diez líneas concurrentes

Question

Esto se relaciona con una pregunta hecha en MSE. pude encontrar una respuesta usando números complejos.

he aquí la cuestión: hay cinco puntos en una circunferencia. tome tres puntos cualesquiera, por el centroide de los tres puntos trace una recta ortogonal a la recta que pasa por los dos puntos restantes. tome las diez combinaciones. resulta que estas diez rectas son concurrentes.

mis preguntas son: ¿puede demostrarse este hecho sin ningún cálculo? ¿puede generalizarse el círculo a cualquier cónica?

Answer 1

Tu solución toma dos rectas, calcula su intersección y confirma que es como tú decías. Aquí está una prueba que utiliza vectores de posición para demostrar que cada línea pasa por el punto especificado $$\mathbf{p}=\frac{\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}+\mathbf{d}+\mathbf{e}}{3}.$$ Observo al final que esta prueba funciona también si hay más puntos (con un ligero cambio) y también en $3$ o más dimensiones. La prueba ciertamente funciona, pero todavía no estoy satisfecho de que sea todo lo clara que podría ser.

actualización Tengo una prueba más directa (al final) de un resultado aún más general. Por desgracia, como ocurre a veces, a medida que mejora la demostración, el resultado inicialmente sorprendente parece menos asombroso.

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La afirmación es que, dados 5 puntos $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c},\mathbf{d},\mathbf{e}$ en un círculo $\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}=r^2$ (es decir, centrada en el origen), la recta que pasa por el punto $\mathbf{p}$ y el centroide $$\mathbf{q}=\frac{\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}}3$$ del triángulo determinado por los tres primeros es perpendicular a la recta que pasa por los puntos $\mathbf{d}$ y $\mathbf{e}.$ La primera línea, $\overline{\mathbf{pq}},$ está en la dirección del vector $\mathbf{d}+\mathbf{e}$ y la segunda línea, $\overline{\mathbf{de}},$ está en la dirección del vector $\mathbf{d}-\mathbf{e}.$ El producto punto de estos dos vectores de dirección es $\mathbf{d}\cdot \mathbf{d}-\mathbf{e}\cdot \mathbf{e}=r^2-r^2=0.$ Por lo tanto, son perpendiculares.

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Generalización:

Dado $n+2$ puntos $\mathbf{a_1},\mathbf{a_2},\cdots,\mathbf{a_{n+2}},$ todos igualmente distantes del origen, considere todos $\binom{n+2}{2}$ líneas determinadas eligiendo $n$ de los puntos y tomando la línea que pasa por su centroide que interseca y es perpendicular a la línea determinada por el otro $2.$ Todas estas líneas pasan por el punto $$\frac{\mathbf{a_1}+\mathbf{a_2}+\cdots+\mathbf{a_{n+2}}}{n}$$ .

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actualización Otra prueba.

El detalle que me faltaba es que la dirección perpendicular a una cuerda $\overline{\mathbf{de}}$ de una circunferencia es la que va del centro de la circunferencia al centroide $\frac{\mathbf{d}+\mathbf{e}}{2}$ del cordón. O simplemente desde el centro hacia $\mathbf{d}+\mathbf{e}.$ Si especificamos la dirección en este ya no es necesario mencionar/requerir un círculo.

Dado dado 5 puntos $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c},\mathbf{d},\mathbf{e},$ tomamos la recta que pasa por el centroide del triángulo determinado por algún tres que está en la dirección de la suma de los otros dos. Hay diez maneras de hacerlo. CIERTO: las diez se encuentran en un punto común.

Prueba: un camino es la línea que pasa por el punto $$\mathbf{q}=\frac13(\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c})$$ en la dirección del vector $\mathbf{d}+\mathbf{e}.$ El punto general de esta línea tiene la forma $$\mathbf{q}+t(\mathbf{d}+\mathbf{e})=\frac13(\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c})+t(\mathbf{d}+\mathbf{e}).$$ El otro $9$ líneas son similares con alguna otra partición del $5$ puntos. Evidentemente, la elección $t=\frac13$ muestra que el punto $$\mathbf{p}=\frac{\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}+\mathbf{d}+\mathbf{e}}{3}$$ está en todos $10$ líneas.

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Podríamos multiplicar por $3$ y sustituir el centroide por la suma de los vértices: La línea que pasa por la suma de unos tres, digamos $\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}$ en la dirección de la suma de los otros dos $\mathbf{d}+\mathbf{e}$ pasa por la suma de los cinco.

