mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 04, 2025 10:22 am**

: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο.png (13.63 KiB) Προβλήθηκε 735 φορές

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC

πλευράς

και τα σημεία D, E, Z

των πλευρών BC, CA, AB

αντίστοιχα, ώστε

$BD=CE=AZ=\dfrac{a}{3}.$ Οι AD, BE, CZ

τέμνονται στα σημεία S, P, T.

Να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{(PST)}{(ABC)}.$

Προαιρετικό: Κάντε το ίδιο σε τυχαίο τρίγωνο με $\displaystyle BD = \frac{a}{3},CE = \frac{b}{3},AZ = \frac{c}{3}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 04, 2025 11:29 pm**

george visvikis έγραψε: Κυρ Μάιος 04, 2025 10:22 am Ισόπλευρο σε ισόπλευρο.png
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς και τα σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε

$BD=CE=AZ=\dfrac{a}{3}.$ Οι τέμνονται στα σημεία Να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{(PST)}{(ABC)}.$

Προαιρετικό: Κάντε το ίδιο σε τυχαίο τρίγωνο με $\displaystyle BD = \frac{a}{3},CE = \frac{b}{3},AZ = \frac{c}{3}$

Εύκολα αποδεικνύεται ότι το τρίγωνο PST

είναι ισόπλευρο κι ότι τα χρωματισμένα τρίγωνα είναι ίσα, άρα ισοδύναμα με εμβαδό

$\dfrac{(ABT)}{(TBC)}= \dfrac{AE}{EC}=2 \Rightarrow (ABT)=2X \Rightarrow (AST)=X$ συνεπώς BS=ST

και ομοίως AP=PS ,CT=TP

Άρα $(ABP)=(PBS)=(SBC)=(STC)=(CTA)=(APT)=(PST) \Rightarrow \dfrac{(PST)}{(ABC)}= \dfrac{1}{7}$

Θα επανέλθω για το προαιρετικό ερώτημα αργότερα. Νομίζω όμως ότι το έχουμε ξαναδεί στο

: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο.png (25.29 KiB) Προβλήθηκε 688 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 05, 2025 2:57 am**

george visvikis έγραψε: Κυρ Μάιος 04, 2025 10:22 am Ισόπλευρο σε ισόπλευρο.png
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς και τα σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε

$BD=CE=AZ=\dfrac{a}{3}.$ Οι τέμνονται στα σημεία Να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{(PST)}{(ABC)}.$

Προαιρετικό: Κάντε το ίδιο σε τυχαίο τρίγωνο με $\displaystyle BD = \frac{a}{3},CE = \frac{b}{3},AZ = \frac{c}{3}$

Θ συνημίτονου στο $\vartriangle BCZ$ , ${\left( {2x + k} \right)^2} = 9{a^2} + 4{a^2} - 6{a^2} = 7{a^2}$ και άρα $2x + k = a\sqrt 7 \,\,\,\left( 1 \right)$ .

Δύναμη του

ως προς τον κύκλο , $a \cdot 3a = x\left( {2x + k} \right) = ax\sqrt 7 \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{{3a}}{{\sqrt 7 }}}$ , συνεπώς :

: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο.png (21.81 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

$\dfrac{{\left( {PST} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{{x^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4}}}{{{{\left( {3a} \right)}^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4}}} = \dfrac{{{x^2}}}{{9{a^2}}} = \dfrac{{\dfrac{{9{a^2}}}{7}}}{{9{a^2}}} = \dfrac{1}{7}$

ή άμεσα το αποτέλεσμα , με το λόγων εμβαδών ομοίων τριγώνων .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 05, 2025 10:22 am**

Τώρα που απαντήθηκε ας συμπληρώσω ότι υπάρχει μια εξαιρετική γενίκευση του αποτελέσματος, το λεγόμενο Θεώρημα Routh. Βλέπε

