mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 10:34 pm**

Οι ευθείες OA,OC

είναι κάθετες
Η OFC

είναι διχοτόμος της $\angle BOD$
Το

βρίσκεται μεταξύ των O,B

Τα σημεία

είναι συνευθειακά, όπως επίσης και τα A,E,F,G

καθώς και τα O,G,D

Να αποδειχθεί η ανισότητα:

$\dfrac{A\color{red}G}{A\color{red}D} + \dfrac{A\color{blue}E}{A\color{blue}B} \le 2\cdot \dfrac{A\color{green}F}{A\color{green}C}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am**

Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:

Θέτοντας O=(0,0), A=(0,a), C=(-c,0), F=(-f,0)

και θεωρώντας ότι τα B, E

κείνται επί της ευθείας y=-rx

και ότι τα D, G

κείνται επί της ευθείας y=rx,

καταλήγουμε στα

$B=\left(-\dfrac{ac}{rc+a}, \dfrac{rac}{rc+a}\right), E=\left(-\dfrac{af}{rf+a}, \dfrac{raf}{rf+a}\right), D=\left(\dfrac{ac}{rc-a}, \dfrac{rac}{rc-a}\right), G=\left(\dfrac{af}{rf-a}, \dfrac{raf}{rf-a}\right),$

και ακολούθως στις

$AB=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a+rc}, AE=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a+rf}, AD=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a-rc}, AG=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a-rf},$

οπότε η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα (πολύ απλές πράξεις)

$\dfrac{a-cr}{a-fr}+\dfrac{a+cr}{a+fr}\leq 2.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 09, 2024 10:47 am**

gbaloglou έγραψε: Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:

Αν για παράδειγμα φέρουμε την διχοτόμο APQR

... τότε η ζητούμενη ανισότητα ανάγεται στην έως και ήδη ( ; ) γνωστή ανισότητα (τετραπλεύρου BEGD

)

$\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC}.$

: BEGD.png (16.31 KiB) Προβλήθηκε 1752 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 11, 2024 10:44 am**

gbaloglou έγραψε: Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:

Θέτοντας και θεωρώντας ότι τα κείνται επί της ευθείας και ότι τα κείνται επί της ευθείας καταλήγουμε στα

$B=\left(-\dfrac{ac}{rc+a}, \dfrac{rac}{rc+a}\right), E=\left(-\dfrac{af}{rf+a}, \dfrac{raf}{rf+a}\right), D=\left(\dfrac{ac}{rc-a}, \dfrac{rac}{rc-a}\right), G=\left(\dfrac{af}{rf-a}, \dfrac{raf}{rf-a}\right),$

και ακολούθως στις

$AB=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a+rc}, AE=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a+rf}, AD=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a-rc}, AG=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a-rf},$

οπότε η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα (πολύ απλές πράξεις)

$\dfrac{a-cr}{a-fr}+\dfrac{a+cr}{a+fr}\leq 2.$

Ελέγχεται βεβαίως η παραπάνω απόδειξη ως προς την αφαίρεση της απόλυτης τιμής από τους παρονομαστές των

$AD=\sqrt\dfrac{(a^2(a^2+c^2)}{(a-rc)^2}}=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a-rc}$ και $AG=\sqrt\dfrac{(a^2(a^2+f^2)}{(a-rf)^2}}=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a-rf}.$

Για να δικαιολογηθεί η παραπάνω αφαίρεση ... ας παρατηρηθεί, θέτοντας B=(-b,rb)

&

και εύλογα υποθέτοντας 0<b<c<d,

ότι τα κείμενα επί της ευθείας

σημεία

και

ικανοποιούν αντίστοιχα τις

$0-rb=\dfrac{r(d+b)}{d-b}(-c+b)$ και $a-rb=\dfrac{r(d+b)}{d-b}(0+b),$

οπότε $c=\dfrac{2bd}{d+b}, a=\dfrac{2rbd}{d-b}, a-rc=\dfrac{4rb^2d}{d^2-b^2}>0.$ (Ομοίως για την a-rf>0,

ή, πιο εύκολα, a-rf>a-rc>0.

