σύστημα+γεωμετρία

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2180
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

σύστημα+γεωμετρία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Τρί Ιαν 27, 2009 7:01 pm

Στο http://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n5.pdf βρήκα 2 προβλήματα που μου άρεσαν και γιαυτό τα μεταφέρω εδώ

1) Αν x_i>0 ,  i=1,2,...,n , x_1+x_2^2+...x_n^n=n  ,  x_1+2x_2+...+nx_n=\frac{n(n+1)}{2} να βρεθούν όλα τα x_i, i=1,2,...,n

2) Κυρτό τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου O και περιγράψιμο γύρω από κύκλο κέντρου I .Αν P το σημείο τομής των διαγωνίων του να δεἰξετε ότι O,\ I,\ P συνευθειακά


Άβαταρ μέλους
antonis_math
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:18 am

Re: σύστημα+γεωμετρία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από antonis_math » Τρί Ιαν 27, 2009 8:10 pm

Η απάντηση στο 1ο είναι 1 για κάθε xi


dimitris pap
Δημοσιεύσεις: 287
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:42 pm

Re: σύστημα+γεωμετρία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimitris pap » Τρί Ιαν 27, 2009 8:35 pm

Για το 1ο πράγματι η απάντηση είναι ότι όλα ισούνται με 1 και γίνεται με χρήση ανισοτήτων. Συγκεκριμένα χρησιμοποιούμε ότι x^n+n-1\geq xn, που αποδεικνύεται έυκολα από AM-GM για n-1 άσους (ή με την ανισότητα Bernoulli, αφού (1+x-1)^n\geq 1+n(x-1)). Ετσι αν στην πρώτη σχέση προσθέσουμε 1,2,3,..., n-1 στα x_2^2, x_3^3,...,x_n^n αντίστοιχα (και στο 2ο μέλος) θα έχουμε:
x_1+(x_2^2+1)+...+(x_n^n+n-1)=n+1+2+...+n-1=
=\frac{n(n+1)}{2}=x_1+2x_2+...+nx_n

Ομως όπως αναφέραμε πριν ισχύει (από αριθμητικού γεωμετρικού μέσου) ότι
LHS\geq RHS με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν ισχύουν οι επιμέρους ισότητες, δηλαδή μόνο όταν:
x_1=x_2=...=x_n=1


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3924
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: σύστημα+γεωμετρία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Ιαν 27, 2009 8:41 pm

Για το πρώτο θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x^n-nx, \ \ x>0 και αποδεικνύουμε ότι ισχύει f(x) \geq f(1)=1-n, για κάθε x>0 (εύκολο π.χ. με παραγώγους).

Με αφαίρεση των δύο εξισώσεων μεταξύ τους και γκρουπάρωντάς τα παίρνουμε ότι

(x_2^2-x_2)+(x_3^3-3x_3)+\cdots + (x^n-nx) = \displaystyle\frac{-n^2+n}{2} και από την άλλη, λόγω της παραπάνω ανισότητας, το πρώτο μέλος είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το

(1-2)+(1-3)+\cdots + (1-n) = \displaystyle\frac{-n^2+n}{2} κι έτσι η ισότητα πρέπει να ισχύει παντού,

Άρα για κάθε n=2,3,\ldots, n πρέπει x^n-nx=1-n δηλαδή x=1 (και μόνο).

Έτσι παίρνουμε ότι x_2=x_3=\ldots = x_n=1 και αντικαθιστώντας στην πρώτη παίρνουμε επίσης ότι x_1=1.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2180
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: σύστημα+γεωμετρία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Τρί Ιαν 27, 2009 9:05 pm

Ωραίες λύσεις
(η δικιά μου είναι παρόμοια με του Δημήτρη)


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2180
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: σύστημα+γεωμετρία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Τετ Ιαν 28, 2009 9:39 am

Clipboard01.png
Clipboard02.png
Οι IA,\ IB,\ IC,\ ID είναι διχοτόμοι των γωνιων \angle A,\ \angle B,\ \angle C,\ \angle D του τετραπλεύρου, του οποίου οι απέναντι γωνίες είναι παραπληρωματικές.

