Polya-σχολη

KARKAR · #1

Ο Νίκος Κυριαζής έθεσε χθες εδώ μια άσκηση που την βρίσκω εξαιρετικά ενδιαφέρουσα. Ο θεματοδότης

υπαινίσσεται ότι το θέμα είναι γνωστό , προσωπικά πάντως δεν γνωρίζω κάποια λύση .

: Polya-σχολη.png (9.64 KiB) Προβλήθηκε 1295 φορές

Ακολουθώντας την "σχολή" του G. Polya , διατυπώνω μια απλοποιημένη μορφή του προβλήματος : Στο τρίγωνο

ABC

, είναι :

. Εντοπίστε σημεία

στην ευθεία

και

στην ευθεία

τέτοια ώστε το τμήμα

να έχει μήκος

και να διέρχεται από το μέσο

της

.

#2

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιούλ 24, 2025 11:34 am Ο Νίκος Κυριαζής έθεσε χθες εδώ μια άσκηση που την βρίσκω εξαιρετικά ενδιαφέρουσα. Ο θεματοδότης

υπαινίσσεται ότι το θέμα είναι γνωστό , προσωπικά πάντως δεν γνωρίζω κάποια λύση .

Θανάση, το θέμα είναι πολύ κοινό και απλό (από μία ιδιότητα της διχοτόμου που βρίσκεται σε όλα τα καλά τυπολόγια), και υπάρχει ήδη από την αρχαιότητα. Αν θυμάμαι καλά (αλλά θα το ψάξω) βρίσκεται στην Συναγωγή του Πάππου, ο οποίος το αντλεί από το χαμένο σήμερα Περί νεύσεων του Απολλωνίου.

Ας προσθέσω ότι τον

ο αιώνα έγινε συστηματική μελέτη των νεύσεων που γίνονται με κανόνα και διαβήτη. Σε αυτά τα κείμενα αναφέρεται ΕΚΤΕΝΩΣ η συγκεκριμένη κατασκευή, με πληθώρα μεθόδων. Πολύ δύσκολα μπορεί να γίνει νέα κατασκευή, ιδίως να αναφέρεται ως τέτοια χωρίς την έρευνα στην υπάρχουσα βιβλιογραφία.

Ξέρω από μνήμης τουλάχιστον δύο μεθόδους επίλυσης. Θα τις γράψω αν προκύψει.
.

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιούλ 24, 2025 2:06 pm
... από μία ιδιότητα της διχοτόμου που βρίσκεται σε όλα τα καλά τυπολόγια)

.

: dihotomos.png (33.02 KiB) Προβλήθηκε 1254 φορές

.

H ιδιότητα της διχοτόμου που αναφερόμουν, είναι η παρακάτω: Αν η διχοτόμος τέμνει τον περίκυκλο στο (μέσον)

του κάτω τόξου, τότε $AM\cdot DM= MC^2, \, (*)$ . H απόδειδη είναι απλή: Από την ισότητα των τριών γωνιών $\theta$ , έπεται ότι η

είναι εφαπτομένη του κόκκινου κύκλου ADC

, που δίνει αμέσως την εν λόγω ισότητα. Επίσης υπάρχουν και άλλες απλές αποδείξεις που βασίζονται στην ισότητα $AD \cdot DM= BD\cdot CD$

Από την (*)

έπεται ο στάνταρ χιλιοειπωμένος τρόπος κατασκευής της ζητούμενης διατέμνουσας. Συγκεκριμένα, αν θέσουμε MD=x

, και αν

το μήκος της διχοτόμου και αν MC=s

(γνωστό σταθερό), το

είναι (από την παραπάνω ισότητα) λύση της δευτεροβάθμιας $\boxed {(d+x)x=s^2}$ . Εντ οφ στόρυ.