)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 1:37 pm**

Ας δωθούν και τα due credits.

Η άσκηση αυτή προέκυψε αφαιρώντας τον τριγωνομετρικό χαρακτήρα
και γενικεύοντας το δεύτερο ερώτημα του προβλήματος

viewtopic.php?f=178&t=76039
στη βάση της (επιδεχόμενης γενίκευσης) λύσης του rek2 (αυτόθι)

Εδώ αντί για τρεις ισες γωνίες $\varphi-\varphi-\varphi$ έχουμε (effectively) $\varphi-\theta-\varphi$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 26, 2024 10:22 pm**

gbaloglou έγραψε: Τρί Ιούλ 09, 2024 10:47 am
gbaloglou έγραψε: Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:
Αν για παράδειγμα φέρουμε την διχοτόμο ... τότε η ζητούμενη ανισότητα ανάγεται στην έως και ήδη ( ; ) γνωστή ανισότητα (τετραπλεύρου )

$\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC}.$

Για να είσαι μαθηματικός πρέπει να είσαι αισιόδοξος*, οπότε ήλπισε και η ταπεινότης μου μήπως και η θεσπέσια αυτή ανισότητα ισχύει ακόμη και όταν οι APQR

και

δεν είναι διχοτόμοι των DAO

και

αλλά τυχούσες ημιευθείες εντός του BEGD:

αυτό δεν είναι δυνατόν τελικά, ισχύει όμως η ανισότητα για τυχούσα APQR

και για

εντός μιας 'λωρίδας' ημιευθειών εκ του

(και αντίστροφα).

Από Νόμο Ημιτόνων στα τρίγωνα PAB, PAE, RAD, RAG, QAC, QAF

λαμβάνουμε αντίστοιχα τις σχέσεις

$\dfrac{PB}{\eta \mu \theta}=\dfrac{AP}{\eta \mu B}$ και $\dfrac{PE}{\eta \mu \phi }=\dfrac{AP}{\eta \mu E},$

$\dfrac{RD}{\eta \mu \theta}=\dfrac{AR}{\eta \mu D}$ και $\dfrac{RG}{\eta \mu \phi}=\dfrac{AR}{\eta \mu G},$

$\dfrac{QC}{\eta \mu \theta}=\dfrac{AQ}{\eta \mu C}$ και $\dfrac{QF}{\eta \mu \phi}=\dfrac{AQ}{\eta \mu F},$

όπου $\theta = BAP=DAR=CAQ, \phi = EAP=GAR=FAQ,$

η γωνία της OFQC

με την

η γωνία της OFQC

με την

και

οι σταθερές γωνίες του τετραπλεύρου BDGE.

Από τις παραπάνω ισότητες προκύπτουν με διαίρεση κατά μέλη οι σχέσεις

$\dfrac{PE}{PB}=\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\cdot \dfrac{\eta \mu \theta }{\eta \mu \phi}.$

$\dfrac{RG}{RD}=\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}\cdot \dfrac{\eta \mu \theta }{\eta \mu \phi}.$

$\dfrac{QF}{QC}=\dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F}\cdot \dfrac{\eta \mu \theta }{\eta \mu \phi}.$

Βλέπουμε λοιπόν ότι η (συ)ζητούμενη ανισότητα, $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC},$ καθίσταται ισοδύναμη προς την σταθερού αριστερού σκέλους ανισότητα

$\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}+\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\leq 2\cdot \dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F}.$

Μία πρώτη συνέπεια της παραπάνω αναγωγής είναι ότι η ανισότητα μας δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα (εσωτερική του BEGD

) ημιευθεία OFC:

όταν τα

τείνουν στα E, B

η ανισότητα δίνει $\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}\leq \dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}$ ενώ όταν τα F, C

τείνουν στα G, D

η ανισότητα δίνει $\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\leq \dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}$ ... οδηγώντας μέσω Νόμου Ημιτόνων στα ABE, ADG

στην αδύνατη $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AG}{AD}.$

H κύρια συνέπεια φαίνεται να είναι -- αν δεν έχω κάνει κάποιο σοβαρό λάθος** -- αυτό που υποσχέθηκα παραπάνω, ότι δηλαδή έχουμε μία 'λωρίδα' 'εσωτερικών' του BEGD

