Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Obiekty i przekształcenia geometryczne, opisane za pomocą układu (nie zawsze prostokątnego) współrzędnych.
Mondo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 478
Rejestracja: 11 sty 2011, o 19:54
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 255 razy
Pomógł: 7 razy

Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: Mondo » 13 lis 2020, o 23:48

Witam,

studiuję wektorowy dowód twierdzenia mówią o tym, że środkowe trójkąta przecinają się w tym samym punkcie. Niestety w książce nie ma rysunku więc przygotowałm go własnoręcznie:

https://i.paste.pics/4e5f712ba866d4ec37 ... 27057a.png

wedle tego co mówi dowód należy skonstruować trójkąt tak, żeby jego wierzchołki `A`, `B`, `C` były utworzone przez wketory A, B, C, nastepnie jeśli `\alpha` jest punktem środkowym odcinka `BC` to mamy:
`B+C = 2 vec{O\alpha}`. I teraz pierwsza wątpliwość, zakładam, że `vec{O\alpha}` to wektor od początku układu współrzędnych do punktu `\alpha`, a jesli tak to to równanie jest prawdziwe tylko wtedy, gdy punkt `A` pokrywa się z poczatkiem układu współrzędnych - zgadza się?
W kolejnym kroku dowód mówi: jeśli `G` jest punktem który dzieli `\vec{A\alpha}` w stosunku `2:1` to mamy: `A + 2 vec{O\alpha} = 3vec{OG}`. Tutaj ponownie to równanie ma sens tylko wtedy kiedy `A = O` ale wtedy mogli po prostu zapisać `2 vec{A\alpha} = 3vec{AG}`. Ostatecznie dowód kończy równanie `3vec{OG} = A + B + C`. Tak więc czy to ja czegoś nie widzę czy ten dowód ma luki w założeniach? :roll:

PS: Dodatkowo zastanawia mnie jeszcze jedno założenie które robi się w tym dowodzie a mianowcie to iż punkt G dzieli odcinek łączący wierzchołek trójkąta z przeciwległym bokiem w stosunku `2:1` czy to również nie powinno zostać udowodnione?

Dziekuję
Ostatnio zmieniony 14 lis 2020, o 01:30 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1993
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 75 razy
Pomógł: 291 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: matmatmm » 14 lis 2020, o 02:06

Mondo pisze:
13 lis 2020, o 23:48
wedle tego co mówi dowód nalżey skonstruować trójkąt tak, żeby jego wierzchołki `A`, `B`, `C` były utworzone przez wketory A, B, C, nastepnie jeśli `\alpha` jest punktem środkowym odcinka `BC` to mamy:
`B+C = 2 vec{O\alpha}`. I teraz pierwsza wątpliwość, zakładam, że `vec{O\alpha}` to wektor od początku układu współrzędnych do punktu `\alpha`, a jesli tak to to równanie jest prawdziwe tylko wtedy, gdy punkt `A` pokrywa się z poczatkiem układu współrzędnych - zgadza się?
NIe. Zapis \(\displaystyle{ \vec{O\alpha}}\) oznacza tutaj nic innego jak różnicę współrzędnych punktu \(\displaystyle{ \alpha}\) oraz środka \(\displaystyle{ O}\) układu współrzędnych, czyli jest to po prostu \(\displaystyle{ \alpha}\).
W kolejnym kroku dowód mówi: jeśli `G` jest punktem który dzieli `\vec{A\alpha}` w stosunku `2:1` to mamy: `A + 2 vec{O\alpha} = 3vec{OG}`.
Zgodnie z tym, co napisałem wyżej, zapis redukuje się do \(\displaystyle{ A+2\alpha=3G}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{1}{3}A+\frac{2}{3}\alpha=G}\).
Ostatecznie dowód kończy równanie `3vec{OG} = A + B + C`.
To efekt podstawienia wartości \(\displaystyle{ \alpha}\) z pierwszego wzoru.

