ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Ασφαλώς δεν πρωτοτυπώ ιδιαίτερα ασχολούμενος με το θεώρημα Van Aubel.Mέσω αυτής της παρέμβασης
επιδιώκω να δώσω έναν άλλο, μη συνηθισμένο , τρόπο απόδειξης του.
Από τότε που ήμουν μαθητής με απασχολούσε όχι μόνο η απόδειξη ενός θεωρήματος ή μιας άσκησης , αλ-
λά και η όσο το δυνατόν απλούστερη απόδειξη. Πολλές φορές αυτό σήμαινε - για μένα τουλάχιστον -η από-
δειξη που χρησιμοποιεί τις όσο το δυνατόν λιγότερες γνώσεις.Καταλαβαίνω ότι τα δικά μου κριτήρια δεν είναι
δυνατόν να επιβληθούν σε άλλους.Για να μη γίνομαι κουραστικός και γράφω πολλά , διαβάστε παρακάτω και θα
καταλάβετε. Ίσως να κερδίσετε και κάτι βλέποντας από μια άλλη άποψη ένα γνωστό θεώρημα.

Το θεώρημα είναι το εξής:

Έστω τρίγωνο ΑΒC και εσωτερικό του σημείο Μ. Αν οι ευθείες ΑΜ,ΒΜ και CM τέμνουν τις ευθείες
BC, CA και ΑΒ στα D,E και F αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $\frac{AE}{EC}+\frac{AF}{FB}=\frac{AM}{MD}$

Πρόκειται για την άσκηση 11 από τις Γενικές Ασκήσεις του 10ου Κεφαλαίου του τρέχοντος βιβλίου
γεωμετρίας που διδάσκεται στα λύκεια μας.Το 10ο Κεφάλαιο είναι αφιερωμένο στα εμβαδά.Η απόδειξη που αναμέ-
νεται θα χρησιμοποιεί και αυτή εμβαδά.Από μαθητής την έχω δει τυπωμένη σε διάφορα βιβλία.
Ωστόσο υπάρχει απόδειξη του εν λόγω θεωρήματος που χρησιμοποιεί μόνο το θεώρημα του Θαλή, ούτε καν
γνώσεις από τα όμοια τρίγωνα.
Δίνω σε αδρές γραμμές την απόδειξη και ζητώ να βάλετε τις (απαραίτητες) λεπτομέρειες.
1)Αποδείξτε το ευθύ του (πασίγνωστου) θεωρήματος του Μενελάου, χρησιμοποιώντας όμως μόνο το θεώρημα του
Θαλή, όχι όμοια τρίγωνα.
Τέτοια απόδειξη υπάρχει και είναι μάλιστα απλουστάτη.
2)Εφαρμόστε το θεώρημα του Μενελάου σε δυο τρίγωνα και θα έχετε την απόδειξη του θεωρήματος Van Aubel.

Θα αισθανθώ υποχρεωμένος σε όποιον μου βρει την απόδειξη αυτή σε οποιοδήποτε βιβλίο -παλιό ή νέο -και μου την
υποδείξει είτε με προσωπικό μήνυμα είτε στη Δημόσια Συζήτηση.

#2

Μία ωραία ευκαιρία να την προσπαθήσουν, για όσους δεν έχουν ξαναδεί την απόδειξη που νομίζω ότι υπονοείται.

Δεν γνωρίζω όμως αν υπάρχει στην βιβλιογραφία, την ελληνική τουλάχιστον που έχω υπόψη μου.

Λόγω αυτοδέσμευσης ( προσπαθώ να το τηρώ όσο μπορώ ), δεν μπορώ να απαντήσω νωρίτερα από την παρέλευση 24 ωρών.

Με φιλικούς χαιρετισμούς, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Υπάρχουν και κάποια άλλα ενδιάφέροντα αποτελέσματα σχετικά με το Θεώρημα Van Aubel και θα τα βάλω αργότερα, να υπάρχουν στο

.

S.E.Louridas · #3

Φίλε ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ
ας μου επιτρέψει ο Κώστας να βάλω μία απόδειξη (ημέτερη) μόνο με Θαλή - αυστηρά.
Έστω
$\displaystale{\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {L \in AD,BL\parallel FC} \\ {K \in AD,CK\parallel BE} \\ \end{array} } \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{AE}} {{EC}} + \frac{{AF}} {{FB}} = \frac{{AM}} {{MK}} + \frac{{AM}} {{ML}} = \frac{{AM}} {{MD}}\left( {\frac{{MD}} {{MK}} + \frac{{MD}} {{ML}}} \right) = } \\ {\frac{{AM}} {{MD}}\left( {\frac{{BD}} {{BC}} + \frac{{DC}} {{BC}}} \right) = \frac{{AM}} {{MD}} \cdot \frac{{BC}} {{BC}} = \frac{{AM}} {{MD}}.} \\ \end{array} } \right}$

S.E.Louridas

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

ΚΑΤΑΠΛΗΚΤΙΚΗ ΑΠΟΔΕΙΞΗ.......
Σωτήρη, τα θερμά συγχαρητήρια μου...
Αυτό ξεπερνά ό,τι επιδίωκα να δείξω προτείνοντας αυτό το θέμα.
Όποιος θέλει , ας ασχοληθεί και με τη δική μου προσέγγιση αν πλέον το βρίσκει αναγκαίο.....