ημιευθειών OFQC

που ικανοποιούν την $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC}$ για τυχούσα 'εσωτερική' του BEGD

ημιευθεία

αρκεί να παρατηρηθεί ότι στην παραπάνω αναγωγή, $\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}+\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\leq 2\cdot \dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F},$ το αριστερό σκέλος είναι σταθερό, εξαρτώμενο από το δοθέν τετράπλευρο BEGD και μόνον, και το δεξιό σκέλος μπορεί να το υπερβεί για τις κατάλληλες κλίσεις της OFQC.

Ας δούμε ένα παράδειγμα τετραπλεύρου BEGD

με

B-(-4,6), E=(-2,3), G=(-1,-1), D=(-5,-5),

τομή πλευρών

και

στο $A=\left(-\dfrac{11}{3},\dfrac{29}{3}\right)$ και τομή πλευρών

και

στο

Για το τετράπλευρο αυτό η ποσότητα $\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}+\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}$ (σταθερό αριστερό σκέλος) ισούται προς περίπου 2,60866

, οπότε αρκεί η τυχούσα ημιευθεία OFQC

να έχει κλίση

τέτοια ώστε $\dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F}>1,30433:$ γνωρίζοντας και τις σταθερές κλίσεις των GE (-4)

και

βρίσκουμε $\eta \mu F = \dfrac{|m+4|}{\sqrt{17}\sqrt{m^2+1}}$ και $\eta \mu C = \dfrac{|m-11|}{\sqrt{122}\sqrt{m^2+1}},$ οπότε από την προκύπτουσα ανισότητα κλπ συμπεραίνουμε ότι αρκεί να ισχύει η -1,5<m<-0,6623

(όλες δηλαδή οι ημιευθείες μεταξύ της OEB

και αυτής που σχηματίζει γωνία $\approx 33,52^0$ με τον αρνητικό ημιάξονα των

).

[Ας δούμε, όπως στο συνημμένο, ένα 'εύκολο' παράδειγμα με κατακόρυφη APQR

και

(εντός της 'λωρίδας' -1,5<m<-0,6623

), ένα παράδειγμα δηλαδή όπου $P=\left(-\dfrac{11}{3}, \dfrac{11}{2}\right), Q=\left(-\dfrac{11}{3}, \dfrac{11}{3}\right), R=\left(-\dfrac{11}{3}, -\dfrac{11}{3}\right), C=\left(-\dfrac{25}{6}, \dfrac{25}{6}\right), F=\left(-\dfrac{5}{3}, \dfrac{5}{3}\right)$ και όπου $\dfrac{RG}{RD}=2, \dfrac{PE}{PB}=5, \dfrac{QF}{QC}=4,$ ισχύει δηλαδή η ζητούμενη ανισότητα ... ενώ για m=0

(εκτός της 'λωρίδας' -1,5<m<-0,6623

), ακόμη πιο εύκολα (και με κατακόρυφη APQR

πάντοτε), $Q=\left(-\dfrac{11}{3}, 0\right), C=\left(-\dfrac{50}{11}, 0\right), F=\left(-\dfrac{5}{4}, 0\right), \dfrac{QF}{QC}=\dfrac{11}{4},$ και η ζητούμενη ανισότητα δεν ισχύει. (Όλα αυτά αποτελούν σημαντικές ενδείξεις ορθότητας των ανωτέρω, πιθανώς θα επανέλθω κάποτε επί του θέματος!)]

