Τρίγωνο και διχοτόμοι!

#1

Δίνεται το σκαληνό τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και οι εσωτερικές διχοτόμοι $\displaystyle{AD,BE,CF.}$ Αν ισχύει $\displaystyle{DE=DF}$ να αποδειχθεί ότι

1) $\displaystyle{\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}$ ,

2) $\displaystyle{\angle A > 90^0}$ .

#2

Ας κάνω μια αρχή παρατηρώντας ότι η (1) συνεπάγεται την (2).

Πράγματι, αν η γωνία Α δεν είναι μεγαλύτερη των 90 μοιρών τότε ισχύει η ανισότητα $a^{2}\leq b^{2}+c^{2}$ , άρα και οι ανισότητες $a^{3}<(b^{2}+bc+c^{2})a$ και $(b+c)a^{2}\leq b^{3}+b^{2}c+bc^{2}+c^{3}$ , συνεπώς η ποσότητα $a^{3}+(b+c)a^{2}-(b^{2}+bc+c^{2})a-(b^{3}+b^{2}c+bc^{2}+c^{3})$ είναι αρνητική, άτοπο: από την (1) προκύπτει ότι η εν λόγω ποσότητα είναι ίση με μηδέν!

Γιώργος Μπαλόγλου

#3

Ιδού και το (1), με μέγιστη επιφύλαξη όσον αφορά το βέλτιστον της λύσης μου

Από γνωστά θεωρήματα διχοτόμων προκύπτουν οι σχέσεις $|BF|=\frac{ca}{a+b}$ , $|BD|=\frac{ac}{b+c}$ , $|CD|=\frac{ab}{b+c}$ , $|CE|=\frac{ba}{c+a}$ .

Με εφαρμογή Νόμου Συνημιτόνων στα τρίγωνα BDF

και

, προκύπτει, λόγω της υπόθεσης |DF|=|DE|

, η ισότητα

$(\frac{ac}{b+c})^{2}+(\frac{ca}{a+b})^{2}-2(\frac{ac}{b+c})(\frac{ca}{a+b})\sigma\upsilon\nu B=(\frac{ab}{b+c})^{2}+(\frac{ba}{c+a})^{2}-2(\frac{ab}{b+c})(\frac{ba}{c+a})\sigma\upsilon\nu C$

Και πάλι από τον Νόμο των Συνημιτόνων, εφαρμοσμένο στο αρχικό τρίγωνο, έχουμε τις γνωστές σχέσεις $\sigma\upsilon\nu B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$ και $\sigma\upsilon\nu C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$ . Αντικαθιστώντας τις σχέσεις αυτές στην παραπάνω ισότητα διαπιστώνουμε, ύστερα από αρκετές πράξεις, ότι ο $\frac{a}{b+c}$ είναι ρίζα του τριωνύμου

$(b^{2}-c^{2})x^{2}+[(a^{2}+c^{2}-b^{2})\cdot\frac{c}{a+b}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})\cdot\frac{b}{c+a}]x+a^{2}[(\frac{b}{c+a})^{2}-(\frac{c}{a+b})^{2}]$

Προκύπτει όμως, με σχετικά εύκολες πράξεις, ότι και ο $\frac{c}{a+b}+\frac{b}{c+a}$ είναι, πάντοτε, ρίζα του παραπάνω τριωνύμου! Αν οι δυο αυτές ρίζες είναι διαφορετικές τότε από Vieta έχουμε την ισότητα

$\frac{a}{b+c}+(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{c+a})=\frac{(a^{2}+b^{2}-c^{2})\cdot\frac{b}{c+a}-(a^{2}+c^{2}-b^{2})\cdot\frac{c}{a+b}}{b^{2}-c^{2}}$

... που ύστερα από λίγες πράξεις βγαίνει ισοδύναμη προς την bc=0

[Για την ιστορία, η άλλη ρίζα του τριωνύμου είναι η $\frac{a^{2}(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ ]

Γιώργος Μπαλόγλου

#4

Όλα δείχνουν να είναι αντιστρεπτά σ' αυτό το πρόβλημα, και επιλέγοντας τυχόντα

και

μπορούμε να προσδιορίσουμε μοναδικό

ώστε να ισχύει η συνθήκη: το

θα είναι ρίζα -- μοναδική θετική ρίζα* -- τριτοβάθμιας εξίσωσης με συντελεστές συναρτήσεις των

και

, κλπ κλπ.