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιούλ 24, 2025 2:06 pm
Ας προσθέσω ότι τον ο αιώνα έγινε συστηματική μελέτη των νεύσεων που γίνονται με κανόνα και διαβήτη. Σε αυτά τα κείμενα αναφέρεται ΕΚΤΕΝΩΣ η συγκεκριμένη κατασκευή, με πληθώρα μεθόδων. Πολύ δύσκολα μπορεί να γίνει νέα κατασκευή, ιδίως να αναφέρεται ως τέτοια χωρίς την έρευνα στην υπάρχουσα βιβλιογραφία.

.

Παραθέτω μερικές παραγράφους από τις Ασκήσεις Γεωμετρίας Ιησουιτών, ελληνική έκδοση, που τεκμηριώνει τον παραπάνω ισχυρισμό μου. Υπόψη ότι το πρωτότυπο εκδόθηκε το 1912. Θα παρατηρήσετε ότι παραπέμπει σε ΠΛΗΘΩΡΑ λύσεων στο πρόβλημα του Πάππου. Και προσθέτω ότι υπάρχει ακόμη τεράστια πρόσθετη βιβλιογραφία στο εν λόγω θέμα καθώς το επισυναπτόμενα είναι μόνο από Γαλλική πηγή, ενώ υπάρχουν εξ ίσου πλόυσια στοιχεία στην Αγγλική, Γερμανική και Ρωσική βιβλιογραφία, τουλάχιστον πριν από 100

χρόνια.

Χρωστάω ακόμα την παραπομπή στην αρχαία πηγή με το εν λόγω πρόβλημα.

Πρέπει να είμαστε ιδιαίτερα προσεκτικοί όταν αναφερόμαστε σε "πρωτοεμφανιζόμενα θεωρήματα" και "πρωτοεμφανιζόμενες αποδείξεις", αν δεν κάνουμε, έστω στοιχειωδώς, έρευνα της βιβλιογραφίας.

KARKAR · #5

Μιχάλη χρήσιμα τα ιστορικά στοιχεία που παραθέτεις , αλλά το πρώτο αναφέρεται μόνο σε ορθή γωνία ,

ενώ για το δεύτερο δεν έχω πειστεί ότι πρόκειται για το ίδιο ( με το αρχικό) πρόβλημα .

: Polya-σχολη.png (14.07 KiB) Προβλήθηκε 1170 φορές

Η δική μου πρόταση είναι : Αν BS=x

, τότε ο Μενέλαος δίνει : $AT=\dfrac{5(5+x)}{5+2x}$ και

ο νόμος των συνημιτόνων δίνει την τιμή του

, εν προκειμένω ως λύση της εξίσωσης :

$(5+x)^2+\dfrac{25(5+x)^2}{(5+2x)^2}-2.8\dfrac{(5+x)^2}{(5+2x)}=49$ ,

με προσεγγιστική τιμή : x=2.0114

.

Αν θέλεις μπορείς να γράψεις πως θα διαμορφωνόταν η λύση σου με βάση τις παραπομπές σου ;

#6

KARKAR έγραψε: Παρ Ιούλ 25, 2025 12:05 am Μιχάλη χρήσιμα τα ιστορικά στοιχεία που παραθέτεις , αλλά το πρώτο αναφέρεται μόνο σε ορθή γωνία ,

ενώ για το δεύτερο δεν έχω πειστεί ότι πρόκειται για το ίδιο ( με το αρχικό) πρόβλημα .
...
Αν θέλεις μπορείς να γράψεις πως θα διαμορφωνόταν η λύση σου με βάση τις παραπομπές σου ;

Θανάση, το πρώτο στην παραπαμοπή, που αναφέρεται σε ορθή γωνία, το έβαλα για λόγους πληρότητας αλλά και γιατί μπορεί πολύ εύκολα να προσαρμοστεί σε οποιαδήποτε γωνία. Όπως και να είναι, το κάνω παρακάτω για τα συγκεκριμένα νούμερα που δίνεις. Από εκεί και πέρα οι παραπομπές αναφέρονται στο γενικό πρόβλημα, όχι μόνο σε ορθή γωνία, και σε αυτή την μορφή συναντάται εκτενώς στην βιβλιογραφία το Πρόβλημα του Πάππου.