*άμεσα εμπνευσμένο από το "για να είσαι βιομήχανος πρέπει να είσαι αισιόδοξος" που απάντησε κάποτε κάποιος επώνυμος στο ερώτημα "είστε [γενικά] αισιόδοξος;"

**πολλά τα λάθη (μου), ιδίως όταν η θερμοκρασία δωματίου δεν ήταν 29,5 αλλά 32,5 (δεν μου/μας αρέσουν τα κλιματιστικά)

: APQR-vertical.png (17.21 KiB) Προβλήθηκε 1440 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2024 10:42 pm**

gbaloglou έγραψε: Παρ Ιούλ 26, 2024 10:22 pm
gbaloglou έγραψε: Τρί Ιούλ 09, 2024 10:47 am
gbaloglou έγραψε: Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:
Αν για παράδειγμα φέρουμε την διχοτόμο ... τότε η ζητούμενη ανισότητα ανάγεται στην έως και ήδη ( ; ) γνωστή ανισότητα (τετραπλεύρου )

$\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC}.$

Για να είσαι μαθηματικός πρέπει να είσαι αισιόδοξος*, οπότε ήλπισε και η ταπεινότης μου μήπως και η θεσπέσια αυτή ανισότητα ισχύει ακόμη και όταν οι και δεν είναι διχοτόμοι των και αλλά τυχούσες ημιευθείες εντός του αυτό δεν είναι δυνατόν τελικά, ισχύει όμως η ανισότητα για τυχούσα και για εντός μιας 'λωρίδας' ημιευθειών εκ του (και αντίστροφα).

Από Νόμο Ημιτόνων στα τρίγωνα λαμβάνουμε αντίστοιχα τις σχέσεις

$\dfrac{PB}{\eta \mu \theta}=\dfrac{AP}{\eta \mu B}$ και $\dfrac{PE}{\eta \mu \phi }=\dfrac{AP}{\eta \mu E},$

$\dfrac{RD}{\eta \mu \theta}=\dfrac{AR}{\eta \mu D}$ και $\dfrac{RG}{\eta \mu \phi}=\dfrac{AR}{\eta \mu G},$

$\dfrac{QC}{\eta \mu \theta}=\dfrac{AQ}{\eta \mu C}$ και $\dfrac{QF}{\eta \mu \phi}=\dfrac{AQ}{\eta \mu F},$

όπου $\theta = BAP=DAR=CAQ, \phi = EAP=GAR=FAQ,$ η γωνία της με την η γωνία της με την και οι σταθερές γωνίες του τετραπλεύρου

Από τις παραπάνω ισότητες προκύπτουν με διαίρεση κατά μέλη οι σχέσεις

$\dfrac{PE}{PB}=\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\cdot \dfrac{\eta \mu \theta }{\eta \mu \phi}.$

$\dfrac{RG}{RD}=\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}\cdot \dfrac{\eta \mu \theta }{\eta \mu \phi}.$

$\dfrac{QF}{QC}=\dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F}\cdot \dfrac{\eta \mu \theta }{\eta \mu \phi}.$

Βλέπουμε λοιπόν ότι η (συ)ζητούμενη ανισότητα, $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC},$ καθίσταται ισοδύναμη προς την σταθερού αριστερού σκέλους ανισότητα

$\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}+\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\leq 2\cdot \dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F}.$

Μία πρώτη συνέπεια της παραπάνω αναγωγής είναι ότι η ανισότητα μας δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα (εσωτερική του ) ημιευθεία όταν τα τείνουν στα η ανισότητα δίνει $\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}\leq \dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}$ ενώ όταν τα τείνουν στα η ανισότητα δίνει $\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\leq \dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}$ ... οδηγώντας μέσω Νόμου Ημιτόνων στα στην αδύνατη $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AG}{AD}.$

H κύρια συνέπεια φαίνεται να είναι -- αν δεν έχω κάνει κάποιο σοβαρό λάθος** -- αυτό που υποσχέθηκα παραπάνω, ότι δηλαδή έχουμε μία 'λωρίδα' 'εσωτερικών' του ημιευθειών που ικανοποιούν την $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC}$ για τυχούσα 'εσωτερική' του ημιευθεία αρκεί να παρατηρηθεί ότι στην παραπάνω αναγωγή, $\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}+\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}\leq 2\cdot \dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F},$ το αριστερό σκέλος είναι σταθερό, εξαρτώμενο από το δοθέν τετράπλευρο BEGD και μόνον, και το δεξιό σκέλος μπορεί να το υπερβεί για τις κατάλληλες κλίσεις της