Αν r η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τότε r=IAsin(A/2),r=ICsin(C/2)=ICcos(A/2)

Οπότε \displaystyle \frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{r^2}\Rightarrow \frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OD^2} \displaystyle \Rightarrow \frac{1}{OA^2}-\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{OD^2}-\frac{1}{OC^2}\ \ \ (1)

Εαν K,\ L προβολες του O, τα K,\ L θα είναι μέσα των πλευρών και έστω τα Q,\ R,\ S,\ T τα σημεία επαφής του (I,r) με το ABCD τότε

OA^2-OB^2=2AB.KQ\ \ \ (2) και \displaystyle OA^2.OB^2=\frac{r^2.AB^2}{sin ^2(\frac{A+B}{2})}\ \ \ (3)

Αντικαθισώντας τις (2),\ (3) στο αριστερό μέλος της (1) και εργαζόμενοι ομοίως στο δεξιο μέλος της (1) καταλήγουμε στην \displaystyle \frac{KQ}{AB}=\frac{LS}{CD}\ \ \ (4)

Ακόμη \displaystyle PC^2-PD^2=2CD.LF\Rightarrow \left(\frac{PC}{CD}\right)^2 - \left(\frac{PD}{CD}\right)^2 = 2\frac{LF}{CD}\ \ \ (5)

Αντίστοιχα \displaystyle \left(\frac{PB}{AB}\right)^2 - \left(\frac{PA}{AB}\right)^2 = 2\frac{KE}{AB}\ \ \ (6)

Από τα όμοια τριγωνα \vartriangle PAB,\ \vartriangle PCD τα πρώτα μέλη των (5),\ (6) είναι ίσα άρα \displaystyle \frac{LF}{CD}=\frac{KE}{AB}\ \ \ (7)

Διαιρώντας κατά μέλη τις (4),\ (7) προκύπτει η αναλογία που δείχνει ότι τα P,\ O,\ I είναι συνευθειακά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2036
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: σύστημα+γεωμετρία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιαν 29, 2009 10:26 pm

R BORIS έγραψε:2) Κυρτό τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου O και περιγράψιμο γύρω από κύκλο κέντρου I. Αν P το σημείο τομής των διαγωνίων του να δεἰξετε ότι O,\ I,\ P συνευθειακά
Η πρόταση αυτή είναι κλασσικό θεώρημα στα ''αμφιγράψιμα'' τετράπλευρα και έχουν δημοσιευτεί κατά καιρούς, αρκετές ενδιαφέρουσες αποδείξεις του.

Για πρώτη φορά βλέπω τη λύση που μας έδωσε ο Ροδόλφος, η οποία βασίζεται στην ιδέα ότι για να είναι τρία σημεία συνευθειακά, αρκεί να αποδειχθεί ότι οι προβολές τους πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους.

Βασισμένη στην ίδια ιδέα, είναι και η απόδειξη που ακολουθεί με στοιχειώδη μέσα, η οποία έχει εμφανιστεί για πρώτη φορά το 1995, αλλά κρατάει από τα χρόνια του λυκείου...

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Ένα αμφιγράψιμο τετράπλευρο έχει εγγεγραμμένο και περιγεγραμμένο κύκλο. Αποδείξτε ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων και το σημείο τομής των διαγωνίων του, ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Απόδειξη.

ABCD είναι το δοσμένο τετράπλευρο, εγγεγραμμένο στον κύκλο (K), περιγεγραμμένο περί τον κύκλο (L) και έστω M το σημείο τομής των διαγωνίων του AC,\ BD.

Η απόδειξη ότι τα σημεία K,\ L,\ M είναι συνευθειακά, βασίζεται στην ιδέα ότι οι προβολές τριών συνευθειακών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα.

Έτσι, αν E,\ F,\ H, είναι αντιστοίχως οι προβολές των K,\ L,\ M, επί της πλευράς AD και E^{\prime},\ F^{\prime},\ H^{\prime}, οι προβολές των επί της πλευράς BC,

αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει \displaystyle \frac{EF}{FH} = \frac{E^{\prime}F^{\prime}}{F^{\prime}H^{\prime}} \ \ \ ,(1)

Η ευθεία που συνδέει τα σημεία F,\ F^{\prime}, επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (L), στις απέναντι πλευρές AD,\ BC αντιστοίχως, περνάει από το σημείο M\equiv AC\cap BD, σύμφωνα με το παρακάτω θεώρημα Newton (a).