Uwagi:

1. Dowód jest napisany wręcz paskudnie. Ciężko się połapać skąd co się bierze.

2. Nie powiedziałbym, że jest to dowód faktu, że środkowe przecinają się w jednym punkcie, a jedynie wyprowadzenie wzoru na punkt przecięcia środkowych w układzie współrzędnych. Jak słusznie zauważyłeś, korzysta on z wiedzy o stosunku w jakim przecinają się środkowe, a więc z wiedzy gdzie znajduje się środek ciężkości.

Dodano po 9 godzinach 28 sekundach:
Wycofuję się z uwagi drugiej. Można na ten dowód patrzeć następująco: Wskazujemy punkt \(\displaystyle{ G=\frac{1}{3}(A+B+C)}\). Wtedy powyższe rozumowanie pokazuje, że punkt \(\displaystyle{ G}\) leży na środkowej poprowadzonej z wierzchołka \(\displaystyle{ A}\), a ze względu na symetrię musi on leżeć także na pozostałych środkowych, czyli istotnie jest to także dowód, że środkowe przecinają się w jednym punkcie.

Mondo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 478
Rejestracja: 11 sty 2011, o 19:54
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 255 razy
Pomógł: 7 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: Mondo » 14 lis 2020, o 18:38

matmatmm pisze:
14 lis 2020, o 11:07
Mondo pisze:
13 lis 2020, o 23:48
wedle tego co mówi dowód nalżey skonstruować trójkąt tak, żeby jego wierzchołki `A`, `B`, `C` były utworzone przez wketory A, B, C, nastepnie jeśli `\alpha` jest punktem środkowym odcinka `BC` to mamy:
`B+C = 2 vec{O\alpha}`. I teraz pierwsza wątpliwość, zakładam, że `vec{O\alpha}` to wektor od początku układu współrzędnych do punktu `\alpha`, a jesli tak to to równanie jest prawdziwe tylko wtedy, gdy punkt `A` pokrywa się z poczatkiem układu współrzędnych - zgadza się?
NIe. Zapis \(\displaystyle{ \vec{O\alpha}}\) oznacza tutaj nic innego jak różnicę współrzędnych punktu \(\displaystyle{ \alpha}\) oraz środka \(\displaystyle{ O}\) układu współrzędnych, czyli jest to po prostu \(\displaystyle{ \alpha}\).
No nie zgadzam sie, po pierwsze sam zapis `\vec{O\alpha}` mówi iż jest to wektor od poczatku układu współrzędnych do punktu `\alpha`. Po drugie z mojeg rysunku widać iż `2\vec{O\alpha} \ne C+B `, widać iż jest to więcej niż suma wektorów `C` oraz `B`. Tzn jak napisałem było by to rówanie prawdą gdyby `O = A`. Zgadzamy się?

Dodatkowo zastanawiam się jak udowodnić to co w tym dowodzie zostało przyjete na dzień dobry czyli stosunek `2:1`? Podobnie po wyzaczeniu długości na środkowej trojkata z jednego wierzchołka w dowodzie pisze się, że z symetri wynika iż proste z pozostałych wierzchołków również się przetną w tym punkcie - czy to nie jest zbyt duży skrót?

matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1993
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 75 razy
Pomógł: 291 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: matmatmm » 14 lis 2020, o 21:14