Ας δούμε ένα παράδειγμα τετραπλεύρου με τομή πλευρών και στο $A=\left(-\dfrac{11}{3},\dfrac{29}{3}\right)$ και τομή πλευρών και στο Για το τετράπλευρο αυτό η ποσότητα $\dfrac{\eta \mu D}{\eta \mu G}+\dfrac{\eta \mu B}{\eta \mu E}$ (σταθερό αριστερό σκέλος) ισούται προς περίπου , οπότε αρκεί η τυχούσα ημιευθεία να έχει κλίση τέτοια ώστε $\dfrac{\eta \mu C}{\eta \mu F}>1,30433:$ γνωρίζοντας και τις σταθερές κλίσεις των και βρίσκουμε $\eta \mu F = \dfrac{|m+4|}{\sqrt{17}\sqrt{m^2+1}}$ και $\eta \mu C = \dfrac{|m-11|}{\sqrt{122}\sqrt{m^2+1}},$ οπότε από την προκύπτουσα ανισότητα κλπ συμπεραίνουμε ότι αρκεί να ισχύει η (όλες δηλαδή οι ημιευθείες μεταξύ της και αυτής που σχηματίζει γωνία $\approx 33,52^0$ με τον αρνητικό ημιάξονα των ).

[Ας δούμε, όπως στο συνημμένο, ένα 'εύκολο' παράδειγμα με κατακόρυφη και (εντός της 'λωρίδας' ), ένα παράδειγμα δηλαδή όπου $P=\left(-\dfrac{11}{3}, \dfrac{11}{2}\right), Q=\left(-\dfrac{11}{3}, \dfrac{11}{3}\right), R=\left(-\dfrac{11}{3}, -\dfrac{11}{3}\right), C=\left(-\dfrac{25}{6}, \dfrac{25}{6}\right), F=\left(-\dfrac{5}{3}, \dfrac{5}{3}\right)$ και όπου $\dfrac{RG}{RD}=2, \dfrac{PE}{PB}=5, \dfrac{QF}{QC}=4,$ ισχύει δηλαδή η ζητούμενη ανισότητα ... ενώ για (εκτός της 'λωρίδας' ), ακόμη πιο εύκολα (και με κατακόρυφη πάντοτε), $Q=\left(-\dfrac{11}{3}, 0\right), C=\left(-\dfrac{50}{11}, 0\right), F=\left(-\dfrac{5}{4}, 0\right), \dfrac{QF}{QC}=\dfrac{11}{4},$ και η ζητούμενη ανισότητα δεν ισχύει. (Όλα αυτά αποτελούν σημαντικές ενδείξεις ορθότητας των ανωτέρω, πιθανώς θα επανέλθω κάποτε επί του θέματος!)]

Πράγματι τα παραπάνω επαληθεύονται γραφικώς κατά δραματικό θα έλεγα τρόπο: θεωρώντας την περίπτωση γενικής (μη κατακόρυφης) διατέμνουσας APQSR,

όπου

με $-\dfrac{50}{11}<s<-\dfrac{5}{4}$ (βλέπε συνημμένο) ΚΑΙ γενικής OFQC

της μορφής y=mx,

στο συγκεκριμένο τετράπλευρο BEGD

πάντοτε (βλέπε παραπάνω), προκύπτουν οι ισότητες

$P=\left(-\dfrac{58s}{9s-25}, \dfrac{87s}{9s-25}\right),$

$R=\left(\dfrac{29s}{3s+40}, \dfrac{29s}{3s+40}\right),$

$Q=\left(\dfrac{29s}{3ms+11m+29}, \dfrac{29ms}{3ms+11m+29}\right),$

$C=\left(\dfrac{50}{m-11}, \dfrac{50m}{m-11}\right),$

$F=\left(-\dfrac{5}{m+4}, -\dfrac{5m}{m+4}\right),$

οι οποίες οδηγούν με την σειρά τους στις

$\dfrac{RG}{RD}=2\cdot \dfrac{|4s+5|}{|11s+50|},$

$\dfrac{PE}{PB}=5\cdot \dfrac{|4s+5|}{|11s+50|},$

$2\cdot \dfrac{QF}{QC}=2\cdot \dfrac{|m-11|\cdot|44ms+55m+116s+145|}{|m+4|\cdot |121ms+550m+319s+1450|}.$

