσματα <a,0>

,

και ανάμεσα στα διανύσματα <a,0>

,

, αντίστοιχα. Ύστερα από λίγες πράξεις υπολογίζονται τα δύο συνημίτονα

$cos\theta =\displaystyle\frac{<a,0>\bullet<r,s>}{|<a,0>|\cdot|<r,s>|}=\frac{3ab^2-a^3}{(a^2+b^2)^{3/2}}$

και

$cos\gamma =\displaystyle\frac{<a,0>\bullet<v,w>}{|<a,0>|\cdot|<v,w>|}=\frac{a+b\sqrt{3}}{2(a^2+b^2)^{1/2}},$

και το ζητούμενο ανάγεται πλέον στην ισχύουσα ισότητα

$\displaystyle\frac{3ab^2-a^3}{(a^2+b^2)^{3/2}}=4\displaystyle\left(\frac{a+b\sqrt{3}}{2(a^2+b^2)^{1/2}}\right)^3-3\left(\frac{a+b\sqrt{3}}{2(a^2+b^2)^{1/2}}\right).$

#15

gbaloglou έγραψε:
KARKAR έγραψε: Επιβεβαιώνεται λοιπόν η εικασία Μπαρτζόπουλου για τη συγκεκριμένη γωνία . Για τις υπόλοιπες γωνίες

και για το "εύρος ισχύος " , υποθέτω ότι μπορούμε , αν εργασθούμε παρόμοια , να βγάλουμε συμπεράσματα

αλλά ο όγκος των πράξεων είναι παράγοντας αποτρεπτικός
Όπως θα δείξω παρακάτω, αγαπητέ Θανάση, ο όγκος των πράξεων δεν είναι μεγάλος -- σίγουρα όχι για την αρχική περίπτωση (ορθογωνίου τριγώνου), για τις άλλες παρακαλώ εσένα ή οποιονδήποτε άλλον έχει τον χρόνο και τα πακέτα να το διερευνήσει λίγο, ΜΗΠΩΣ και επεκτείνεται το εύρος ισχύος ... και τότε ευχαρίστως επανέρχομαι με περισσότερες πράξεις!

Αυτό που μπορώ να πω προς το παρόν -- τα υπόλοιπα μετά το Πάσχα -- είναι ότι η τριχοτόμηση ισχύει, κατά τον ίδιο ακριβώς τρόπο, ΚΑΙ προς την μεγαλύτερη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου, αντικαθιστώντας δηλαδή τις γωνίες $\theta$ και $\gamma$ ανάμεσα στα διανύσματα <a,0>

,

και ανάμεσα στα διανύσματα <a,0>

,

με τις γωνίες $\theta'$ και $\gamma'$ ανάμεσα στα διανύσματα <0,b>

,

και ανάμεσα στα διανύσματα <0,b>

,

, όπου

το σημείο τομής της μεσοκαθέτου $y=\displaystyle\frac{a}{b}x+\frac{(a^2+b^2)}{4b}$ του τμήματος που ορίζουν τα (0,b)

και

και του κύκλου $x^2+y^2=\displaystyle\frac{a^2+b^2}{4}$ , με

$(v',w')=\displaystyle\left(\frac{-a+b\sqrt{3}}{4},\frac{a\sqrt{3}+b}{4}\right).$

Για τα συνημίτονα των αντίστοιχων γωνιών προκύπτουν, με ανάλογο τρόπο, οι σχέσεις

$cos\theta' =\displaystyle\frac{3a^2b-b^3}{(a^2+b^2)^{3/2}}$ και $cos\gamma' =\displaystyle\frac{b+a\sqrt{3}}{2(a^2+b^2)^{1/2}},$

και η ζητούμενη $\theta'=3\gamma'$ προκύπτει από την

$\displaystyle\frac{3a^2b-b^3}{(a^2+b^2)^{3/2}}=4\displaystyle\left(\frac{b+a\sqrt{3}}{2(a^2+b^2)^{1/2}}\right)^3-3\left(\frac{b+a\sqrt{3}}{2(a^2+b^2)^{1/2}}\right).$

Καλή Ανάσταση, να είστε καλά!

#16

Αγαπητοί φίλοι Καλημέρα.
Για την εικασία του φίλου Απόστολου Μπαρζόπουλου, μου προέκυψε μία ΝΕΑ προσέγγιση, η οποία θεωρώ ότι είναι πιο σωστή και πολύ πιο πρακτική από την πρώτη.

Έτσι, επαναφέρω το παρακάτω συνημμένο μου , συμπληρωμένο με την νέα διαπραγμάτευση (Νέα διατύπωση Θεωρήματος τυχαίου ορθογώνιου τριγώνου και νέα απόδειξή του).

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΚΑΛΉ ΑΝΑΣΤΑΣΗ.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής

#17

Αγαπητοί φίλοι,φίλοι της Γεωμετρίας, Καλημέρα.