Mondo pisze:
14 lis 2020, o 18:38
No nie zgadzam sie, po pierwsze sam zapis `\vec{O\alpha}` mówi iż jest to wektor od poczatku układu współrzędnych do punktu `\alpha`. Po drugie z mojeg rysunku widać iż `2\vec{O\alpha} \ne C+B `, widać iż jest to więcej niż suma wektorów `C` oraz `B`. Tzn jak napisałem było by to rówanie prawdą gdyby `O = A`. Zgadzamy się?
Podtrzymuję to co napisałem. Jeśli \(\displaystyle{ \alpha}\) jest punktem, to jakie według ciebie współrzędne ma wektor \(\displaystyle{ \vec{O\alpha}}\) ? Po drugie \(\displaystyle{ B+C}\) oznacza tutaj sumę współrzędnych punktów \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) (nie wektorów). Można też zgodnie z konwekcją autora napisać \(\displaystyle{ B=\vec{OB},C=\vec{OC}}\). Wzór \(\displaystyle{ B+C=2\alpha}\), czyli \(\displaystyle{ \vec{OB}+\vec{OC}=2\vec{O\alpha}}\) można też interpretować zgodnie z regułą równoległoboku.
Dodatkowo zastanawiam się jak udowodnić to co w tym dowodzie zostało przyjete na dzień dobry czyli stosunek `2:1`? Podobnie po wyzaczeniu długości na środkowej trojkata z jednego wierzchołka w dowodzie pisze się, że z symetri wynika iż proste z pozostałych wierzchołków również się przetną w tym punkcie - czy to nie jest zbyt duży skrót?
Rozumowanie autora jest następujące: Oznaczmy \(\displaystyle{ G=\frac{1}{3}(A+B+C)}\). Dowód pokazuje, że punkt \(\displaystyle{ G}\) leży na środkowej poprowadzonej z wierzchołka \(\displaystyle{ A}\). Stosując to samo rozumowanie do środkowych poprowadzonych z wierzchołków \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) dostaniemy, że punkt \(\displaystyle{ G}\) leży też na tych środkowych. Stąd istnieje punkt, który leży na wszystkich trzech środkowych, a to właśnie teza.

Jeśli bardzo chcesz, możesz przeprowadzić to rozumowanie dla dwóch pozostałych środkowych. Jako że jest ono w zasadzie identyczne z przedstawionym, można pozwolić sobie na taki skrót (słowo symetria tutaj nie ma nic wspólnego z przekształceniem płaszczyzny - jest to tzw. symetria założeń i tezy, ale to mam nadzieję wiesz).

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18799
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3180 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: a4karo » 14 lis 2020, o 21:39

Spróbuje to rozwiązać bez magicznej wiedzy o tym, gdzie się przecinają środkowe.

Oznaczmy przez `A'` środek `BC`, przez `B'` środek `CA`, przez `O` punkt przecięcia \(\displaystyle{ AA'}\) i `BB'`.

Wtedy istnieją takie liczby rzeczywiste `\alpha, \beta`, że
\(\displaystyle{ \overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AA'}=\alpha\left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\right)}\)
i
\(\displaystyle{ \overrightarrow{BO}=\beta\overrightarrow{BB'}=\beta\left(\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}\right)}\)

Mamy

\(\displaystyle{ (*)\quad\overrightarrow{0}=\overrightarrow{OO}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}\\
=-\alpha\left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\right)+\overrightarrow{AB} + \beta\left(\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}\right)\\
=(1-\alpha)\overrightarrow{AB}+\left(\beta-\frac{\alpha}{2}\right)\overrightarrow{BC}+\frac{\beta}{2}\overrightarrow{CA}}\)


Ponieważ \(\displaystyle{ \overrightarrow{0}=\overrightarrow{AA}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}}\), to równanie \(\displaystyle{ (*)}\) będzie spełnione, gdy współczynniki w nim będą równe, czyli gdy \(\displaystyle{ 1-\alpha=\beta-\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}}\), czyli gdy `\alpha=\beta=2/3`

Taki sam rachunek możemy zrobić dla pary \(\displaystyle{ AA', CC'}\), co prowadzi do wniosku, że środkowe trójkąta przecinają w jednym punkcie, który dzieli je w stosunku `2/3`.