Μπορούμε πλέον να παράξουμε γραφήματα της $2\cdot \dfrac{QF}{QC}-\dfrac{RG}{RD}-\dfrac{PE}{PB}$ για $-\dfrac{50}{11}<s<-\dfrac{5}{4}$ ΚΑΙ για διάφορες τιμές του

και να επιβεβαιώσουμε ότι το πρόσημο αλλάζει, και μάλιστα σε ΟΛΟΚΛΗΡΟ το πεδίο ορισμού, ακριβώς 'γύρω' από την κρίσιμη τιμή του

( $\approx -0,6623$ ) που ήδη εντοπίσαμε με άλλον τρόπο (#6) : επισυνάπτω προς σύγκριση τα σχετικά γραφήματα για m= -0,65

και

(Παραλείπονται αρκετά άλλα γραφήματα για αρκετές άλλες τιμές του

που απλώς επιβεβαιώνουν τα παραπάνω.)

: APQSR-general.png (14.47 KiB) Προβλήθηκε 1388 φορές

: -.65.png (43.09 KiB) Προβλήθηκε 1388 φορές

: -.68.png (41.16 KiB) Προβλήθηκε 1388 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 02, 2024 1:15 pm**

Νόμισα ο δυστυχής ότι λόγω περίπλοκου ( ; ) προβλήματος ... θα μπορούσε να δίνει λύση μία 'απροσδιόριστη' και μη ρητή τιμή (για τον 'κρίσιμο' συντελεστή διεύθυνσης

) γύρω στο -0,6623:

η σκληρή αλλά και όμορφη αλήθεια είναι ότι, πολύ απλά, $m=-\dfrac{2}{3}$

Ανακεφαλαιώνω παρακάτω προς όφελος όσων δεν έχουν παρακολουθήσει την αρκετά μπλεγμένη συζήτηση ... και θα ήθελαν να προσπαθήαουν για μια γενίκευση (που ούτως ή άλλως θα επιχειρήσω να δώσω αργότερα) ή/και συνθετική απόδειξη (που εγώ δεν βλέπω αλλά πιστεύω πως υπάρχει).

Στο τετράπλευρο BGDE

με κορυφές B=(-4,6), E=(-2,3), G=(-1,-1), D=(-5,-5),

και σημεία τομής των BD, EG

και των

τα $A=\left(-\dfrac{11}{3}, \dfrac{29}{3}\right)$ και O=(0,0),

αντίστοιχα, η διατέμνουσα $y=-\dfrac{2}{3}x,$ με σημεία τομής με τις BD, EG

τα

αντίστοιχα, οδηγεί στην $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}=2\cdot \dfrac{QF}{QC}$ για τυχούσα διατέμνουσα APQR,

όπου

τα σημεία τομής της διατέμνουσας με τις BE, CF, DG,

αντίστοιχα.

[Αυτό προκύπτει εύκολα από τους τύπους που έδωσα στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση (#7). Προς το παρόν δεν θίγω εδώ τις σχετικές ανισοτικές σχέσεις, ας ασχοληθούμε πρώτα, αν μπορέσουμε, με την πολύ όμορφη παραπάνω ισότητα 'μέσου όρου'.]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 09, 2024 12:51 am**

Στην γενική περίπτωση ... στο τετράπλευρο BGDE

με

B=(b, ub), E=(e, ue), G=(g, vg), D=(d, vd),

και σημεία τομής των BD, EG

και των

τα

και

αντίστοιχα, η διατέμνουσα y=mx,

με σημεία τομής με τις BD, EG

τα

αντίστοιχα, οδηγεί στην $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}=2\cdot \dfrac{QF}{QC}$ για τυχούσα διατέμνουσα APQR,

όπου

τα σημεία τομής της διατέμνουσας με τις BE, CF, DG,

αντίστοιχα, αν και μόνον αν ισχύει η $\dfrac{b}{e}+\dfrac{d}{g}=2\cdot \dfrac{|(ub-vd)+(d-b)m|}{|(ue-vg)+(g-e)m|}.$