εδώ

Ένα πόρισμα του Θεωρήματος Routh είναι το Θεώρημα Ceva. Πρόπειται για την περίπτωση όπου το εσωτερικό τρίγωνο εκφυλίζεται, δηλαδή όταν οι τρεις διατέμνουσες συγκλίνουν.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 05, 2025 11:36 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Μάιος 05, 2025 10:22 am Τώρα που απαντήθηκε ας συμπληρώσω ότι υπάρχει μια εξαιρετική γενίκευση του αποτελέσματος, το λεγόμενο Θεώρημα Routh. Βλέπε

εδώ

Ένα πόρισμα του Θεωρήματος Routh είναι το Θεώρημα Ceva. Πρόπειται για την περίπτωση όπου το εσωτερικό τρίγωνο εκφυλίζεται, δηλαδή όταν οι τρεις διατέμνουσες συγκλίνουν.

Οπότε, αν σκεφτούμε ότι η παραπάνω απόδειξη του Θεωρήματος Rouch χρησιμοποιεί το Θεώρημα Μενελάου, συμπεραίνουμε άμεσα ότι το Θεώρημα Μενελάου συνεπάγεται το Θεώρημα Ceva. Δεν ξέρω/θυμάμαι αν αυτός είναι ο πιο εύκολος τρόπος για κάτι τέτοιο, αναλόγως και για το αντίστροφο (από Ceva σε Μενέλαο).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2025 12:05 am**

gbaloglou έγραψε: Δευ Μάιος 05, 2025 11:36 pm ... συμπεραίνουμε άμεσα ότι το Θεώρημα Μενελάου συνεπάγεται το Θεώρημα Ceva. Δεν ξέρω/θυμάμαι αν αυτός είναι ο πιο εύκολος τρόπος για κάτι τέτοιο, αναλόγως και για το αντίστροφο (από Ceva σε Μενέλαο).

Ναι, Γιώργο, είναι γνωστό αυτό. Συγκεκριμένα, το Θεώρημα Ceva βγαίνει με δύο (όχι τρεις που έγραφα αρχικά) εφαρμογές του Θεωρήματος Μενελάου. Η απόδειξη είναι απλή αν εξαιρέσει κανείς ότι έχει μεγάλες παραστάσεις. 'Ομως σε ποια τρίγωνα πρέπει να εφαρμόσει κανείς τους τρεις Μενάλαους είναι άμεσο.

Όποτε διδάσκω Μενέλαο και Ceva, θέτω ως άσκηση να πάει κανείς από το καθένα στο άλλο θεώρημα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2025 7:53 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Μάιος 06, 2025 12:05 am
Ναι, Γιώργο, είναι γνωστό αυτό. Συγκεκριμένα, το Θεώρημα Ceva βγαίνει με δύο (όχι τρεις που έγραφα αρχικά) εφαρμογές του Θεωρήματος Μενελάου. Η απόδειξη είναι απλή αν εξαιρέσει κανείς ότι έχει μεγάλες παραστάσεις. 'Ομως σε ποια τρίγωνα πρέπει να εφαρμόσει κανείς τους τρεις Μενάλαους είναι άμεσο.

Ας το δούμε (έκανα μικρή διόρθωση). Δηλαδή ας δούμε πώς με δύο Μενέλαους βγαίνει το Θεώρημα Ceva.

Από το τρίγωνο ABD

με διατέμνουσα την

έχουμε

$\dfrac {{\color {red} AF}}{{\color {red} FB}} \dfrac {BC}{{\color {red} CD}} \dfrac {DG}{GA} =-1$ .

Ομοια από το ADC

με διτέμνουσα την

έχουμε

$\dfrac {AG}{GD} \dfrac {{\color {red} DB}}{BC} \dfrac {{\color {red} CE}}{{\color {red} EA}} =-1$ .