\bullet Συγκρίνουμε τα τρίγωνα \bigtriangleup AMD και \bigtriangleup BMC.

Έχουν δύο γωνίες ίσες \angle ADM = \angle BCM = \angle \varphi και \angle DAM = \angle CBM = \angle x και άρα είναι όμοια.

Επομένως έχουμε ότι \displaystyle \frac{MD}{MC} = \frac{AD}{BC} = \frac{DE}{CE^{\prime}} ,(2) ( γιατί E,\ E^{\prime}, είναι τα μέσα των AD,\ BC, αντιστοίχως ).

Από την ισότητα (2), προκύπτει ότι τα τρίγωνα \bigtriangleup DME και \bigtriangleup CME^{\prime} είναι όμοια, γιατί έχουν μία γωνία ίση \angle EDM = \angle E^{\prime}CM = \angle \varphi, περιεχομένη μεταξύ αναλόγων πλευρών.

Από την ομοιότητα αυτών τριγώνων, προκύπτει ότι \angle DEM = \angle CE^{\prime}M = \angle \rho και επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα \bigtriangleup HEM και \bigtriangleup H^{\prime}E^{\prime}M, είναι όμοια.

Άρα έχουμε \displaystyle \frac{EH}{E^{\prime}H^{\prime}} = \frac{MH}{MH^{\prime}} ,(3)

\bullet Τα ορθογώνια τρίγωνα \bigtriangleup HFM και \bigtriangleup H^{\prime}F^{\prime}M είναι επίσης όμοια, γιατί έχουν \angle HFM = \angle H^{\prime}F^{\prime}M = \angle \omega ( ως γωνίες της χορδής FF^{\prime} του κύκλου (L) και των εφαπτομένων AD,\ BC, στα άκρα της ).

Άρα έχουμε \displaystyle \frac{FH}{F^{\prime}H^{\prime}} = \frac{MH}{MH^{\prime}} ,(4)

Από (3), (4) \Longrightarrow \displaystyle \frac{EH}{E^{\prime}H^{\prime}} = \frac{FH}{F^{\prime}H^{\prime}} \Longrightarrow \displaystyle \frac{EF}{FH} = \frac{E^{\prime}F^{\prime}}{F^{\prime}H^{\prime}} και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Εάν οι προβολές τριών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους Λόγους, τότε τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά με τον ίδιο Λόγο.

Θεώρημα Newton. (a) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απένατι πλευρές, διέρχονται δια του σημείου τομής των διαγωνίων του.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=50_t=331.pdf
Αμφιγράψιμο τετράπλευρο.
(9.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 88 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τρί Δεκ 29, 2009 12:02 pm, έχει επεξεργασθεί 7 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2036
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: σύστημα+γεωμετρία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Ιαν 30, 2009 10:14 pm

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Εάν οι προβολές τριών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους Λόγους, τότε τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά με τον ίδιο Λόγο.
Απόδειξη. ( σχήμα f=50_t=331(a) )

ΈστωA,\ B,\ C, οι προβολές των σημείων K,\ L,\ M, επί της ευθείας (e) και A^{\prime},\ B^{\prime},\ C^{\prime}, οι προβολές των επί της ευθείας (e^{\prime}) και ότι ισχύει \displaystyle\frac{AB}{BC} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{B^{\prime}C^{\prime}} ,(1)

Δεχόμαστε ότι το σημείο M, δεν ανήκει στην ευθεία KL και έστω M^{\prime},\ M^{\prime\prime}, τα σημεία στα οποία οι ευθείες CM,\ C^{\prime}M, τέμνουν την ευθεία KL.