Ας προσθέσω, ότι η μέθοδος που περιγράφεις, με Μενέλαο, οδηγεί σε τεταρτοβάθμια εξίσσωση. Οπότε δεν είμαι βέβαιος ότι είναι Ευκλείδεια. Η παρακάτω είναι Ευκλείδεια (οδηγεί σε δευτεροβάθμια).

Επίσης, θα συμπληρώσω αργότερα τις στάνταρ λύσεις του γενικού προβλήματος, αν και θεωρούσα ότι τα στοιχεία στο ποστ #3 είναι αρκετά. Άλλωστε στις παραπομπές που παραθέτω από την Γεωμετρία των Ιησουιτών λέει σε όλους τους τόνους (βλέπε π.χ. παραγραφο 321 στην παραπομπή) ότι το πρόβλήμα της συγκεκριμένης νεύσης (με σημείο στην διχοτόμο) και της κατασκεύης τριγώνου από τα A, a, d_a

είναι ισοδύναμα. Άλλωστε, η απόδειξη της ισοδυναμίας είναι άμεση. Όπως και να είναι, με χαρά θα το συμπληρώσω αφού δεν έχεις πειστεί.

Για την ώρα:

Με αρχή των αξόνων το

είναι

και η ζητούμενη είναι της μορφής y=mx

. To

είναι στην τομή των

και

δηλαδή των $y= -\dfrac {4}{3}(x-3)$ και y=mx

. Λύνοντας θα βρούμε

$\displaystyle{T \left (\dfrac {12}{3m+4} , \dfrac {12m}{3m+4} \right )}$

Όμοια $\displaystyle{S \left (\dfrac {12}{3m-4} , \dfrac {12m}{3m-4} \right )}$

Tώρα η συνθήκη ST=7

γίνεται

$\displaystyle{ (m^2+1) \left (\dfrac {12}{3m+4} - \dfrac {12}{3m-4} \right )^2=49}$

Λύνοντας την δευτεροβάθμια που προκύπτει, θα βρούμε $\boxed {m= \dfrac {4}{21} \sqrt{81-2\sqrt{1481}}}$

KARKAR · #7

Ωραία , Μιχάλη κι έτσι έχουμε δύο τουλάχιστον λύσεις . Όμως , νομίζω πως καμία δεν είναι από εκείνες

που θα προέκρινε ο Πάππος και για την οποία συνεχίζει το θέμα να έχει ενδιαφέρον ...

#8

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιούλ 24, 2025 11:34 am Ο Νίκος Κυριαζής έθεσε χθες εδώ μια άσκηση που την βρίσκω εξαιρετικά ενδιαφέρουσα. Ο θεματοδότης

υπαινίσσεται ότι το θέμα είναι γνωστό , προσωπικά πάντως δεν γνωρίζω κάποια λύση .

Polya-σχολη.pngΑκολουθώντας την "σχολή" του G. Polya , διατυπώνω μια απλοποιημένη μορφή του προβλήματος : Στο τρίγωνο

, είναι : . Εντοπίστε σημεία στην ευθεία και στην ευθεία

τέτοια ώστε το τμήμα να έχει μήκος και να διέρχεται από το μέσο της .

Έστω λυμένο το πρόβλημα και σχηματίζω το παραλληλόγραμμο BSTE

. Ας είναι

η τομή της

με τη

Προφανώς το $\vartriangle ABC \approx \vartriangle TPC \to \left( {5k,6k,5k} \right)\,\,,\,\,k > 0$ . Θέτω $BS = x\,\,,\,\,OT = y\,\,,\,\,OS = z = 7 - y$ .

Από την αναλογία , $\dfrac{{BS}}{{TP}} = \dfrac{{OB}}{{OP}} \Rightarrow \dfrac{x}{{5k}} = \dfrac{3}{{3 - 6k}} \Rightarrow k = \dfrac{x}{{2x + 5}}\,\,\left( 1 \right)$

ομοίως , $\dfrac{{OT}}{{BE}} = \dfrac{{OP}}{{PB}} \Rightarrow \dfrac{y}{7} = \dfrac{{3 - 6k}}{{6 - 6k}} \Rightarrow y = \dfrac{{7\left( {2k - 1} \right)}}{{2\left( {k - 1} \right)}}\,\,\,\left( 2 \right)$
.

: polya_Σχολη_ok.png (20.49 KiB) Προβλήθηκε 1066 φορές

.
Επειδή , $A{O^2} = AS \cdot AT - OS \cdot OT \Rightarrow 16 = \left( {5 + x} \right)5\left( {1 - k} \right) - y\left( {7 - y} \right)$ που λόγω των $\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ γίνεται :

$20{x^4} + 272{x^3} + 420{x^2} - 1300x - 1625 = 0$ με δεκτή ρίζα , $\boxed{x = \sqrt {\dfrac{{937}}{{100}} - \dfrac{{9\sqrt {1481} }}{{50}}} + \dfrac{{1481}}{{10}} - \dfrac{{17}}{5} \simeq 2,0113614}$

#9

KARKAR έγραψε: Παρ Ιούλ 25, 2025 12:05 am ... για το δεύτερο δεν έχω πειστεί ότι πρόκειται για το ίδιο ( με το αρχικό) πρόβλημα .
...
Αν θέλεις μπορείς να γράψεις πως θα διαμορφωνόταν η λύση σου με βάση τις παραπομπές σου ;

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 25, 2025 9:50 am ... στις παραπομπές που παραθέτω από την Γεωμετρία των Ιησουιτών λέει σε όλους τους τόνους (βλέπε π.χ. παραγραφο 321 στην παραπομπή) ότι το πρόβλήμα της συγκεκριμένης νεύσης (με σημείο στην διχοτόμο) και της κατασκεύης τριγώνου από τα είναι ισοδύναμα.

-
Xρωστάω τα παραπάνω, που τώρα συμπληρώνω. Μένει ακόμη η παραπομπή στην Συναγωγή του Πάππου.
-

: Pappos nefsi.png (38.35 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές

.
Δίνεται γωνία

και σημείο

στην διχοτόμο της. Δίνεται επίσης ένα ευθύγραμμο τμήμα

. Θέλουμε να θέσουμε το

ώστε να έχει τα άκρα του στις πλευρές της γωνίας, και να διέρχεται από το

(νεύση).

Έστω ότι η κατασκευή έγινε (σχήμα αριστερά). Παρατηρούμε ότι το τρίγωνο ABC

έχει δεδομένη γωνία

, δεδομένη την απέναντι πλευρά a=m

και δεδομένη διχοτόμο AD=d

. Αν κατασκευάσουμε τέτοιο τρίγωνο (το A'BÇ'

στο σχήμα δεξιά, αλλά το οποίο έχω στρίψει ώστε η κορυφή

να είναι "πάνω"), δεν έχουμε παρά να το μεταφέρουμε στο αριστερό σχήμα. Εννοείται, θα θέσουμε τις γωνίες A, A'

την μία πάνω στην άλλη, και θα μεταμέρουμε την πλευρά A' B'

ατην θέση

.

Μένει να κατασκευάσουμε το A'B' C'

με δεδομένα A'=A, A'D'=d, B'C'=m

. Αρχίζουμε με την B'C'=m

. Κατασκευάζουμε κατόπιν το τόξο που την βλέπει υπό γωνία

(ακριβέστερα, γράφουμε ολόκληρο τον κύκλο, δηλαδή και το μέρος του που διέρχεται από κάτω από την B'C'

). Ξέρουμε τώρα ότι η ζητούμενη διχοτόμος διέρχεται από το μέσον

του κάτω τόξου. Επίσης ξέρουμε (ποστ #3) ότι ισχύει $A'M\cdot D'M= MC' ^2=s^2$ = γνωστό, δηλαδή ισχύει (d+x)x=s^2

. Είναι δευτεροβάθμια με άγνωστο το

, ενώ τα

είναι γνωστά. Θα βρούμε $x= \frac {1}{2} (-d+ \sqrt {d^2+4s^2})$ . Tώρα γράφουμε το MD=x,

του οποίου η προέκταση είναι η ζητούμενη διχοτόμος. Η κατασκευή ολοκληρώνεται.

.

KARKAR · #10

: Τελική κατασκευή.png (39.68 KiB) Προβλήθηκε 1028 φορές

Τέλεια !

Βάζω και το σχήμα της κατασκευής , προσαρμόζοντάς την στα στοιχεία του προβλήματος της συγκεκριμένης ανάρτησης .

#11

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιούλ 24, 2025 2:06 pm ... Αν θυμάμαι καλά (αλλά θα το ψάξω) βρίσκεται στην Συναγωγή του Πάππου, ο οποίος το αντλεί από το χαμένο σήμερα Περί νεύσεων του Απολλωνίου.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιούλ 24, 2025 8:50 pm
Χρωστάω ακόμα την παραπομπή στην αρχαία πηγή με το εν λόγω πρόβλημα.

: Πάππου Νεύση 5.png (20.44 KiB) Προβλήθηκε 952 φορές

.
Επιβεβαιώνω τα παραπάνω και συμπληρώνω με την παραπομπή. Εκτενέστερα:

Όπως ανέφερα παραπάνω, στην Συναγωγή του Πάππου, και συγκεκριμένα στο κεφάλαιο 7, υπάρχει περίληψη του Περί νεύσεων του Απολλωνίου. Δυστυχώς το ίδιο το κείμενο το Απολλωνίου δεν έχει βρεθεί, και η μόνη πηγή γι΄ αυτό είναι ο Πάππος. Ευτυχώς το περιγράφει με κάποια λεπτομέρεια, και επίσης μας δίνει τις αποδείξεις ορισμένων (όχι όλων) των θεωρημάτων ή κατασκευών του Απολλωνίου.

Το πρώτο κιόλας πρόβλημα που περιγράφει ο Πάππος είναι αυτό το οποίο συζητάμε, και το οποίο έχει επικρατήσει να ονομάζεται "Πρόβλημα του Πάππου". Παρακάτω δίνω το αρχαίο κείμενο και την μετάφραση Σπανδάγου για το εν λόγω πρόβλημα. Ακριβέστερα ο Πάππος αναφέρει συγχρόνως (με κοινή εκφώνηση) δύο προβλήματα εκ των οποίων το πρώτο είναι αυτό που συζητάμε. Το διατυπώνει με ημικύκλιο αντί για κύκλο αλλά στο σχήμα που παραθέτω παραπάνω έχω σχεδιάσει και το υπόλοιπο του ημικυκλίου, με διακεκομμένη γραμμή.

Δυστυχώς για το συγκεκριμένο πρόβλημα ο Πάππος δεν μας δίνει τη λύση του Απολλωνίου. Όμως έχουν γίνει πολλές ανασυστάσεις του κειμένου ήδη από τον 16ο αιώνα. Στις ανασυστάσεις αυτές συμπληρώνονται και τα κενά του Πάππου. Για παράδειγμα δίνουν την δική τους λύση στο πρόβλημα που μας αφορά. Απο μνήμης (αλλά θα το ψάξω) οι περισσότερες από αυτές τις ανασυστάσεις έχουν τη λύση που αναφέρω στο ποστ #9. Όπως και να είναι, πρόκειται για την συχνότερα απαντώμενη λύση στο πρόβλημα του Πάππου, στα μεταγενέστερα έργα.

Θα επανέλθω με ό,τι συμπλήρωμα έχω.

Polya-σχολη

Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Re: Polya-σχολη

Μέλη σε σύνδεση