Αν τις πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη, έπεται ο Ceva. Έχω σημειώσει με κόκκινο τους παράγοντας που μένουν, ενώ οι υπόλοιποι απλοποιούνται. Θα μείνει

$\dfrac {AF}{FB} \dfrac {BD}{DC} \dfrac {CE}{EA} =1$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2025 8:30 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Μάιος 05, 2025 10:22 am Τώρα που απαντήθηκε ας συμπληρώσω ότι υπάρχει μια εξαιρετική γενίκευση του αποτελέσματος, το λεγόμενο Θεώρημα Routh. Βλέπε

εδώ

Ένα πόρισμα του Θεωρήματος Routh είναι το Θεώρημα Ceva. Πρόπειται για την περίπτωση όπου το εσωτερικό τρίγωνο εκφυλίζεται, δηλαδή όταν οι τρεις διατέμνουσες συγκλίνουν.

Ομολογώ, Μιχάλη, ότι δεν γνώριζα την επωνυμία Routh's theorem. Το θεώρημα αυτό το διάβασα για πρώτη
φορά, ως μαθητής, στο βιβλίο Γεωμετρία, του Γιάννη Ντάνη. Είναι το Πρόβλημα.774 στη σελίδα 291.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2025 9:03 am**

george visvikis έγραψε: Τρί Μάιος 06, 2025 8:30 am
Ομολογώ, Μιχάλη, ότι δεν γνώριζα την επωνυμία Routh's theorem. Το θεώρημα αυτό το διάβασα για πρώτη
φορά, ως μαθητής, στο βιβλίο Γεωμετρία, του Γιάννη Ντάνη. Είναι το Πρόβλημα.774 στη σελίδα 291.

Γιώργο, αθάνατο βιβλίο. Της χρυσής εποχής των εξωσχολικών βοηθημάτων Γεωμετρίας για τους υποψηφίους.

Λίγα λόγια για τον Γιάννη Ντάνη είχε γράψει στο εδώ φόρουμ ο Γιάννης Κερασαρίδης. Βλέπε εδώ

Για ένα μικρό διάστημα τον είχα Δάσκαλο στο Φροντιστήριο όπου εργαζόταν. Ήταν μία δυναμική προσωπικότητα, και άφηνε την σφραγίδα του σε όλους γύρω του. Είχε την φήμη του ασυμβίβαστου ανθρώπου που δεν έμπαινε σε καλούπια.

Θυμάμαι την εικόνα όταν πρωτομπήκα στην τάξη του: Έκανε ένα κύρηγμα για το ποια είναι η μεθοδολογία του ερευνητή, και ειδικά του Μαθηματικού. Στον δε τοίχο είχε γραμμένο το ρητό "Ο δρόμος του αύριο οδηγεί στην πόλη του ποτέ". Τότε δεν το πολυκαταλάβαινα ως κρυπτική μεταφορά, αλλά με τον χρόνο το κατανόησα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2025 8:22 pm**

Δύο ακόμη ερωτήματα, ένα καινούργιο (Ι) και ένα παλιό (ΙΙ):

(Ι) Υπάρχει ανάλογο του Θεωρήματος Rouch που γενικεύει το Θεώρημα Μενελάου;

(ΙΙ) Υπάρχει 'λόγος' που το Θεώρημα Ceva ακολούθησε το Θεώρημα Μενελάου μόνον ύστερα από αρκετούς αιώνες;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2025 9:19 pm**

gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 06, 2025 8:22 pm (Ι) Υπάρχει ανάλογο του Θεωρήματος Rouch που γενικεύει το Θεώρημα Μενελάου;

.
Δεν γνωρίζω. Θα το ψάξω.
.

gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 06, 2025 8:22 pm (ΙΙ) Υπάρχει 'λόγος' που το Θεώρημα Ceva ακολούθησε το Θεώρημα Μενελάου μόνον ύστερα από αρκετούς αιώνες;

.
Ας αρχίσουμε από τον Ceva και πάμε προς τα πίσω. Γράφω από μνήμης:

Ο Ceva βρήκε συγχρόνως και τα δύο Θεωρήματα (τα λεγόμενα σήμερα Μενελάου και Ceva) τα οποία δημοσίευσε στο βιβλίo του De lineis rectis το 1678. Οι αποδείξεις τους είναι παρόμοιες με τοποθέτηση κατάλληλων βαρών στις κορυφές και χρησιμοποιώντας κέντρα βάρους. Επίσης στο βιβλίο του έχει άλλες δύο αποδείξεις του Θεωρήματος Ceva, τις οποίες αποδίδει σε έναν μαθητή του (δεν θυμάμαι ποιον). Οι δύο αυτές αποδείξεις είναι σαν τις σύγχρονες που βλέπουμε στα βιβλία.