Mondo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 478
Rejestracja: 11 sty 2011, o 19:54
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 255 razy
Pomógł: 7 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: Mondo » 15 lis 2020, o 15:24

matmatmm pisze:
14 lis 2020, o 21:14
Mondo pisze:
14 lis 2020, o 18:38
No nie zgadzam sie, po pierwsze sam zapis `\vec{O\alpha}` mówi iż jest to wektor od poczatku układu współrzędnych do punktu `\alpha`. Po drugie z mojeg rysunku widać iż `2\vec{O\alpha} \ne C+B `, widać iż jest to więcej niż suma wektorów `C` oraz `B`. Tzn jak napisałem było by to rówanie prawdą gdyby `O = A`. Zgadzamy się?
Podtrzymuję to co napisałem. Jeśli \(\displaystyle{ \alpha}\) jest punktem, to jakie według ciebie współrzędne ma wektor \(\displaystyle{ \vec{O\alpha}}\) ? Po drugie \(\displaystyle{ B+C}\) oznacza tutaj sumę współrzędnych punktów \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) (nie wektorów). Można też zgodnie z konwekcją autora napisać \(\displaystyle{ B=\vec{OB},C=\vec{OC}}\). Wzór \(\displaystyle{ B+C=2\alpha}\), czyli \(\displaystyle{ \vec{OB}+\vec{OC}=2\vec{O\alpha}}\) można też interpretować zgodnie z regułą równoległoboku.
Ok, problem polega na tym, że ja źle załozyłem, że wektorami są ściany boczne trójkąta czyli w moich obliczeniach wektor C to wektor o poczatku w punkcie `A` oraz koncu w punkcie `C`. I widać na moim rysunku (górny porawy róg), że oznaczyłem `2\alpha` w miejscu, gdzie tak naprawde jest `2(vec{O\alpha} - vec{OA})` zgadza się?
Generalnie mam takie pytanie, bo autor z miejsca pisze `3vec{OG} = A + 2vec{O\alpha}` - ja żeby dojśc do tego równania to musiałem zauwazyć, że wektor `vec{A\alpha}` = `vec{O\alpha} - vec{OA}`, a następnie zauwazyć, że jeśli na tym trójkącie zbudujemy równoległobok i zastosujemy na jego przekątnej proporcję dla punktu `G` to widać, ze `3*vec{AG} = 2*vec{A\alpha}` dzieki czemu uogólniając do całego układu wspłrzednych mogłem zapisać, że `2(vec{O\alpha} - vec{OA}) = 3 (\vec{OA} - \vec{OG})` z czego otrzymałem `3vec{OG} = 2vec{O\alpha} + vec{OA}`
Ale wszystko to dzieki uwaznej analizie rysunku, a autor napisał to sobie tak jakby było to oczywiste. Stąd też moje pytanie, czy wy też jesteście w stanie dostrzec równanie `3vec{OG} = 2vec{O\alpha} + vec{OA}` od razu czy autor po prostu robi spore skoki?
matmatmm pisze:
14 lis 2020, o 21:14
Jeśli bardzo chcesz, możesz przeprowadzić to rozumowanie dla dwóch pozostałych środkowych. Jako że jest ono w zasadzie identyczne z przedstawionym, można pozwolić sobie na taki skrót (słowo symetria tutaj nie ma nic wspólnego z przekształceniem płaszczyzny - jest to tzw. symetria założeń i tezy, ale to mam nadzieję wiesz).
Tak też uważam.
a4karo pisze:
14 lis 2020, o 21:39
Spróbuje to rozwiązać bez magicznej wiedzy o tym, gdzie się przecinają środkowe.

Oznaczmy przez `A'` środek `BC`, przez `B'` środek `CA`, przez `O` punkt przecięcia \(\displaystyle{ AA'}\) i `BB'`.

Wtedy istnieją takie liczby rzeczywiste `\alpha, \beta`, że
\(\displaystyle{ \overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AA'}=\alpha\left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\right)}\)
i
\(\displaystyle{ \overrightarrow{BO}=\beta\overrightarrow{BB'}=\beta\left(\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}\right)}\)
a4karo, widze potencjał w tym rozwiązaniu ale mam z nim problem - https://i.paste.pics/d897e0adc48e044f7f ... fe952f.png oznaczyłem znakiem zapytanie kłopotliwe równanie. Skąd dostajesz \(\displaystyle{ \alpha\left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\right)}\)? Ja bym zapisał, bazując na moim rysunku z linku powyżej, że \(\displaystyle{ \vec{BA`} = \vec{CA`} = \frac{1}{2}(\vec{AB} - \vec{AC})}\) - a z tego można już zapisać wzór na \(\displaystyle{ \vec{AA'}}\) z tw. Pitagorasa.
Podobnie \(\displaystyle{ (*)\quad\overrightarrow{0}=\overrightarrow{OO}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}}\) też nie rozumiem z czego to wziales? Przecież już wiemy, że ten punkt srodkowy `G`, czy tak jak u Ciebie nazwany `O` (troche niefortunnie bo myli się z poczatkiem układu wspołrzednych) to `\frac{1}{3}( A + B +C)`.