Το παραπάνω προκύπτει από τις

$\dfrac{PE}{PB}=\dfrac{d}{g}\cdot \dfrac{|(ue-vg)s+(v-u)eg|}{|(ub-vd)s+(v-u)bd)|},$

$\dfrac{RG}{RD}=\dfrac{b}{e}\cdot \dfrac{|(ue-vg)s+(v-u)eg|}{|(ub-vd)s+(v-u)bd)|},$

$\dfrac{QF}{QC}=\dfrac{|(ub-vd)+(d-b)m|}{|(ue-vg)+(g-e)m|}\cdot \dfrac{|(ue-vg)s+(v-u)eg|}{|(ub-vd)s+(v-u)bd)|},$

όπου (s,0)=S

η τομή της τυχούσας διατέμνουσας APQR

με τον άξονα των

[Οι παραπάνω τύποι, που γενικεύουν αυτούς της δημοσίευσης #7, δείχνουν πολύ όμορφα πως και γιατί η ζητούμενη σχέση 'μέσου όρου' -- του $\dfrac{QF}{QC}$ των $\dfrac{RG}{RD}, \dfrac{PE}{PB}$ -- ισχύει για κάθε

και συνεπώς για κάθε διατέμνουσα APQR

... όταν o συντελεστής

της διατέμνουσας OFC

έχει επιλεχθεί κατάλληλα.]

: τυχούσα-διατέμνουσα.png (22.17 KiB) Προβλήθηκε 1190 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 15, 2024 11:26 am**

Στην γενική περίπτωση ... στο τετράπλευρο BGDE

με

και σημεία τομής των BD, EG

και των

τα

και

αντίστοιχα, η διατέμνουσα y=mx,

με σημεία τομής με τις BD, EG

τα

αντίστοιχα, οδηγεί στην $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}=2\cdot \dfrac{QF}{QC}$ για τυχούσα διατέμνουσα APQR,

όπου

τα σημεία τομής της διατέμνουσας με τις BE, CF, DG,

αντίστοιχα, αν και μόνον αν ισχύει η $\dfrac{b}{e}+\dfrac{d}{g}=2\cdot \dfrac{|(ub-vd)+(d-b)m|}{|(ue-vg)+(g-e)m|}.$
[/quote]

Απλή εξίσωση απολύτων τιμών με δύο ακριβώς λύσεις, ας δούμε ... την πιο όμορφη: $m=\dfrac{ue+vg}{e+g},$ τόσο απλά

Η παραπάνω σχέση μας δίνει βεβαίως απλούστατη και προφανέστατη μέθοδο γεωμετρικής κατασκευής (διαγώνιος παραλληλογράμμου) αυτού που αποκαλώ "υπερδιαγώνιος (πλήρους τετραπλεύρου)"! Στο συνημμένο δίνω ένα παράδειγμα με τυχούσα διατέμνουσα APQR

εκτός του αρχικού τετραπλεύρου BEGD,

όπου επαληθεύεται* και η ζητούμενη $\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}=2\cdot \dfrac{QF}{QC}$ ... και ζητώ από σας Ευκλείδεια απόδειξη! [Χρόνια Πολλά, παρεμπιπτόντως**

]

* $RG=3\sqrt{26}, RD=4\sqrt{26}, PE=\dfrac{9\sqrt{13}}{5}, PB=\dfrac{24\sqrt{13}}{5}, QF=\dfrac{15\sqrt{53}}{14}, QC=\dfrac{40\sqrt{53}}{21}$

**ρώτησαν έναν επτάχρονο "τι σημαίνει αυτή η λέξη που χρησιμοποίησες, ξέρεις;" και ο μικρός απάντησε "δοθείσης ευκαιρίας"

: υπερδιαγώνιος-γιορτινή.png (202.07 KiB) Προβλήθηκε 1065 φορές

mathematica.gr

Αρμονικές Τετράδες

Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες

Re: Αρμονικές Τετράδες