mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 21, 2011 4:19 pm**

Ασφαλώς πολλοί θυμάστε την κλασσική άσκηση :Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC και έστω τυχόν σημείο Μ του εγγεγραμμένου του κύκλου.Να αποδειχθεί ότι
$MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}$ είναι σταθερό.
Προτείνω μια γενίκευση της άσκησης αυτής που την είδα ως άλυτη άσκηση σε κάποιο παλιό , ωραίο βιβλίο της δεκαετίας του 1970.Το παρακάτω αυτό θέμα προτάθηκε από το Ισραήλ στην Ι.Μ.Ο.1979.

Έστω τρίγωνο ΑΒC και έστω Μ τυχόν σημείο του εγγεγραμμένου του κύκλου.Να αποδειχθεί ότι $aMA^{2}+bMB^{2}+cMC^{2}$ είναι σταθερό.

Παρακαλώ πολύ όποιος ξέρει ότι υπάρχει αυτή η άσκηση σε ελληνικά βιβλία , οσοδήποτε παλιά , να με ενημερώσει -αν έχει την καλοσύνη- με προσωπικό μήνυμα , γράφοντας μου τίτλο βιβλίου,συγγραφέα και σελίδα.
Θα το εκτιμήσω πολύ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 21, 2011 4:26 pm**

Πολύ όμορφο θέμα!
Δε θα βάλω απόδειξη, παρά μόνο θα αναφέρω, ότι αποτελεί ειδική περίπτωση γενικότερου θεωρήματος, σύμφωνα με το οποίο:

$\displaystyle{\bigstar}$ Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με έγκεντρο $\displaystyle{I}$ και ας είναι $\displaystyle{M}$ τυχαίο σημείο. Τότε ισχύει

$\displaystyle{\boxed{aMA^2+bMB^2+cMC^2=abc+2sMI^2}}$ ,

όπου $\displaystyle{s}$ η ημιπερίμετρος του τριγώνου.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Στην περίπτωσή μας, όπου το $\displaystyle{M}$ κινείται στον εγγεγραμμένο κύκλο, είναι $\displaystyle{MI=r}$ , οπότε έχουμε

$\displaystyle{aMA^2+bMB^2+cMC^2=abc+2sr^2=4srR+2sr^2=2sr(2R+r)=2E(2R+r).}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 21, 2011 4:43 pm**

Παιδιά, η απόδειξη που έχω από χθες το απόγευμα , οδηγεί απ' ευθείας στη γενίκευση που γράφει ο Θάνος....
Θάνο , σε ευχαριστώ που μου άνοιξες τα μάτια!
Γι' αυτό ασχολούμαι με το forum, γιατί κερδίζω από τους άλλους...
Όλοι τελικά κερδίζουν με τη συμμετοχή τους!!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 5:53 pm**

Δίνω μια απόδειξη της γενίκευσης που ανέφερε ο Θάνος.
Έστω AD η διχοτόμος της Α στο τρίγωνο ABC.Ι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒC.
$AI=\frac{AB AD}{AB+AD}=\frac{c AD}{c+\frac{ac}{b+c}}=...=\frac{b+c}{2s}AD$ . Με ανάλογες σκέψεις προκύπτει ότι $ID=\frac{a}{2s}AD$ .
'Ετσι $\cdot AI\cdot ID=\frac{a\left(b+c \right)}{\left(2s \right)^{2}}\cdot AD^{2}$ και αν λάβουμε υπ' όψιν ότι $AD^{2}=\frac{4\cdot b\cdot c\cdot s\cdot \left(s-a \right)}{\left(b+c \right)^{2}}$ με αντικατάσταση προκύπτει ότι
$AI\cdot ID=\frac{a\cdot b\cdot c\cdot \left(s-a\right)}{s\left(b+c \right)}$ .
Με εφαρμογή του θεωρήματος Stewart στο τρίγωνο ΜΒC
$BD\cdot MC^{2}+CD\cdot MB^{2}=BC\cdot \left(MD^{2}+BD\cdot CD \right)$
$\frac{ac}{b+c}MC^{2}+\frac{ab}{b+c}MB^{2}=a\cdot \left(MD^{2}+\frac{ac}{b+c}\cdot \frac{ab}{b+c} \right)$
$\left(b+c \right)\cdot MD^{2}=c\cdot MC^{2}+b\cdot MB^{2}-\frac{a^{2}\cdot b\cdot c}{b+c}$ .