Για παράδειγμα, αν b=1,3

και

τότε προκύπτει $a\simeq1,953$ (και αμβλυγώνιο τρίγωνο με $A\simeq102,67^{0}$ , $B\simeq40,5^{0}$ , και $C\simeq36,83^{0}$ ). Προκύπτει επίσης η αναμενόμενη ισότητα |DE|=|DF|

, με $|DE|\simeq0,608276253$ και $|DF|\simeq0,608276253$ -- για 3 ψηφία πήγαινα, 9 (τουλάχιστον) μου βγήκανε

*αν

τότε $f(0)=-(b+c)(b^{2}+c^{2})<0$ ενώ ακριβώς ένα από τα $f(-b)=c(b^{2}-c^{2})$ και $f(-c)=-b(b^{2}-c^{2})$ είναι θετικό, κλπ κλπ

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

Κατ'αρχάς να πω ότι, με το παρόν πρόβλημα ''τακτοποιείται'' η συζήτηση που ξεκίνησε εδώ.

Επίσης, παραδέχομαι ότι δεν έλεγξα τις πράξεις στη λύση του Γιώργου παραπάνω. Απλώς παραθέτω μία λύση που βρήκα μόλις τώρα, η οποία είναι διαφορετική (όχι όμως και πιο κομψή) από τη λύση που είχε στην πηγή από την οποία πήρα το πρόβλημα.

Από το θεώρημα τον διχοτόμων έχουμε

$\displaystyle{BD=\frac{ac}{b+c},BF=\frac{ac}{a+b},CE=\frac{ab}{c+a},CD=\frac{ab}{b+c}.}$ (1)

Από τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα $\displaystyle{AFD, ADE}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{AD}{\sin \angle AFD}=\frac{FD}{\sin \angle FAD}=\frac{DE}{\sin \angle CAD}=\frac{AD}{\sin \angle AED}}$

άρα ισχύει $\displaystyle{\sin \angle AFD=\sin \angle AED}$

Είναι εύκολο να δούμε ότι αν οι γωνίες $\displaystyle{\angle AFD,\angle AED}$ είναι ίσες, το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι ισοσκελές, άτοπο.

Τότε, οι γωνίες $\displaystyle{\angle AFD,\angle AED}$ είναι παραπληρωματικές και επομένως το τετράπλευρο $\displaystyle{AFDE}$ είναι εγγράψιμο.

$\displaystyle{\bullet}$ Εφαρμόζοντας το 1ο θεώρημα του Πτολεμαίου, λαμβάνουμε (επειδή $\displaystyle{DF=DE}$ )

$\displaystyle{DF(AE+AF)=AD\cdot FE}$ (2)

$\displaystyle{\bullet}$ Εφαρμόζοντας το 2ο θεώρημα του Πτολεμαίου, λαμβάνουμε

$\displaystyle{\frac{FE}{AD}=\frac{AF\cdot FD+AE\cdot ED}{AF\cdot AE+DF\cdot DE}}$ ,

η οποία γράφεται ως

$\displaystyle{\frac{2FE}{AD \sin A}=\frac{DF(AF+AE)}{(AFDE)}}$ (διαίρεσα με $\displaystyle{\frac{1}{2}\sin A}$ και χρησιμοποίησα ότι $\displaystyle{\sin A =\sin \angle FDE}$ ). (3)

Από τις (2),(3) προκύπτει

$\displaystyle{(AFDE)=\frac{1}{2}AD^2\sin A}$ δηλαδή

$\displaystyle{E-\frac{1}{2}BF\cdot BD\sin B-\frac{1}{2}CD\cdot CE \sin C=\frac{1}{2}AD^2\sin A}$ (4) ( $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του $\displaystyle{ABC}$ ).

Τώρα, αντικαθιστούμε στην (4) τις σχέσεις (1), το $\displaystyle{E=\frac{abc}{4R}, AD^2=\frac{bc}{(b+c)^2}\Big((b+c)^2-a^2\Big)}$ , χρησιμοποιούμε τον νόμο των ημιτόνων

και προκύπτει αμέσως η ζητούμενη σχέση.

ksofsa · #6

Αλλη μια λύση για το πρώτο ερώτημα.