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18799
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3180 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: a4karo » 15 lis 2020, o 15:54

Nie wiem czy zauważyłeś, ale w moim rozwiązaniu nie występuje w ogóle pojęcia układu współrzędnych a tym bardziej jego środka. W rachunkach na wektorach zaczepionych to pojęcie w ogóle to pojęcie nie jest potrzebne.

I skąd u Ciebie twierdzenie Pitagorasa, skoro nie występuje tu w ogóle pojęcie prostopadłości.

Przypomnij sobie jak się dodaje wektory, to zrozumiesz dlaczego \(\displaystyle{ \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}}\)
oraz dlaczego suma trzech wektorów odpowiadających bokom trójkątów jest zerowa.

A jak sobie przypomnisz co znaczy mnożenie wektora przez skalar, to zrozumiesz dlaczego prawdziwa jest równość \(\displaystyle{ \overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AA'}}\)

matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1993
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 75 razy
Pomógł: 291 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: matmatmm » 15 lis 2020, o 22:00

Mondo pisze:
15 lis 2020, o 15:24
Ok, problem polega na tym, że ja źle załozyłem, że wektorami są ściany boczne trójkąta czyli w moich obliczeniach wektor C to wektor o poczatku w punkcie `A` oraz koncu w punkcie `C`. I widać na moim rysunku (górny porawy róg), że oznaczyłem `2\alpha` w miejscu, gdzie tak naprawde jest `2(vec{O\alpha} - vec{OA})` zgadza się?
Nie do końca.
\(\displaystyle{ 2(\vec{O\alpha}-\vec{OA})=2(\alpha-A)=2\vec{A\alpha}}\)
Ten punkt w prawym górnym rogu otrzymamy z działania \(\displaystyle{ A+2\vec{A\alpha}}\)
Generalnie mam takie pytanie, bo autor z miejsca pisze `3vec{OG} = A + 2vec{O\alpha}` - ja żeby dojśc do tego równania to musiałem zauwazyć, że wektor `vec{A\alpha}` = `vec{O\alpha} - vec{OA}`, a następnie zauwazyć, że jeśli na tym trójkącie zbudujemy równoległobok i zastosujemy na jego przekątnej proporcję dla punktu `G` to widać, ze `3*vec{AG} = 2*vec{A\alpha}` dzieki czemu uogólniając do całego układu wspłrzednych mogłem zapisać, że `2(vec{O\alpha} - vec{OA}) = 3 (\vec{OA} - \vec{OG})` z czego otrzymałem `3vec{OG} = 2vec{O\alpha} + vec{OA}`
Ale wszystko to dzieki uwaznej analizie rysunku, a autor napisał to sobie tak jakby było to oczywiste. Stąd też moje pytanie, czy wy też jesteście w stanie dostrzec równanie `3vec{OG} = 2vec{O\alpha} + vec{OA}` od razu czy autor po prostu robi spore skoki?
Nie wiem jakie dokładnie jest rozumowanie autora, ale ja bym to uzasadniał działając po prostu na punktach, a nie na wektorach:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}A+\frac{2}{3}\alpha=G}\)
To jest taka generalna zasada, że jak punkt \(\displaystyle{ X}\) dzieli odcinek \(\displaystyle{ AB}\) w stosunku \(\displaystyle{ t >0}\), to \(\displaystyle{ X=\frac{1}{1+t}A+\frac{t}{1+t}B}\).
a4karo pisze:
15 lis 2020, o 15:54
I skąd u Ciebie twierdzenie Pitagorasa, skoro nie występuje tu w ogóle pojęcie prostopadłości.
Nic nie stoi na przeszkodzie, żeby prostopadłość zdefiniować w ramach tych samych założeń co w twoim rozumowaniu (bez układu współrzędnych itd.).