Ο Ceva δεν γνώριζε ότι τον 11ο αιώνα ο Άραβας μαθηματικός Yusuf Al-Mutaman ibn Hud, βασιλιάς της Zaragoza (Σαραγόσα) της Ισπανίας είχε ήδη ανακαλύψει το Θεώρημα Ceva, το οποίο δημοσίευσε σε χειρόγραφο. Το έργο αυτό δεν το έχω δει αλλά έχω διαβάσει μία εργασία του Hogendijk ο οποίος αναφέρεται σε αυτό και το αναλύει.

Ακόμα πιο πριν ο Μενέλαος είχε βρει το Θεώρημα Μενελάου αλλά το έργο του είναι χαμένο. Όμως στο Θεώρημα υπάρχει στην Μεγίστη Σύνταξη του Πτολεμαίου ο οποίος το διατυπώνει και αποδεικνύει για σφαιρικά τρίγωνα (όχι επίπεδα). Πλην όμως η απόδειξή του χρησιμοποιεί το αντίστοιχο θεώρημα για επίπεδα τρίγωνα, το οποίο διατυπώνει αλλά δεν αποδεικνύει. Και επειδή αντλεί από το χαμένο έργο του Μενελάου, το θεώρημα πήρε το όνομα του Μενελάου (την σύγχρονη εποχή).

Τώρα, ήταν άραγε γνωστό την αρχαιότητα και το Θεώρημα Ceva; Η γνώμη μου είναι "ναι" διότι υπάρχει μία ειδική περίπτωσή του στην Συναγωγή του Πάππου. Συγκεκριμένα, το ένα από τα σημεία στις πλευρές του τριγώνου την χωρίζει σε λόγο 1:1

. Στις άλλες δύο είναι γενικά, όπως στο Ceva. Κατά τα άλλα, το θεώρημα είναι ίδιο.

Αυτά βιαστικά γιατί πνίγομαι, Καγκουρό γαρ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 05, 2026 12:54 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Μάιος 06, 2025 9:19 pm
gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 06, 2025 8:22 pm (Ι) Υπάρχει ανάλογο του Θεωρήματος Rouch που γενικεύει το Θεώρημα Μενελάου;
.
Δεν γνωρίζω. Θα το ψάξω.
.

Ούτε έναν χρόνο δεν του πήρε, αλλά μας βρήκε και το βρήκε: υπάρχει σχετικό άρθρο στο Monthly προ 13 ετών, αλλά και σχετική πρόσκληση να στείλουμε άρθρα σε γεωμετρικό περιοδικό, διαβάστε Αγγλιστί -- sorry

-- παρακάτω, για τυχόν διευκρινήσεις ρωτήστε με:

*******************************************************************************************************************************************************************

Professor George Baloglou,

On May 6, 2025, in the following thread:

https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... =5&t=77534

you asked the following question:

“(I) Is there an analogue of Routh’s Theorem that generalizes Menelaus’ Theorem?”

The answer is yes. This can be seen in greater detail in the article:
Bényi, Á., & Ćurgus, B. (2013). A Generalization of Routh’s Triangle Theorem. The American Mathematical Monthly, 120(9), 841–846. https://doi.org/10.4169/amer.math.monthly.120.09.841

Nevertheless, it is always possible to develop new generalizations. If at some point you have an unpublished article in Euclidean geometry, please consider submitting it for review to Advances in Classical Geometry (crasmann.org/acg). We would be very pleased to receive your work.

Sincerely,
Manuel M. Aguilera
Managing Editor
Advances in Classical Geometry

mathematica.gr

Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο

Re: Ισόπλευρο σε ισόπλευρο