Κατ'αρχάς επειδή το σημείο

είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος

και της διχοτόμου της γωνίας

,το τετράπλευρο AFDE

είναι εγγράψιμο κι επομένως <AFD=<CED

.Προεκτείνω την πλευρά

κατά τμήμα

,ώστε

.Τα τρίγωνα GFD,CED

είναι ίσα αφού <GFD=<CED,CE=FG,FD=DE

κι άρα

,που εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο AGDC

είναι εγγράψιμο κι άρα
$BA*BG=BD*BC\Rightarrow BA*(BF+CE)=BD*BC\Rightarrow \frac{BF}{BC}+\frac{CE}{BC}=\frac{BD}{AB}(1)$ .

Επειδή $BD=\frac{ca}{b+c}\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{a}{b+c},BF=\frac{ca}{a+b}\Rightarrow \frac{BF}{BC}=\frac{c}{a+b},CE=\frac{ab}{c+a}\Rightarrow \frac{CE}{BC}=\frac{b}{c+a}$ ,η σχέση (1) γράφεται
$\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$ .

Μήπως μου ξεφεύγει κάτι;

#7

Σχετικά με το δεύτερο ερώτημα, μόλις βρήκα κάτι ισχυρότερο.

Προσθέτουμε στη σχέση που αποδείξαμε στο 1ο ερώτημα, το $\displaystyle{2}$ και στα δύο μέλη, οπότε προκύπτει

$\displaystyle{1+\frac{a+b+c}{b+c}=\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}}$

δηλαδή

$\displaystyle{\frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}}$

$\displaystyle{\frac{1}{a+b+c}=\frac{b^2+c^2-a^2+ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

και αυτή γράφεται με χρήση της ταυτότητας $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}$

ως

$\displaystyle{2bc\cos A=-\frac{abc}{a+b+c}}$ , δηλαδή

$\displaystyle{\cos A=-\frac{1}{2}\frac{a}{a+b+c}.}$

Από εδώ φαίνεται ότι $\displaystyle{\angle A}$ αμβλεία.

Όμως, έχουμε ακόμα με χρήση της $\displaystyle{a<b+c}$

$\displaystyle{\cos A >-\frac{1}{4}}$ , δηλαδή

$\displaystyle{\angle A <\arccos \Big(-\frac{1}{4}\Big).}$

Το Wolfram δίνει $\displaystyle{\arccos \Big(-\frac{1}{4}\Big) \approx 104^{0}30^{\prime}}$

Δηλαδή, έχουμε

$\displaystyle{90^{0}<\angle A<104^{0}30^{\prime}.}$

EDIT: Να προσθέσω ότι η πηγή του προβλήματος είναι το βιβλίο Mathematical Olympiad in China, Problems and Solutions, Xiong Bin, Lee Peng Yee (Editors), World Scientific.

Η λύση που υπάρχει εκεί, είναι παρόμοια με τη λύση του ksofsa παραπάνω.

vasilis_pap · #8

Συγχαρητήρια για τις πολύ όμορφες αναλύσεις σας. Ως συνέχεια από το θέμα που είχα ανοίξει (που πολύ σωστά το
σημείωσε ο Κύριος Θάνος), θέλω να εξετάσουμε πότε το αρχικό τρίγωνο είναι ισοσκελές.
Ας κάνω μία αρχή:

Αν βάλουμε στην πρώτη εξίσωση προς απόδειξη b=c και απλοποιήσουμε την παράσταση, μετά από εύκολες και λίγες
πράξεις καταλήγουμε στην εξής 2βάθμια εξίσωση ως προς α:

$a^{2}+ba-4b^{2}=0$ , με διακρίνουσα $\Delta =17b^{2}$

επομένως καταλήγουμε: $a=\frac{\sqrt{17}-1}{2}b$

To αποτέλεσμα αυτό ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα.
Αν πάρουμε τώρα νόμο συνημιτόνων για τη γωνία Α, με δεδομένα: b=c, και το a που υπολογίσαμε,
καταλήγουμε ότι:

$cos(A)=\frac{\sqrt{17}-5}{4}$

Επομένως, για γωνία Α τέτοια που να έχει συνημίτονο το προηγούμενο αποτέλεσμα, έχουμε ισοσκελές τρίγωνο ABC.
Είναι σωστή η σκέψη μου; Επίσης, είναι η μοναδική περίπτωση που το τρίγωνο ABC προκύπτει ισοσκελές;

#9

vasilis_pap έγραψε: θέλω να εξετάσουμε πότε το αρχικό τρίγωνο είναι ισοσκελές.
Ας κάνω μία αρχή:

Αν βάλουμε στην πρώτη εξίσωση προς απόδειξη b=c και απλοποιήσουμε την παράσταση, μετά από εύκολες και λίγες
πράξεις καταλήγουμε στην εξής 2βάθμια εξίσωση ως προς α:

$a^{2}+ba-4b^{2}=0$ , με διακρίνουσα $\Delta =17b^{2}$

επομένως καταλήγουμε: $a=\frac{\sqrt{17}-1}{2}b$

To αποτέλεσμα αυτό ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα.
Αν πάρουμε τώρα νόμο συνημιτόνων για τη γωνία Α, με δεδομένα: b=c, και το a που υπολογίσαμε,
καταλήγουμε ότι:

$cos(A)=\frac{\sqrt{17}-5}{4}$

Επομένως, για γωνία Α τέτοια που να έχει συνημίτονο το προηγούμενο αποτέλεσμα, έχουμε ισοσκελές τρίγωνο ABC.
Είναι σωστή η σκέψη μου; Επίσης, είναι η μοναδική περίπτωση που το τρίγωνο ABC προκύπτει ισοσκελές;

Βασίλη, ίσως να μην αντιλαμβάνομαι σωστά αυτό που λες, όμως στη σχέση που θέτεις $\displaystyle{b=c}$ καταλήξαμε με την παραδοχή ότι ισχύει $\displaystyle{b \ne c.}$ Πώς λοιπόν μπορούμε να θέσουμε $\displaystyle{b=c}$ ;

vasilis_pap · #10

Έχετε δίκιο Κύριε Θάνο. Λάθος δικό μου που προσπέρασα τη λέξη σκαληνό στην εκφώνηση.
Συνεπώς, από τη λύση σας, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα με γωνία Α εκτός του διαστήματος που βρήκατε,
και με την ιδιότητα DE = DF, είναι ισοσκελή;

#11

vasilis_pap έγραψε:Έχετε δίκιο Κύριε Θάνο. Λάθος δικό μου που προσπέρασα τη λέξη σκαληνό στην εκφώνηση.
Συνεπώς, από τη λύση σας, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα με γωνία Α εκτός του διαστήματος που βρήκατε,
και με την ιδιότητα DE = DF, είναι ισοσκελή;

[Κανονικά θα έπρεπε να αφήσω τον Θάνο να απαντήσει πρώτος, αλλά ας προσθέσει ότι θέλει σ' αυτά που γράφω παρακάτω...]

Λοιπόν, Βασίλη, το σωστό διάστημα για το συνημίτονο της αμβλείας γωνίας είναι αυτό που αναφέρεις στην προ μηνός συζήτηση, $(-\frac{1}{4},\,\frac{\sqrt{17}-5}{4})$ . (Και για την αμβλεία γωνία το αντίστοιχο διάστημα είναι περίπου το $(102,6635^{0},\,\,104,4775^{0})$ -- ένα διάστημα μέσα στο οποίο γίνονται σημεία και τέρατα

)

Ο Θάνος δεν ισχυρίστηκε ότι το σωστό/βέλτιστο διάστημα για την αμβλεία γωνία είναι το $(90^{0},\,\, arccos(-\frac{1}{4}))\simeq(90^{0},\,\,104,4775^{0})$ , απλώς απέδειξε ότι η αμβλεία γωνία δεν μπορεί να υπερβαίνει την $arccos(-\frac{1}{4})$ -- αλλά και ότι τείνει προς αυτήν την γωνία καθώς το

τείνει προς το b+c

!

Εξακολουθεί να μας λείπει η απόδειξη για το βελτιωμένο/βέλτιστο κάτω φράγμα της γωνίας, χρειαζόμαστε δηλαδή απόδειξη της εξής πρότασης: αν

,

είναι πλευρές σκαληνού τριγώνου τέτοιες ώστε $\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$ τότε $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}<\frac{\sqrt{17}-5}{4}$ .

Είναι γεγονός ότι όταν τα

και

τείνουν να γίνουν ίσα τότε η παραπάνω έκφραση για το $\sigma\upsilon\nu A$ όντως τείνει προς το $\frac{\sqrt{17}-5}{4}$ *, άρα η απεγνωσμένη σου κίνηση να καταφύγεις στο ισοσκελές τρίγωνο δεν ήταν καθόλου κακή -- απλώς μας λείπει η απόδειξη που ήδη ανέφερα!

Όταν έχουμε διαθέσιμη και την απόδειξη αυτή, τότε όντως θα μπορούμε να πούμε ότι αν η γωνία

ενός τριγώνου είναι εκτός του διαστήματος $(arccos(\frac{\sqrt{17}-5}{4}),\,\, arccos(-\frac{1}{4}))$ και ισχύει η ισότητα |DE|=|DF|

τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές -- υπέροχο!