Με το παρακάτω συνημμένο μου , αναρτώ ολοκληρωμένη την δεύτερη διαπραγμάτευσή μου της εικασίας του φίλου Απόστολου Μπαρτζόπουλου, την οποία θεωρώ και τελική, καθώς πιστεύω ότι αυτή θα καθιερωθεί τελικά.

Έτσι, επαναφέρω το συνημμένο μου , συμπληρωμένο με τη σχετική διερεύνησή της και τα σχόλιά της, όπως σας έχω υποσχεθεί.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#18

Αγαπητή φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας Καλημέρα.

Επαναφέρω, το παρακάτω συνημμένο μου 280, συμπληρωμένο με μια ολοκληρωμένη προσέγγιση του Θεωρήματος 1.

Η ολοκληρωμένη αυτή προσέγγιση περιλαμβάνει, το ευθύ και το αντίστροφο του Θεωρήματος αυτού, σχετική διερεύνηση, όπως σας έχω υποσχεθεί και όχι μόνο.

Έτσι, βασιζόμενοι στο πλήρες αυτό Θεώρημα, θα μας είναι εύκολη και η λύση σχετικής Κατασκευής για την τριχοτόμηση γωνιών , που θα ακολουθήσει αργότερα.

Παρακαλώ για τα σχετικά σχόλιά σας.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#19

Αγαπητή φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας,
Βρήκα λίγο χρόνο και ολοκλήρωσα την μελέτη μου για τις δύο προσεγγίσεις μου στην εικασία του φίλου Απόστολου Μπαρζόπουλου, πιστεύω με τρόπο διεξοδικό.

Από τους δύο αυτούς τρόπους, θεωρώ τον δεύτερο απλούστερο και πρακτικότερο από τον πρώτο, ενώ αυτός αποτελεί ένα απλό και ωραίο Θεώρημα ορθογώνιου τριγώνου.

Έτσι, επαναφέρω το συνημμένο μου 180, με τους δύο παραπάνω τρόπους και προτείνω στους φίλους για την εφαρμογή τους σε διάφορα σχετικά Προβλήματα.

Ένα τέτοιο Πρόβλημα (εφαρμογή), που προτείνω για λύση, είναι το ακόλουθο:
«Σε τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο, να τριχοτομηθούν οι δύο γωνίες του που σχηματίζονται από την ισοκλινή, ως προς την υποτείνουσά του, της διαμέσου του (που αντιστοιχεί στην υποτείνουσά του) και μιας καθέτου πλευράς του κάθε φορά».

Σε άλλο χρόνο, θα αναρτήσω και εγώ τις δύο δικές μου λύσεις βασιζόμενες προφανώς στις δύο παραπάνω προσεγγίσεις και κατά το δυνατό, με υποδειγματικό τρόπο.

Μέχρι τότε, παρακαλώ και για τις δικές σας λύσεις.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#20

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητή φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας,
Βρήκα λίγο χρόνο και ολοκλήρωσα την μελέτη μου για τις δύο προσεγγίσεις μου στην εικασία του φίλου Απόστολου Μπαρζόπουλου, πιστεύω με τρόπο διεξοδικό.

Από τους δύο αυτούς τρόπους, θεωρώ τον δεύτερο απλούστερο και πρακτικότερο από τον πρώτο, ενώ αυτός αποτελεί ένα απλό και ωραίο Θεώρημα ορθογώνιου τριγώνου.

Έτσι, επαναφέρω το συνημμένο μου 180, με τους δύο παραπάνω τρόπους και προτείνω στους φίλους για την εφαρμογή τους σε διάφορα σχετικά Προβλήματα.

Ένα τέτοιο Πρόβλημα (εφαρμογή), που προτείνω για λύση, είναι το ακόλουθο:
«Σε τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο, να τριχοτομηθούν οι δύο γωνίες του που σχηματίζονται από την ισοκλινή, ως προς την υποτείνουσά του, της διαμέσου του (που αντιστοιχεί στην υποτείνουσά του) και μιας καθέτου πλευράς του κάθε φορά».

Σε άλλο χρόνο, θα αναρτήσω και εγώ τις δύο δικές μου λύσεις βασιζόμενες προφανώς στις δύο παραπάνω προσεγγίσεις και κατά το δυνατό, με υποδειγματικό τρόπο.

Μέχρι τότε, παρακαλώ και για τις δικές σας λύσεις.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας.
Επαναφέρω το παρακάτω συνημμένο μου 280, συμπληρωμένο με άναν τρόπο κατασκευής του παραπάνω Προβλήματος 2, όπως έχω υποσχεθεί.

Την δεύτερη λύση που έχω υποσχεθεί θα ακολουθήσει με άλλη ανάρτησή μου.

Παρακαλώ για τα σχετικά σας σχόλια.

Με Γεωμετρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής

Χαρακτηρισμός γωνίας

Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Re: Χαρακτηρισμός γωνίας

Μέλη σε σύνδεση