Με εφαρμογή του θεωρήματος Stewart στο τρίγωνο MAD
$AI\cdot MD^{2}+ID\cdot MA^{2}=AD\cdot \left(MI^{2}+AI\cdot ID \right)$
$\frac{b+c}{2s}\cdot AD\cdot MD^{2}+\frac{a}{2s}\cdot AD\cdot MA^{2}=AD\cdot \left(MI^{2}+\frac{a\cdot b\cdot c\cdot \left(s-a \right)}{s\cdot \left(b+c \right)} \right)$
$\left(b+c \right)\cdot MD^{2}+a\cdot MA^{2}=2\cdot s\cdot MI^{2}+\frac{2\cdot a\cdot b\cdot c\cdot \left(s-a \right)}{b+c}$
$\left(b+c \right)\cdot MD^{2}=-a\cdot MA^{2}+2\cdot s\cdot MI^{2}+\frac{2\cdot a\cdot b\cdot c\cdot \left(s-a \right)}{b+c}$

Συνεπώς προκύπτει ότι
$a\cdot MA^{2}+b\cdot MB^{2}+c\cdot MC^{2}=2\cdot s\cdot MI^{2}+\frac{2\cdot a\cdot b\cdot c\cdot \left(s-a \right)}{b+c}+\frac{a^{2}\cdot b\cdot c}{b+c}$
$a\cdot MA^{2}+b\cdot MB^{2}+c\cdot MC^{2}=2\cdot s\cdot MI^{2}+\frac{a\cdot b\cdot c\cdot \left[a+2\cdot \left(\ s-a \right) \right]}{b+c}$
$a\cdot MA^{2}+b\cdot MB^{2}+c\cdot MC^{2}=2\cdot s\cdot MI^{2}+\frac{a\cdot b\cdot c\left(a+b+c-a \right)}{b+c}$
Εδώ τελειώνει η απόδειξη.

Ένα μικρό σχόλιο:Το θεώρημα Stewart υπάρχει σαν άλυτη άσκηση στα σχολικά βιβλία εδώ και 25 χρόνια.Μπορεί κάποιος διδάσκων να το αποδείξει
στην τάξη και μετά να θεωρείται αυτό που πρέπει, δηλαδή προέκταση θεωρίας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 7:04 pm**

[quote="ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ"]Δίνω μια απόδειξη της γενίκευσης που ανέφερε ο Θάνος.

Ενα μικρό δώρο (το σχήμα) από μένα για τον υπέροχο συνάδελφο ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ με τους χαιρετισμούς μου.

Φιλικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 8:06 pm**

Να ευχαριστήσω το Στάθη για το σχήμα και τις καλές του κουβέντες.
Θεωρώ σωστό να αναφέρω από που βρίσκω τις ασκήσεις που προτείνω για λύση.Την παραπάνω τη βρήκα άλυτη στο βιβλίο ''ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ'' του Αλέκου Σκορδά που εκδόθηκε στην Αθήνα το 1976, στη σελίδα 194.
Είναι η άσκηση 172.
Το αξιοσημείωτο είναι ότι το βιβλίο αυτό το βρήκα πεταμένο -μαζί με πολλά άλλα εξαιρετικά παλιά βιβλία μαθηματικών και φυσικής-έξω από ένα ξεχειλισμένο κάδο ανακύκλωσης στην είσοδο του 1ου Γ.Ε.Λ. Αλίμου.
ΒΑΣΙΚΟ ΔΙΔΑΓΜΑ ΓΙΑ ΟΛΟΥΣ ΜΑΣ:Όταν βλέπετε κάδο ανακύκλωσης που είναι ξέχειλος, ρίξτε μια ματιά.Μπορεί να ΄βρείτε θησαυρούς.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 8:58 pm**

Μια προσέγγιση διανυσματικά: viewtopic.php?p=18437#p18437

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 01, 2011 6:31 pm**

Πολύ χαίρομαι που υπάρχει διανυσματική λύση στο πρόβλημα.Μου αρέσουν
πολύ οι διαφορετικές και άλλου τύπου λύσεις στο ίδιο πρόβλημα.Αυτός
είναι ένας σοβαρός λόγος για την παρουσία μου στο forum.

mathematica.gr

MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Re: MIA OMOΡΦΗ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