Teorema : Considere cualquier $N=n+m$ puntos $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots ,\mathbf{a}_N.$ Considere todos $\binom{N}{m}$ líneas determinadas dividiéndolas en grupos disjuntos de tamaño $n$ y $m$ tomando el centroide $\mathbf{q}$ del primer grupo y la línea que lo atraviesa en la dirección del vector del origen al centroide (equivalentemente, suma) del segundo grupo. Entonces todas estas rectas son concurrentes en el punto $$\frac{\mathbf{a_1}+\mathbf{a_2}+\cdots+\mathbf{a_{N}}}{n}.$$

Si aumentamos en $n$ y sustituimos el centroide por la suma, entonces el punto de concurrencia es justo $${\mathbf{a_1}+\mathbf{a_2}+\cdots+\mathbf{a_{N}}}.$$

Podríamos necesitar descartar, o especificar qué hacer, en casos degenerados poco interesantes, como cuando un centroide está en el origen.

Answer 2

Como esta construcción era nueva para mí, quería verla. He aquí dos ejemplos aleatorios. Los puntos verdes son los centroides de los triples de puntos.

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En cuanto a la pregunta: "¿Se puede generalizar el círculo a cualquier cónica?": ciertamente no de forma directa.

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Actualización. He aquí una ilustración del bello teorema de Aaron Meyerowitz, para $N=8$ , $m=2$ , que muestra la coincidencia del $\binom{8}{2}=28$ líneas a través del $n=6$ centroides hexagonales $q$ (verde) y (en este caso) perpendicular a la línea que pasa por los dos puntos complementarios:

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Answer 3

Es posible dar una prueba sintética utilizando el siguiente resultado:

Las perpendiculares caídas desde los puntos medios de un cuadrilátero cíclico a los lados opuestos son concurrentes. Además, su punto de intersección es el simétrico del centro de la circunferencia circunscrita respecto del centroide del cuadrilátero.

Prueba: Sea $M,N$ sean los puntos medios de $AB,CD$ y denota $X,Y$ las proyecciones de $M,N$ en $CD,AB$ respectivamente. Denotemos por $Z$ la intersección de $MX,NY$ . Denotemos por $O$ el centro del círculo. La condición de perpendicularidad muestra que $OMZN$ es un paralelogramo, y por lo tanto, $OZ,MN$ tienen el mismo punto medio. Pero el punto medio de $MN$ es el centroide de $ABCD$ . Es sencillo ver que las otras dos perpendiculares también pasan por $Z$ . $\square$

Volviendo a la configuración inicial del problema, elige un punto $P$ entre los $5$ puntos y considerar una homotecia $h$ de ratio $3/2$ de centro $P$ . Denotemos el resto de los puntos $A,B,C,D$ . La línea que pasa por el centroide de $PAB$ perpendicular a $CD$ se asigna a la línea que pasa por el punto medio de $AB$ y es perpendicular en $CD$ . Así, las cuatro líneas correspondientes a los triángulos que contienen $P$ se asignan mediante $h$ en cuatro líneas concurrentes como en el resultado probado anteriormente. Dado que la homotecia preserva la concurrencia, las cuatro líneas asociadas a $P$ también son concurrentes. Para un punto $P$ denotamos $P_a,P_b,P_c,P_d$ estas líneas concurrentes.

No es difícil ver que si $P,Q$ son diferentes entonces $\{P_a,P_b,P_c,P_d\} \cap \{Q_a,Q_b,Q_c,Q_d\}$ tiene al menos dos elementos, por lo que el punto de concurrencia es el mismo para cada $4$ -familia de líneas asociadas a un punto del círculo. Esto demuestra que las diez rectas son concurrentes.

Aquí es una configuración de Geogebra.

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Si lo desea, puede encontrar la ubicación precisa del punto de intersección, pero para ello, la forma más rápida es utilizar números complejos, y esto ya se ha hecho.

Answer 4

A partir de la pista dada por @Robertbryant, puedo responder a la pregunta sin cálculo. voy a fijar el sistema de coordenadas con centro en el origen de radio uno y el punto $d = 1$ . los otros cuatro puntos tienen $a, b, c$ y $d.$

deje $c$ y $a$ enfoque $b.$ considerando el triángulo $abe$ el centro es $\frac{2}{3}a + \frac{1}{3}e$ a través de este punto una línea ortogonal a $cd = bd$ para el triángulo $abc$ el centro es $b$ y línea ortogonal a $ed$ Si se observa un triángulo similar a $bed$ pero el $1/3$ del tamaño anclado en $b$ y un lado paralelo a $ed.$ entonces, el punto común de intersección es el ortocentro de este triángulo menor.

Answer 5

Esto también parece ser válido para el ortocentro, el círculo de nueve puntos y el punto delongchamps, pero no para el punto exeter.