Σύμφωνα με το θεώρημα Θαλή, έχουμε \displaystyle \frac{AB}{BC} = \frac{KL}{LM^{\prime}} ,(2) και \displaystyle \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{B^{\prime}C^{\prime}} = \frac{KL}{LM^{\prime\prime}} ,(3)

Από (1),\ (2),\ (3) \Longrightarrow \displaystyle \frac{KL}{LM^{\prime}} = \frac{KL}{LM^{\prime\prime}} \Longrightarrow LM^{\prime} = LM^{\prime\prime} \Longrightarrow M^{\prime}\equiv M^{\prime\prime} ,(4)

Από (4), συμπεραίνουμε ότι το M είναι σημείο της ευθείας KL και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ.

Η πρόταση αυτή είναι το αντίστροφο της πρότασης όπου ζητείται να αποδειχθεί ότι οι προβολές τριών συνευθειακών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους, η οποία επίσης αποδεικνύεται άμεσα με το θεώρημα Θαλή.

Είναι ένα πρόσθετο ( από τα υπάρχοντα στη βιβλιογραφία ) κριτήριο, που αρκεί για να αποδεικνύεται ότι τρία σημεία είναι συνευθειακά και θα δώσουμε τώρα τη γενίκευσή της ( σχήμα f=50_t=331(b) ).

ΠΡΟΤΑΣΗ 1. - Εάν δια τριών σημείων του επίπέδου, δύο τυχούσες δέσμες παραλλήλων ευθειών έχουν ίσους λόγους, τότε τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά.

Ορισμός.

Ονομάζουμε λόγο δέσμης τριών παραλλήλων ευθειών, το σταθερό λόγο των τμημάτων που ορίζουν τα σημεία τομής των, επί τυχούσας ευθείας η οποία τις τέμνει.

\bullet Έστω K,\ L,\ M, τρία σημεία του επιπέδου και δύο τυχούσες δέσμες παραλλήλων ευθειών (a),\ (b),\ (c) και (a^{\prime}),\ (b^{\prime}),\ (c^{\prime}), δια των σημείων αυτών.

Τυχούσα ευθεία (e), τέμνει την πρώτη δέσμη στα σημεία A,\ B,\ C αντιστοίχως και άλλη τυχούσα επίσης ευθεία (e^{\prime}), τέμνει τη δεύτερη δέσμη στα σημεία A^{\prime},\ B^{\prime},\ C^{\prime} αντιστοίχως.

Εάν είναι \displaystyle \frac{AB}{BC} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{B^{\prime}C^{\prime}}, αποδεικνύεται με παρόμοιο τρόπο όπως και παραπάνω, ότι τα σημεία K,\ L,\ M, είναι συνευθειακά.

ΣΧΟΛΙΑ.

1) - Αυτή η πρόταση, απλή στη διατύπωσή της και εύκολη στην απόδειξή της, έχει πολλές εφαρμογές και αρκετές φορές σε δύσκολα προβήματα.

2) - Ισχύει και το αντίστροφο ( σχήμα f=50_t=331(c) ).

ΠΡΟΤΑΣΗ 2. - Εάν δύο δέσμες παραλλήλων ευθειών με ίσους λόγους τέμνονται, τότε τα σημεία τομής των ομολόγων ευθειών τους, ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=50_t=331(a).pdf
Αμφιγράψιμο τετράπλευρο - Απόδειξη Λήμματος.
(5.22 KiB) Μεταφορτώθηκε 79 φορές
f=50_t=331(b).pdf
Αμφιγράψιμο τετράπλευρο - Γενίκευση Λήμματος.
(6.17 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές
f=50_t=331(c).pdf
Αμφιγράψιμο τετράπλευρο - Γενίκευση Λήμματος - Αντίστροφο.
(6.08 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τρί Φεβ 07, 2017 2:14 pm, έχει επεξεργασθεί 7 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2036
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: σύστημα+γεωμετρία

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Ιαν 31, 2009 4:21 pm

vittasko έγραψε:Θεώρημα Newton. (a) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απένατι πλευρές, διέρχονται δια του σημείου τομής των διαγωνίων του.
Απόδειξη. (σχήμα f=50_t=331(d) )

\bullet Έστω ABCD το δοσμένο τετράπλευρο, περιγεγραμμένο περί τον κύκλο (O) και E,\ E^{\prime}, τα σημεία επαφής του (O) στις πλευρές AB,\ CD αντιστοίχως και F,\ F^{\prime}, τα σημεία επαφής του στις πλευρές AD,\ BC.