*βλέπε άλλωστε και το παράδειγμα που έδωσα σε προηγούμενη ανάρτηση, σε σχέση με το οποίο δίνω τώρα και τα εξής:

αν a=1,95

,

, τότε $|DF|\simeq0,60940>0,60935\simeq|DE|$

αν a=1,96

,

, τότε $|DF|\simeq0,60756<0,60767\simeq|DE|$

Γιώργος Μπαλόγλου

#12

gbaloglou έγραψε:
vasilis_pap έγραψε:Έχετε δίκιο Κύριε Θάνο. Λάθος δικό μου που προσπέρασα τη λέξη σκαληνό στην εκφώνηση.
Συνεπώς, από τη λύση σας, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα με γωνία Α εκτός του διαστήματος που βρήκατε,
και με την ιδιότητα DE = DF, είναι ισοσκελή;
[Κανονικά θα έπρεπε να αφήσω τον Θάνο να απαντήσει πρώτος, αλλά ας προσθέσει ότι θέλει σ' αυτά που γράφω παρακάτω...]

Λοιπόν, Βασίλη, το σωστό διάστημα για το συνημίτονο της αμβλείας γωνίας είναι αυτό που αναφέρεις στην προ μηνός συζήτηση, $(-\frac{1}{4},\,\frac{\sqrt{17}-5}{4})$ . (Και για την αμβλεία γωνία το αντίστοιχο διάστημα είναι περίπου το $(102,6635^{0},\,\,104,4775^{0})$ -- ένα διάστημα μέσα στο οποίο γίνονται σημεία και τέρατα )

Ο Θάνος δεν ισχυρίστηκε ότι το σωστό/βέλτιστο διάστημα για την αμβλεία γωνία είναι το $(90^{0},\,\, arccos(-\frac{1}{4}))\simeq(90^{0},\,\,104,4775^{0})$ , απλώς απέδειξε ότι η αμβλεία γωνία δεν μπορεί να υπερβαίνει την $arccos(-\frac{1}{4})$ -- αλλά και ότι τείνει προς αυτήν την γωνία καθώς το τείνει προς το !

Εξακολουθεί να μας λείπει η απόδειξη για το βελτιωμένο/βέλτιστο κάτω φράγμα της γωνίας, χρειαζόμαστε δηλαδή απόδειξη της εξής πρότασης: αν , , είναι πλευρές σκαληνού τριγώνου τέτοιες ώστε $\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$ τότε $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}<\frac{\sqrt{17}-5}{4}$ .

Είναι γεγονός ότι όταν τα και τείνουν να γίνουν ίσα τότε η παραπάνω έκφραση για το $\sigma\upsilon\nu A$ όντως τείνει προς το $\frac{\sqrt{17}-5}{4}$ *, άρα η απεγνωσμένη σου κίνηση να καταφύγεις στο ισοσκελές τρίγωνο δεν ήταν καθόλου κακή -- απλώς μας λείπει η απόδειξη που ήδη ανέφερα!

Όταν έχουμε διαθέσιμη και την απόδειξη αυτή, τότε όντως θα μπορούμε να πούμε ότι αν η γωνία ενός τριγώνου είναι εκτός του διαστήματος $(arccos(\frac{\sqrt{17}-5}{4}),\,\, arccos(-\frac{1}{4}))$ και ισχύει η ισότητα τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές -- υπέροχο!

*βλέπε άλλωστε και το παράδειγμα που έδωσα σε προηγούμενη ανάρτηση, σε σχέση με το οποίο δίνω τώρα και τα εξής:

αν , , , τότε $|DF|\simeq0,60940>0,60935\simeq|DE|$

αν , , , τότε $|DF|\simeq0,60756<0,60767\simeq|DE|$

Γιώργος Μπαλόγλου

Γιώργο με κάλυψες απολύτως και σε ευχαριστώ! Απομένει να αποδειχθεί αυτό που λες.

vasilis_pap · #13

Συνεκτικός και αναλυτικότατος ο Κύριος Γιώργος. Οπότε μας μένει η απόδειξη αυτή που αναφέρατε για να ολοκλήρώσουμε
ένα πραγματικά ενδιαφέρον θέμα...

Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Re: Τρίγωνο και διχοτόμοι!

Μέλη σε σύνδεση