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18799
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3180 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: a4karo » 15 lis 2020, o 23:15

matmatmm pisze:
15 lis 2020, o 22:00

a4karo pisze:
15 lis 2020, o 15:54
I skąd u Ciebie twierdzenie Pitagorasa, skoro nie występuje tu w ogóle pojęcie prostopadłości.
Nic nie stoi na przeszkodzie, żeby prostopadłość zdefiniować w ramach tych samych założeń co w twoim rozumowaniu (bez układu współrzędnych itd.).
Podobnie jak nic nie stoi na przeszkodzie żeby w liceum wprowadzić przestrzeń Hilberta.
Znaj proporcjum...

Mondo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 478
Rejestracja: 11 sty 2011, o 19:54
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 255 razy
Pomógł: 7 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: Mondo » 16 lis 2020, o 22:16

matmatmm pisze:
15 lis 2020, o 22:00
Mondo pisze:
15 lis 2020, o 15:24
Ok, problem polega na tym, że ja źle załozyłem, że wektorami są ściany boczne trójkąta czyli w moich obliczeniach wektor C to wektor o poczatku w punkcie `A` oraz koncu w punkcie `C`. I widać na moim rysunku (górny porawy róg), że oznaczyłem `2\alpha` w miejscu, gdzie tak naprawde jest `2(vec{O\alpha} - vec{OA})` zgadza się?
Nie do końca.
\(\displaystyle{ 2(\vec{O\alpha}-\vec{OA})=2(\alpha-A)=2\vec{A\alpha}}\)
Ten punkt w prawym górnym rogu otrzymamy z działania \(\displaystyle{ A+2\vec{A\alpha}}\)
Tak tak, zgadza się :)
Nie wiem jakie dokładnie jest rozumowanie autora, ale ja bym to uzasadniał działając po prostu na punktach, a nie na wektorach:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}A+\frac{2}{3}\alpha=G}\)
To jest taka generalna zasada, że jak punkt \(\displaystyle{ X}\) dzieli odcinek \(\displaystyle{ AB}\) w stosunku \(\displaystyle{ t >0}\), to \(\displaystyle{ X=\frac{1}{1+t}A+\frac{t}{1+t}B}\).
Ahh dokładnie! Jak mogłem tego nie zauważyć :roll: Dzieki wielkie matmatmm !
a4karo pisze:
15 lis 2020, o 15:54
Nie wiem czy zauważyłeś, ale w moim rozwiązaniu nie występuje w ogóle pojęcia układu współrzędnych a tym bardziej jego środka. W rachunkach na wektorach zaczepionych to pojęcie w ogóle to pojęcie nie jest potrzebne.

I skąd u Ciebie twierdzenie Pitagorasa, skoro nie występuje tu w ogóle pojęcie prostopadłości.

Przypomnij sobie jak się dodaje wektory, to zrozumiesz dlaczego \(\displaystyle{ \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}}\)
oraz dlaczego suma trzech wektorów odpowiadających bokom trójkątów jest zerowa.

A jak sobie przypomnisz co znaczy mnożenie wektora przez skalar, to zrozumiesz dlaczego prawdziwa jest równość \(\displaystyle{ \overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AA'}}\)
Tak już teraz widzę wszystko jasno i wyraźnie, dzieki wielkie a4karo ! :)
Bardzo eleganckie jest to rozwiązanie, możesz polecić literaturę w której można takie rzeczy znaleźć?

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18799
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3180 razy

Re: Dowód twierdzenia o środkowych trójkąta

Post autor: a4karo » 16 lis 2020, o 22:29

Ja takie rzeczy robiłem w pierwszej klasie liceum. I tak mi zostało

W podręczniku było

ODPOWIEDZ