Έστω M το σημείο τομής των AC,\ EE^{\prime}.

Τα τρίγωνα \bigtriangleup AEM και \bigtriangleup CE^{\prime}M έχουν \angle AME = \angle CME^{\prime} και \angle AEM = 180^{o} - \angle BEM = 180^{o} - CE^{\prime}M και άρα έχουμε \displaystyle \frac{AE}{CE^{\prime}} = \frac{AM}{CM} ,(1)

( οι πλευρές απέναντι των ίσων γωνιών, έχουν λόγο ίσο με το λόγο των πλευρών απέναντι των παραπληρωματικών γωνιών ).

\bullet Έστω M^{\prime} το σημείο τομής των AC,\ FF^{\prime}.

Με παρόμοιο τρόπο από τα τρίγωνα \bigtriangleup AFM^{\prime} και \bigtriangleup CF^{\prime}M^{\prime}, συμπεραίνουμε ότι \displaystyle \frac{AF}{CF^{\prime}} = \frac{AM^{\prime}}{CM^{\prime}} ,(2)

Από (1),\ (2) και επειδή AE = AF και CE^{\prime} = CF^{\prime}, προκύπτει ότι \displaystyle \frac{AM}{CM} = \frac{AM^{\prime}}{CM^{\prime}} και άρα M^{\prime}\equiv M.

Δηλαδή το σημείο M\equiv EE^{\prime}\cap FF^{\prime}, κείται επί της διαγώνιας AC του ABCD.

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι το σημείο M, ανήκει επίσης στη διαγώνια BD.

Επομένως το σημείο τομής των EE^{\prime},\ FF^{\prime}, ταυτίζεται με το σημείο M τομής των διαγωνίων AC,\ BD του ABCD και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ - ΣΧΟΛΙΑ.

1) - Η απόδειξη αυτή υπάρχει στο βιβλίο, ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ F.G.M. (Ιησουϊτών), σελίδα 603, Εκδόσεις Α. ΚΑΡΑΒΙΑ, Αθήνα 1952.

2) - Στη σελίδα 809 του ίδιου βιβλίου, υπάρχει απόδειξη ενός άλλου θεωρήματος Newton, που αφορά στα περιγράψιμα τετράπλευρα.

Θεώρημα Newton. (b) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, του κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου, ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του.

Δείτε Εδώ , δύο άλλες αποδείξεις του θεωρήματος Newton (b) .

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=50_t=331(d).pdf
Αμφιγράψιμο τετράπλευρο - Θεώρημα Newton (a)
(4.99 KiB) Μεταφορτώθηκε 128 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Δευ Φεβ 06, 2017 2:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1816
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: σύστημα+γεωμετρία

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Αύγ 22, 2012 6:08 pm

vittasko έγραψε:Θεώρημα Newton. (a) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απένατι πλευρές, διέρχονται δια του σημείου τομής των διαγωνίων του.
Μιας και το επανέφερε ο Ησίοδος εδώ να παρατηρήσω:

Μια άμεση απόδειξη γίνεται με το θεώρημα του Brianchon, αρκεί στο αντίστοιχο εξάγωνο δύο κατάλληλα ζεύγη διαδοχικών κορυφών να συμπέσπουν, ώστε να εκφυλιστεί στο περιγράψιμο τετράπλευρο του Newton. (προκύπτει και αντίστοιχο ενδιάμεσο θεώρημα για περιγράψιμο πεντάπλευρο)

Άλλη απόδειξη έχουμε, αν θεωρήσουμε τον προβολικό μετασχηματισμό που στέλνει τον κύκλο σε κύκλο και το σημείο τομής των τμημάτων που συνδέουν τα σημεία επαφής των απέναντι πλευρών στο κέντρο του νέου κύκλου. Το τετράπλευρο μετασχηματίζεται σε τετράγωνο και η απόδειξη γίνεται με την παρατήρηση ότι οι διαγώνιες τετραγώνου τέμνονται στο κέντρο του.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες