Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

makman94 · #1

Χαιρετώ όλα τα παιδιά εδώ,

Το παρακάτω θέμα με απασχολεί καιρό τώρα και δεν το έχω καταφέρει οπότε ελπίζω κάποιος από εσάς να μπορέσει να το λύσει !

Λοιπόν,το πρόβλημα έχει ως εξής:

Φέρουμε τυχαία ευθεία $(\epsilon _1)$ και πάνω σε αυτήν παίρνουμε σημεία $A,B,\Gamma$ τέτοια ώστε $AB= B\Gamma.$
Από τα σημεία αυτά φέρουμε τυχαία ευθ.τμήματα $A\Delta ,BE$ και $\Gamma Z.$
Έστω $H,\Theta$ και

τα σημεία τομής των παραπάνω ευθ.τμημάτων.
Πάνω στο $A\Delta$ παίρνουμε σημείο

τέτοιο ώστε $H\Theta = \Theta K$ και πάνω στο $\Gamma Z$ παίρνουμε σημείο $\Lambda$ τέτοιο ώστε $I\Lambda = 2\times \Theta I$

Τα σημεία

και $\Lambda$ μας ορίζουν την ευθεία $(\epsilon _2)$ και έστω

το σημείο τομής της $(\epsilon _2)$ με την $(\epsilon _1)$

Ζητείται να αποδειχθεί ότι το ευθ.τμήμα $\Gamma M$ είναι ίσο με τα $AB= B\Gamma$

Εικόνα

υς: Το πρόβλημα έχει λυθεί με Αναλυτική Γεωμετρία , αναζητώ (για ρομαντικούς λόγους) μια καθαρόαιμη Γεωμετρική λύση.

Ευχαριστώ για την φιλοξενία (και για τους διαχειριστές: Αν τοποθέτησα το θέμα σε λάθος μέρος , παρακαλώ μετακινήστε το εκεί που πρέπει).

#2

makman94 έγραψε: Τρί Δεκ 12, 2017 11:05 pm Ευχαριστω για την φιλοξενια (και για τους διαχειριστες: Αν τοποθετησα το θεμα σε λαθος μερος , παρακαλω μετακινηστε το εκει που πρεπει)

Καλώς ήλθες στο mathematica. Εύχομαι να το απολαύσεις.

Δες σε παρακαλώ τους κανονισμούς μας που θέλουν τα κείμενα με τονισμό των λέξεων (γιατί αυτό
επιτάσσει η γλώσσα μας) και γραφή σε latex. Αλλιώς το ποστ σου και όλες οι απαντήσεις
που πιθανόν να προκαλέσει, κινδυνεύουν να σβηστούν.

Θα σου απαντήσω όταν με το καλό διορθώσεις τα παραπάνω.

makman94 · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Δεκ 12, 2017 11:22 pm
makman94 έγραψε: Τρί Δεκ 12, 2017 11:05 pm Ευχαριστω για την φιλοξενια (και για τους διαχειριστες: Αν τοποθετησα το θεμα σε λαθος μερος , παρακαλω μετακινηστε το εκει που πρεπει)
Καλώς ήλθες στο mathematica. Εύχομαι να το απολαύσεις.

Δες σε παρακαλώ τους κανονισμούς μας που θέλουν τα κείμενα με τονισμό των λέξεων (γιατί αυτό
επιτάσσει η γλώσσα μας) και γραφή σε latex. Αλλιώς το ποστ σου και όλες οι απαντήσεις
που πιθανόν να προκαλέσει, κινδυνεύουν να σβηστούν.

Θα σου απαντήσω όταν με το καλό διορθώσεις τα παραπάνω.

Έβαλα τους τόνους αλλά με την latex δεν βγάζω άκρη (για παράδειγμα, δεν καταφέρνω να το κάνω να εμφανίσει το κεφαλαίο Α).
Παρ' όλ' αυτά ,θα το ξαναπροσπαθήσω μπας και. (EDIT: Εντάξει,κατάλαβα τι έφταιγε,έπρεπε να γράφω με αγγλικά μέσα στο πλαίσιο της latex)

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Δεκ 12, 2017 11:22 pm ...Αλλιώς το ποστ σου και όλες οι απαντήσεις
που πιθανόν να προκαλέσει, κινδυνεύουν να σβηστούν...

Αυτό ,πραγματικά, δεν χρειαζόταν.Δεν είναι και ο καλύτερος τρόπος να καλωσορίζεις κάποιον (αρκούσαν τα προηγούμενα).

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Δεκ 12, 2017 11:22 pm ...Αλλιώς το ποστ σου και όλες οι απαντήσεις
που πιθανόν να προκαλέσει, κινδυνεύουν να σβηστούν...

makman94 έγραψε: Τετ Δεκ 13, 2017 2:03 am Αυτό ,πραγματικά, δεν χρειαζόταν.Δεν είναι και ο καλύτερος τρόπος να καλωσορίζεις κάποιον (αρκούσαν τα προηγούμενα).

Προφανώς δεν έγινε κατανοητό το σχόλιό μου. Κάνω άλλη μία προσπάθεια.

Σύμφωνα με τους Κανονισμούς μας, όταν χρειαστεί να σβηστεί ένα μήνυμα που δεν ακολουθεί τις πρακτικές του φόρουμ, σβήνονται και όλες οι απαντήσεις που μπορεί να προκληθούν από το επίμαχο ποστ.

Με απλά λόγια, επειδή δεν θέλω να διακινδυνεύσω να σβηστεί η απάντησή μου, ή οποιουδήποτε άλλου, σου επεσήμανα ένα σημείο
του Κανονισμού μας που πιθανότατα δεν παρατήρησες. Το σχόλιό μου ήταν καλοπροαίρετο, και για προστασία αμφοτέρων.

KARKAR · #5

: ΤΡΙΧΟΤΟΜΗΣΗ.png (16.05 KiB) Προβλήθηκε 2050 φορές

Ας μου επιτραπεί να αναρτήσω ένα σχήμα , στο οποίο έχω αλλάξει τον προσανατολισμό

και την ονοματοδοσία , ευχρηστότερο όμως για τον λύτη ..

makman94 · #6

KARKAR έγραψε: Τετ Δεκ 13, 2017 1:12 pm ....
Ας μου επιτραπεί να αναρτήσω ένα σχήμα , στο οποίο έχω αλλάξει τον προσανατολισμό

και την ονοματοδοσία , ευχρηστότερο όμως για τον λύτη ..

Δεν νομίζω ότι έχουμε πρόβλημα τριχοτόμησης ευθ.τμήματος εδώ (τριχοτόμηση ευθ.τμήματος γίνεται πολύ ευκολότερα).
Εδώ είναι γνωστά τα

και $\Gamma$ και θέλουμε να αποδείξουμε οτι η ευθεία $(\epsilon_2)$ (με τον τρόπο που παράγεται) διέρχεται από σημείο της $(\epsilon_1)$ που τελικά ,ναι, δημιουργεί ένα τριχοτομημένο

Πολύ ωραίο το σχήμα σου (θα προτιμούσα να έλειπε η σκιαγράφιση διότι 'περιορίζει' την φαντασία), αλλά θα πρότεινα να χρησιμοποιήσεις τις ίδιες ,με εμένα, ονομασίες στα σημεία για αποφυγή παρεξηγήσεων.

Σε ευχαριστώ για την συμμετοχή KARKAR !

makman94 · #7

Επιτρέψτε μου να δώσω ένα tip που έχω παρατηρήσει και πιστεύω ότι είναι προς την σωστή κατεύθυνση για την λύση (χωρίς να θέλω να επηρεάσω την σκέψη σας).

Εικόνα

Το σημείο

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $HK\Lambda$ ( $\Lambda \Theta$ διάμεσος και $I\Lambda = 2\times \Theta I$ ) οπότε και η

διάμεσος και άρα $KN=N\Lambda$ και $H\Xi =\Xi I=IN$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

KARKAR έγραψε: Τετ Δεκ 13, 2017 1:12 pm ΤΡΙΧΟΤΟΜΗΣΗ.pngΑς μου επιτραπεί να αναρτήσω ένα σχήμα , στο οποίο έχω αλλάξει τον προσανατολισμό

και την ονοματοδοσία , ευχρηστότερο όμως για τον λύτη ..

Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ABC

και διατέμνουσα την MLT

έχουμε:

$\dfrac{BM}{MC} \cdot \dfrac{TC}{TA} \cdot \dfrac{AL}{LB}=1 \Rightarrow \dfrac{AL}{TA} \cdot \dfrac{TC}{LB}=1 \Rightarrow \dfrac{TA}{AL} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow \dfrac{2TA}{2AL} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow$

$\dfrac{2TA+TC}{2AL+LB} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow \dfrac{2TA+TC}{2AL+LB} = \dfrac{TA}{AL}$ (1)

Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ABC

και διατέμνουσα την SKN

έχουμε:

$\dfrac{SC}{SA} \cdot \dfrac{KA}{KB} \cdot \dfrac{NB}{NC}=1 \Rightarrow \dfrac{TC+2TA}{3TA} \cdot \dfrac{AL}{2AL+LB} \cdot \dfrac{NB}{NC}=1$ (2)

Για το ζητούμενο αρκεί να δείξουμε ότι:

$\dfrac{NB}{NC} =3$

Eπομένως, και σύμφωνα με την (2) αρκεί να δείξουμε ότι:

$\dfrac{2TA+TC}{3TA} \cdot \dfrac{AL}{2AL+LB} \cdot 3=1 \Leftrightarrow \dfrac{2TA+TC}{TA} \cdot \dfrac{AL}{2AL+LB} =1 \Leftrightarrow \dfrac{2TA+TC}{2AL+LB} =\dfrac{TA}{AL}$ που ισχύει από την (1)

makman94 · #9

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Τετ Δεκ 13, 2017 4:03 pm
Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο και διατέμνουσα την έχουμε:

$\dfrac{BM}{MC} \cdot \dfrac{TC}{TA} \cdot \dfrac{AL}{LB}=1 \Rightarrow \dfrac{AL}{TA} \cdot \dfrac{TC}{LB}=1 \Rightarrow \dfrac{TA}{AL} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow \dfrac{2TA}{2AL} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow$

$\dfrac{2TA+TC}{2AL+LB} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow \dfrac{2TA+TC}{2AL+LB} = \dfrac{TA}{AL}$ (1)

Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο και διατέμνουσα την έχουμε:

$\dfrac{SC}{SA} \cdot \dfrac{KA}{KB} \cdot \dfrac{NB}{NC}=1 \Rightarrow \dfrac{TC+2TA}{3TA} \cdot \dfrac{AL}{2AL+LB} \cdot \dfrac{NB}{NC}=1$ (2)

Για το ζητούμενο αρκεί να δείξουμε ότι:

$\dfrac{NB}{NC} =3$

Eπομένως, και σύμφωνα με την (2) αρκεί να δείξουμε ότι:

$\dfrac{2TA+TC}{3TA} \cdot \dfrac{AL}{2AL+LB} \cdot 3=1 \Leftrightarrow \dfrac{2TA+TC}{TA} \cdot \dfrac{AL}{2AL+LB} =1 \Leftrightarrow \dfrac{2TA+TC}{2AL+LB} =\dfrac{TA}{AL}$ που ισχύει από την (1)

ΕΚΠΛΗΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ Διονύσιε,δεν χορταίνω να την κοιτάζω !!!

Τα θερμά μου συγχαρητήρια !

Δεν θα την σκεφτόμουν ποτέ και ,όπως φαίνεται, 'βοήθησε' και η σκιαγράφιση του KARKAR.

Μπράβο , μπράβο !!

Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Re: Αναζητηση Καθαροαιμης Γεωμετρικης Λυσης

Re: Αναζητηση Καθαροαιμης Γεωμετρικης Λυσης

Re: Αναζητηση Καθαροαιμης Γεωμετρικης Λυσης

Re: Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Re: Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Re: Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Re: Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Re: Αναζήτηση Καθαρόαιμης Γεωμετρικής Λύσης

Μέλη σε σύνδεση