S.E.Louridas · #5

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Κατά την άποψη μου το να ασχοληθεί κάποιος με την άποψή σου γιά την επίλυση φίλε ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ, όχι μόνο είναι αναγκαίο αλλά και επιστημονικά επιβαλλόμενο. Προσωπικά θα ασχοληθώ.

Να είσαι πάντα καλά

Σ.Ε.Λουρίδας

#6

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: 1)Αποδείξτε το ευθύ του (πασίγνωστου) θεωρήματος του Μενελάου, χρησιμοποιώντας όμως μόνο το θεώρημα του
Θαλή, όχι όμοια τρίγωνα.
Τέτοια απόδειξη υπάρχει και είναι μάλιστα απλουστάτη.
2)Εφαρμόστε το θεώρημα του Μενελάου σε δυο τρίγωνα και θα έχετε την απόδειξη του θεωρήματος Van Aubel.

1) H στάνταρ απόδειξη είναι με το Θεώρημα του Θαλή. Υπάρχει σε πολλά βιβλία (αν θυμάμαι καλά και στο παλιό σχολικό), οπότε δεν υπάρχει λόγος να την επαναλάβουμε εδώ.

2) Από Μενέλαο στο ABD με διατέμνουσα την FMC έχουμε (βάζω τα διαστήματα μη προσανατολισμένα)

$\displaystyle{ \frac {AF}{FB}= \frac{DC}{BC}\cdot \frac{AM}{MD}$ .

Όμοια

$\displaystyle{\frac {AE}{EC}= \frac{BD}{BC}\cdot \frac{AM}{MD}$ .

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{\frac {AF}{FB}+ \frac {AE}{EC}= \left(\frac{DC}{BC} + \frac{BD}{BC} \right) \frac{AM}{MD}= \frac{BC}{BC} \cdot \frac{AM}{MD}= \frac{AM}{MD}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

S.E.Louridas · #7

1) Γωμετρία, Αναστασίου Ι. Σκιαδά, AΘHNA 1974.
Εκεί έχουμε την Απόδειξη του θεωρήματος Van Aubel ακριβώς με βάση το θεώρημα του Μενελάου ,Τεύχος Β΄σελίδα 32.

2) Να επισημάνω επίσης ότι ο Γ. Ντάνης στην σελίδα 247 του πράσινου βιβλίου έχει επίσης την απόδειξη του θεωρήματος Van Aubel ακριβώς με βάση το θεώρημα του Μενελάου (αλλά το ίδιο ακριβώς θεώρημα το έχει σαν θεώρημα του Abel,..., ο δαίμων του τυπογραφείου)

(*) Επειδή ο φίλος ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ ζήτησε και συγγραφικό στίγμα.

S.E.Louridas

#8

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Έστω τρίγωνο ΑΒC και εσωτερικό του σημείο Μ. Αν οι ευθείες ΑΜ,ΒΜ και CM τέμνουν τις ευθείες
BC, CA και ΑΒ στα D,E και F αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $\frac{AE}{EC}+\frac{AF}{FB}=\frac{AM}{MD}$

Και άλλη απόδειξη, σε διαφορετικό μήκος κύματος:

$\displaystyle{ \frac{AE}{EC}+\frac{AF}{FB}= \frac{ (AMC)}{(BMC)}+\frac{(AMB)}{(BMC)}= \frac{ (ABC)-(BMC)}{(BMC)} =$

$\displaystyle{= \frac{ (ABC)}{(BMC)}-1 = \frac{ AD}{MC}-1 = \frac{ AD-MC}{MC}= \frac{AM}{MD}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#9

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
Θα αισθανθώ υποχρεωμένος σε όποιον μου βρει την απόδειξη αυτή σε οποιοδήποτε βιβλίο -παλιό ή νέο -και μου την
υποδείξει είτε με προσωπικό μήνυμα είτε στη Δημόσια Συζήτηση.

http://www.irmo.ie/6.Menelaus.pdf

S.E.Louridas · #10

Αυτή είναι επιτυχία.
Με μία σκέψη (του ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ) δημιουργήθηκε ένας Μαθηματικός πλουραλισμός και στην συνέχεια μία πληροφόρηση σημαντική. Τό mathematica λοιπόν δέν είναι μόνο το αμφίδρομο ΑΣΚΗΣΗ $\leftrightarrow$ ΛΥΣΗ, είναι και παραγωή γενικώτερου Μαθηματικού περιβάλλοντος.

S.E.Louridas

#11

$\bullet$ Για το Θεώρημα Μενελάου, έστω $D,\ E,\ F$ τα συνευθειακά σημεία επί των $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως και ας είναι το

μεταξύ των $D,\ C.$

Έστω

το σημείο επί της πλευράς AC,

ώστε να είναι $BZ\parallel EF.$

Προκύπτει άμεσα το ζητούμενο αφού ισχύει $\displaystyle \frac{DB}{DC}\cdot \frac{EC}{EA}\cdot \frac{FA}{FB} = \frac{EZ}{EC}\cdot \frac{EC}{EA}\cdot \frac{EA}{EZ} = 1$

$\bullet$ Για το Θεώρημα του Van Aubel, είχα στο νου την πρώτη απόδειξη που μας έδωσε ο Μιχάλης πιο πάνω, η οποία τελικά είναι ευρέως γνωστή στη βιβλιογραφία αλλά εγώ δεν το θυμόμουν.

Δίνω ως πρόσθετη αναφορά το βιβλίο του Χ. ΤΑΒΑΝΛΗ, Επίπεδος Γεωμετρία 1, στη σελίδα 188.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:.... με απασχολούσε όχι μόνο η απόδειξη ενός θεωρήματος ή μιας άσκησης , αλλά και η όσο το δυνατόν απλούστερη απόδειξη. Πολλές φορές αυτό σήμαινε - για μένα τουλάχιστον - η απόδειξη που χρησιμοποιεί τις όσο το δυνατόν λιγότερες γνώσεις.

Μία τέτοια απόδειξη φίλε ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ, είναι ένα προκλητικό ζητούμενο και μπράβο σ' όποιον το καταφέρνει, ιδιαίτερα όταν πρόκειται για πιο σύνθετα προβλήματα.

Δείτε για παράδειγμα την εξαιρετική απόδειξη του Γιώργου Ροδόπουλου ( hsiodos ) Εδώ και τις αποδείξεις που είχαν εμφανιστεί παλιότερα Εδώ.

Θα 'λεγε κανείς ότι μία τέτοια απόδειξη, κατανοητή κατά κανόνα στον μέσο νου, εύκολα μπορεί να τη σκεφτεί ο καθένας μας. Εξίσου όμως εύκολα, μπορεί να μας ξεφεύγει.

Νομίζω ότι σε τέτοιες αποδείξεις αναφερόταν ο Paul Erdos, ότι υπάρχουν στο "Βιβλίο".

Να είσαι καλά και αν θέλεις μας λες το όνομά σου. Όλοι εδώ στο

είμαστε σαν μία οικογένεια.

Φιλικά, Κώστας Βήττας.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #12

Κατ' αρχήν να ευχαριστήσω θερμά τους Κώστα Βήττα,Μιχάλη Λάμπρου και Σωτήρη Λουρίδα για το χρόνο που δέθεσαν για να γίνουν μέτοχοι μιας δικής μου σκέψης.Αληθινά εκτιμώ το γεγονός ότι και οι τρεις βρήκαν αναφορές για αυτό που ζητούσα.Το κακό με εμένα είναι ότι δεν έχω ούτε ένα από τα (παλιά) βιβλία που υποδείχθηκαν.'Ισως μια βόλτα
στα παλιατζίδικα αξίζει (και πάλι) τον κόπο.Και να σκεφτείτε ότι από 15 χρονών μαζεύω και διαβάζω παλιά βιβλία της
επιστήμης μας, αληθινούς θησαυρούς , που κοσμούν τη βιβλιοθήκη μου.
Χαίρομαι πολύ που βρίσκω στο

ανθρώπους που έχουν το δικό μου ενθουσιασμό για τα μαθηματικά.
Μετά από 1,5 και πλέον χρόνο που βρίσκομαι στο

, νομίζω πως ήρθε η στιγμή να γράψω το όνομά μου.
Λέγομαι Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #13

Μια αντίστοιχη της υπέροχης απόδειξης που μας έδωσε ο Σ.Λουρίδας παραπάνω βρήκα στο περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' της Ε.Μ.Ε. , τεύχος 2, Νοέμβριος-Δεκέμβριος 1982 , στις σελίδες 100,101.
Μπορείτε να το βρείτε στη ψηφιακή βιβλιοθήκη στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε.
Η λύση του Σ.Λουρίδα , έτσι όπως παρουσιάστηκε , είναι πιο αυτοδύναμη.
Η λύση που παρουσιάζεται εκεί δίνει την απόδειξη του θεωρήματος Van Aubel ως τρίτο σκέλος μιας άσκησης.

ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ VAN AUBEL

Μέλη σε σύνδεση