ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 75η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 49η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #41 από vittasko » Δευ Φεβ 22, 2010 11:14 pm

k-ser έγραψε:...Να κάνω μια παρατήρηση στο παρακάτω σημείο...
vittasko έγραψε:Σύμφωνα με τα προηγούμενα, το κέντρο M του κύκλου (M), το οποίο ταυτίζεται με το μέσον της πλευράς BC, είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου \bigtriangleup AHK.

Άρα, συμπεραίνουμε ότι KM\perp AH \Longrightarrow AH\perp BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δεν έχω δει αναλυτικά την απόδειξη, ζητάω συγνώμη, αργότερα θα το κάνω.
Με προβλημάτισε η τελευταία πρόταση με το ορθόκεντρο.
Μήπως η απόδειξη χρησιμοποιεί την ιδιότητα που θέλουμε να δείξουμε;
Φαντάζομαι πως έχει ελεγχθεί. Απλά εγώ πρέπει να ξαναδώ την απόδειξη.

Να είστε καλά.

Κώστα σ' ευχαριστώ για την εύστοχη παρατήρησή σου ως προς το ορθόκεντρο.

Πράγματι, δεν πρέπει να αναφερθούμε με οποιοδήποτε τρόπο στην ιδιότητα του ορθόκεντρου, αφού αυτή η ιδιότητα ζητείται να αποδειχθεί.

Η εγκυρότητα όμως της απόδειξης βασισμένη στη θεωρία Περί Πόλων και Πολικών, αποκαθίσταται με το δορθωτικό μύνημα που έστειλε ο Κώστας Παππέλης, όπου η αναφορά και μόνο, στο ότι η ευθεία AH είναι η Πολική του σημείου K\equiv BC\cap EF, ως προς τον κύκλο (M), με διάμετρο την πλευρά BC του δοσμένου τριγώνου \bigtriangleup ABC, μας δίνει το ζητούμενο KM\perp AH.

( Η ευθεία που συνδέει τυχαίο σημείο με το κέντρο ενός κύκλου, είναι κάθετη στην Πολική ευθεία του σημείου αυτού ως προς τον κύκλο ).

Η αναφορά στο μέσον M της πλευράς BC, ως το ορθόκεντρο του τριγώνου \bigtriangleup AHK, δεν βλάπτει πιστεύω την εγκυρότητα της απόδειξης, γιατί δεν είναι KM\perp AH επειδή το M είναι ορθόκεντρο, αλλά το προσδιορίζουν ως τέτοιο ( ως ορθόκεντρο του \bigtriangleup AHK ), οι εκ των κορυφών A,\ H,\ K, κάθετες ευθείες επί των απέναντι πλευρών HK,\ AK,\ AH του \bigtriangleup AHK αντιστοίχως, οι οποίες συντρέχουν στο σημείο M, ως το κέντρο του κύκλου (M).

\bullet Η AH τώρα, είναι η Πολική ευθεία του σημείου K ως προς τον κύκλο (M), γιατί συνδέει το σημείο D\equiv BC\cap AH, το αρμονικό συζυγές του K ως προς τα B,\ C, με το σημείο έστω D^{\prime}\equiv EF\cap AH, το αρμονικό συζυγές του K ως προς τα E,\ F, όπως τεκμηριώνεται από το πλήρες τετράπλευρο AEHFBC.

Καλό θα είναι να μην υπάρχουν πλεονάζοντα στοιχεία στον αποδεικτικό συλλογισμό ( μου ήλθε στο νου αυτό που λέει κάπου αλλού ο Αντώνης Κυριακόπουλος, ότι κάτι που είναι σωστό μεν αλλά δεν μας χρειάζεται για την απόδειξη, δεν έχει νόημα να αναφέρεται, γιατί μπορεί να δημιουργείται σύγχυση, όπως στην περίπτωσή μας εδώ ).

Θα καθαρογράψω λοιπόν αύριο την απόδειξη όπως την αποκατέστησε ο Κώστας Παππέλης, χωρίς κάποια αναφορά στο ορθόκεντρο.

Και πάλι σ' ευχαριστώ, Κώστας Βήττας.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Παρ Φεβ 26, 2010 11:40 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 49η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #42 από ΝΙΚΟΣ » Τρί Φεβ 23, 2010 8:29 am

k-ser έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Φίλε Κώστα,
σε ευχαριστώ πολύ για την δεύτερη αξιέπαινη προσπάθειά σου, το ενδιαφέρον σου και την απλή νέα απόδειξη σου.
Δυστυχώς όμως η απόδειξή σου αυτή, τυχαίνει να συμπίπτει με την 37η απόδειξή, που έχει δημοσιευθεί στο περιοδικό «Τα Μαθηματικά στο Ενιαίο Λύκειο» τεύχος 10/2001, αλλά και με το βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», τόμος 5 παράγραφος 5θ(175).
Να είσαι καλά.


Νίκος Κυριαζής.


Φίλε Νίκο, εγώ ευχαριστώ πολύ για το πολύ όμορφο και ενδιαφέρον θέμα που ξεκίνησες.

Να κάνω μια παρατήρηση στο παρακάτω σημείο...

vittasko έγραψε:Σύμφωνα με τα προηγούμενα, το κέντρο M του κύκλου (M), το οποίο ταυτίζεται με το μέσον της πλευράς BC, είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου \bigtriangleup AHK.

Άρα, συμπεραίνουμε ότι KM\perp AH \Longrightarrow AH\perp BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Δεν έχω δει αναλυτικά την απόδειξη, ζητάω συγνώμη, αργότερα θα το κάνω.
Με προβλημάτισε η τελευταία πρόταση με το ορθόκεντρο.
Μήπως η απόδειξη χρησιμοποιεί την ιδιότητα που θέλουμε να δείξουμε;
Φαντάζομαι πως έχει ελεγχθεί. Απλά εγώ πρέπει να ξαναδώ την απόδειξη.

Να είστε καλά.


Φίλε Κώστα,
έχεις δίκιο να έχεις τις επιφυλάξεις σου, όπως και εγώ άλλωστε, που πάντοτε είμαι εκ φύσεως επιφυλακτικός, καθώς όλα μπορούν να συμβούν.
Αυτός ακριβώς ήταν και ο λόγος που καθυστέρησα να πάρω θέση στην πρώτη απόδειξη του φίλου κ. Παππέλη αν και είχε περάσει πολύς χρόνος και μεσολάβησε η ανταλλαγή μηνυμάτων, κτλ, αν τα είδες. Μάλιστα στο μήνυμά μου της 21-2=2010 κάνω λόγο για «φαύλο κύκλο».
Πείστηκα μόνο από τις αποδείξεις που έστειλε ο φίλος Κώστας Βήττας για το λεγόμενο Θεώρημα Brocard, που γίνονται με τη θεωρία «περί πόλων και πολικών, ως προς κύκλο» και οι αποδείξεις των οποίων σε μερικά βιβλία γίνονται με βάση την ιδιότητα της σύγκλισης των υψών τριγώνου και σε άλλα όμως χρησιμοποιούνται άλλοι τρόποι.
Πάντως σε ευχαριστώ, γιατί με τον τρόπο αυτό, της αμφισβήτησης και της έρευνας, μπορεί να αποφευχθούν λάθη. Άλλωστε γι’ αυτό είμαστε εδώ, ώστε αν προκύψει και κάποιο αναπόφευκτο λάθος, να το διορθώσουμε.


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #43 από ΝΙΚΟΣ » Τρί Φεβ 23, 2010 9:04 am

vittasko έγραψε:Νίκο καλησπέρα. Ας δούμε μία προσέγγιση με αρμονικά συζυγή, την οποία δεν μπόρεσα να βρώ σ' αυτές που τυχαίνει να έχω στο αρχείο μου και τις οποίες μου έχεις στείλει εσύ ο ίδιος.

\bullet Έστω BE,\ CF, τα ύψη του δοσμένου τριγώνου \bigtriangleup ABC και έστω το σημείο H\equiv BE\cap CF.

Θα απόδείξουμε ότι AH\perp BC και αρκεί προς τούτο να αποδειχθεί ότι D\equiv D^{\prime}, όπου D,\ D^{\prime} είναι αντιστοίχως, οι προβολές των B,\ C, επί της ευθείας AH.

Το τετράπλευρο AEHF είναι εγγράψιμο σε κύκλο (O^{\prime}) με διάμετρο AH και έστω το σημείο K\equiv AH\cap EF.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, το σημείο D επί της ευθείας AH, τέτοιο ώστε BD\perp AH, είναι το αρμονικό συζυγές του K, ως προς τα A,\ H.

Το ίδιο όμως αποδεικνύεται ότι ισχύει και για το σημείο D^{\prime} επί της ευθείας AH, τέτοιο ώστε CD^{\prime}\perp AH.

Προκύπτει έτσι ότι D\equiv D^{\prime} και άρα το ζητούμενο AH\perp BC έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο ABCD εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) με διάμετρο AC και έστω τα σημεία E\equiv AB\cap CD και K\equiv AC\cap BD. Αποδείξτε ότι το σημείο L, ως η ορθή προβολή του E επί της ευθείας AC, είναι το αρμονικό συζυγές του K, ως προς τα σημεία A,\ C.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την στοιχειώση απόδειξη ( με ομοιότητα ) που έχω υπόψη μου για το παραπάνω Λήμμα.



Φίλε Κώστα Βήττα,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΉΡΙΑ !!!
Έχεις επιτύχει πραγματικά την 49η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη.
Είναι εφικτός συνεπώς και ο δεύτερος στόχος μας των 50 αποδείξεων, μετά και τη σωστή δική σου απόδειξη.
Ζητώ συγνώμη για την καθυστερημένη απάντηση. Θα μελετήσω και τα άλλα μηνύματά σου και θα σου απαντήσω.
Να είσαι καλά.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 50η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #44 από vittasko » Τρί Φεβ 23, 2010 2:06 pm

Καθαρογράφω την απόδειξη του Κώστα Παππέλη, που έχει καταχωρηθεί νομίζω, ως η 48η.

\bullet Έστω BE,\ CF τα ύψη του δοσμένου τριγώνου \bigtriangleup ABC, και αρκεί να αποδειχθεί ότι AH\perp BC, όπου H\equiv BE\cap CF.

Το τετράπλευρο BCEF είναι εγγράψιμο σε κύκλο (M) με διάμετρο την πλευρά BC και έστω τα σημεία K\equiv BC\cap EF και D\equiv BC\cap AH και D^{\prime}\equiv EF\cap AH.

Από το πλήρες τετράπλευρο AEHFBC, έχουμε ότι το σημείο D είναι το αρμονικό συζυγές του K, ως προς τα σημεία B,\ C, καθώς και ότι το σημείο D^{\prime} είναι το αρμονικό συζυγές του K, ως προς τα σημεία E,\ F.

( Σε κάθε πλήρες τετράπλευρο, η μία του διαγώνια τέμνεται από τις άλλες δύο, σε σημεία που είναι αρμονικά συζυγή των άκρων της. )

Είναι γνωστό τώρα, ότι για κάθε ευθεία που περνάει από το K και τέμνει τον κύκλο (M) στα σημεία έστω P,\ Q, το σημείο L, ως το αρμονικό συζυγές του K ως προς τα σημεία P,\ Q, κείται επί της Πολικής ευθείας του K ως προς τον κύκλο (M), η οποία είναι κάθετη στην ευθεία KM, όπου M είναι το κέντρο του κύκλου (M) και ταυτίζεται με την ευθεία που συνδέει τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του (M), από το σημείο K.

Άρα, η ευθεία DD^{\prime}\equiv AH, είναι η Πολική ευθεία του σημείου K ως προς τον κύκλο (M).

Προκύπτει έτσι ότι AH\perp BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=50_t=5636(e).pdf
Γεωμετρία - Αναζητείται η 50η απόδειξη κλασσικής πρότασης - Απόδειξη από τον Κώστα Παππέλη ( Διασκευή ).
(7.89 KiB) Μεταφορτώθηκε 70 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τρί Φεβ 23, 2010 8:34 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #45 από ΝΙΚΟΣ » Τρί Φεβ 23, 2010 3:57 pm

vittasko έγραψε:Ας δούμε και μία προσέγγιση βασισμένη στο Θεώρημα Miquel.

\bullet Έστω BE,\ CF, τα ύψη του δοσμένου τριγώνου ABC και έστω το σημείο H\equiv BE\cap CF.

Ο περιγεγραμμένος κύκλος (K) του ορθογωνίου τριγώνου \bigtriangleup EAB, τέμνει την πλευρά BC στο σημείο έστω D.

Από \angle ADB = \angle AEB = 90^{o} \Longrightarrow \angle ADC = 90^{o} = \angle AFC, συμπεραίνουμε ότι το σημείο D ανήκει επίσης και στον περιγεγραμμένο κύκλο (L), του ορθογωνίου τριγώνου \bigtriangleup FAC και άρα έχουμε ότι AD\perp BC ,(1)

Είναι γνωστό όμως, ότι το σημείο D\equiv (K)\cap (L), είναι το Σημείο Miquel στο πλήρες τετράπλευρο AEHFBC και επομένως έχουμε ότι οι περίκυκλοι των ορθογωνίων τριγώνων \bigtriangleup EHC,\ \bigtriangleup FHB, περνάνε επίσης από το σημείο D.

( Σημειώνεται ότι σε κάθε πλήρες τετράπλευρο AEHFBC, στο οποίο το τετράπλευρο AEHF τυχαίνει να είναι εγγράψιμο, αληθεύει ότι το Σημείο Miquel D, ανήκει στην ευθεία BC και δεν είναι απαραίτητο να ισχύει \angle AEB = 90^{o} = \angle AFC )

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BDHF τώρα, έχουμε \angle BDH = 180^{o} - \angle BFH = 90^{o} \Longrightarrow \angle CDH = 90^{o} και προκύπτει έτσι ότι HD\perp BC ,(2)

Από (1),\ (2) προκύπτει ότι οι ευθείες AD,\  HD, ταυτίζονται και άρα το ζητούμενο AH\perp BC έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Φίλε Κώστα,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΉΡΙΑ !!!
Έχεις επιτύχει και την 50η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη.
Κώστα, σε ευχαριστώ πολύ, καθώς με την προσπάθειά σου επέτυχες να μας δόσεις τη χαρά να γιορτάσουμε την επίτευξη του δεύτερου στόχου μας των 50 αποδείξεων, με τη σωστή δεύτερη απόδειξη που μας έδωσες.
Να είσαι καλά.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #46 από ΝΙΚΟΣ » Τετ Φεβ 24, 2010 8:30 am

Αγαπητοί Φίλοι,
με το συνημμένο μου 21, δίνω δύο αποδείξεις με βάση την τριγωνομετρία, δικής μου επινόησης. Και οι δύο δεν έχουν δημοσιευθεί σε περιοδικό ή με βιβλίο μου, καθώς είναι καταχωρημένες στον τόμο 9 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [παράγραφος 9ι(176)], που έχει γραφεί, αλλά δεν έχει κυκλοφορήσει ακόμα. Επομένως πρωτοεμφανίζονται σήμερα εδώ, με σκοπό να γίνουν γνωστές.
Η πρώτη, όπως και άλλοτε έχω αναφέρει, έχει πάρει τον αύξοντα αριθμό 46. Τη δεύτερη κατασκεύασα σήμερα και δεν της έχω δώσει αύξοντα αριθμό ακόμη, με σκοπό να τη χρησιμοποιήσουμε όπου απαιτηθεί.


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
Συνημμένα
Συνημμένο 21..doc
(59 KiB) Μεταφορτώθηκε 62 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #47 από vittasko » Τετ Φεβ 24, 2010 11:32 am

Καλημέρα Νίκο.

Αλίευσα σήμερα το πρωϊ ένα μαργαριτάρι ( με την καλή έννοια ) Εδώ, το οποίο ευχαρίστως μεταγλωττίζω σε Latex.

\bullet Έστω \bigtriangleup ABC το δοσμένο τρίγωνο και M,\ N τα μέσα των πλευρών του BC,\ AC, αντιστοίχως.

Είναι γνωστό ότι το σημείο G\equiv AM\cap BN είναι το σταθερό σημείο ( βαρύκεντρο ) στο οποίο συντρέχουν οι διάμεσοι του \bigtriangleup ABC και για το οποίο ισχύει ότι AG = 2GM ,(1) ( αποδεικνύεται εύκολα με το θεώρημα Θαλή ).

Οι μεσοκάθετες των πλευρών BC,\ AC, συντρέχουν ως στο περίκεντρο O του \bigtriangleup ABC ( σταθερό επίσης σημείο ) και έστω H το σημείο στην προέκταση της ευθείας OG προς το μέρος του G, τέτοιο ώστε HG = 2GO ,(2)

Από (1),\ (2), με βάση το θεώρημα Θαλή, συμπεραίνουμε ότι AH\parallel OM ,(3)

Από (3) και OM\perp BC \Longrightarrow AH\perp BC.

Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και τα άλλα δύο ύψη του δοσμένου τριγώνου, περνάνε από το σταθερό σημείο H και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Να υποθέσουμε ότι αυτή η όμορφη απόδειξη, είναι αυτή στην οποία αναφέρθηκε σε μήνυμά του ο Μιχάλης Εδώ, η οποία όπως μας πληροφορεί οφείλεται στον Euler ;
Mihalis_Lambrou έγραψε:...Ελπίζω να βρω χρόνο για να προσθέσω στην συζήτηση με τις πολλές αποδείξεις του θεωρήματος ότι "τα ύψη τριγώνου συγκλίνουν". Έχω πάρα πολύ ωραίο υλικό, και έχω ψάξει εκτενώς την (άγνωστη) ιστορία του θεωρήματος, από την αρχαιότητα και εντεύθεν.

Επ΄αυτού έχω μία πρωτότυπη απόδειξη στο επισυναπτόμενο. Χρησιμοποιεί ότι οι κοινές χορδές τριών τεμνόμενων ανά δύο κύκλων συγκλίνουν (το τελευταίο είναι κλασικό, αλλά έχω και τριδιάστατη απόδειξη).

Περιμένετε όμως να δείτε την απόδειξη του Euler. Είναι η απόδειξη!. Αν δεν την γράψει κανείς, θα την καταγράψω ο ίδιος.
Συνημμένα
f=50_t=5636(f).pdf
Γεωμετρία - Αναζητείται η 51η απόδειξη κλασσικής πρότασης - Απόδειξη από τον teo ( = Θεόδωρος ... ; )
(5.13 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τετ Φεβ 24, 2010 2:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #48 από vittasko » Τετ Φεβ 24, 2010 12:46 pm

Νίκο, όπως βλέπεις έχουν συγκεντρωθεί αρκετές αποδείξεις και υπάρχουν ακόμα δύο, που εμφανίστηκαν στην αρχή και αδίκως είναι ορφανές από αρίθμηση.

Ο Γιώργος Ρίζος ( Rigio ) βέβαια, δίνει κάθε φορά μία ''προσωρινή'' αρίθμηση στην δική του με Αναλυτική Γεωμετρία ( νομίζω τώρα είναι αριθμημένη ως 51η ), αλλά περιμένει την ''επίσημη'' αρίθμησή της από σένα.

Επίσης η απόδειξη με τα Διανύσματα από τους Νίκο Κολλιόπουλο ( Nick1990 ) και Αλέξανδρο Συγκελάκη ( cretanman ) πρέπει να αριθμηθεί, ας πούμε ως 52η.

Έχουμε ως 53η, την τελευταία δική σου απόδειξη με τις εφαπτόμενες και ως 54η, την απόδειξη του ( teo ), που παρουσιάστηκε αμέσως πριν.

Αν δεν κάνω λάθος λοιπόν, αναζητείται η 55η απόδειξη, και είμαστε σε αναμονή των αποδείξεων που αναφέρει ο Μιχάλης ότι έχει υπόψη του, να δούμε ποιες απ' αυτές διαφέρουν, γιατί αυτή με τους ριζικούς άξονες που ανέφερε, είναι ήδη στη λίστα.

Κώστας Βήττας.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τετ Φεβ 24, 2010 2:56 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Dreamkiller
Δημοσιεύσεις: 263
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 12:52 pm

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #49 από Dreamkiller » Τετ Φεβ 24, 2010 12:50 pm

Έστω \bigtriangleup ABC το δοθέν τρίγωνο. Φέρω το ύψος AD και τη διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου AE. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEC παίρνουμε ότι \widehat{ABD}=\widehat{AEC} οπότε, από τα ορθογώνια \bigtriangleup ABD και \bigtriangleup AEC προκύπτει ότι \widehat{BAD}=\widehat{CAE}. Αυτό σημαίνει ότι η AE είναι η ισογώνια συζυγής ευθεία της AD.
Ωστόσο, οι διάμετροι που διέρχονται από τις κορυφές του τριγώνου συντρέχουν στο περίκεντρό του τριγώνου. Επομένως, σύμφωνα με ένα γνωστό θεώρημα (που αποδεικνύεται εύκολα εφαρμόζοντας την τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος Ceva στις αρχικές σεβιανές και έπειτα στις ισογώνιές τους) θα συντρέχουν και οι ισογώνιές του, δηλαδή τα ύψη.

Ελπίζω να είναι καινούργια απόδειξη, αν και πολύ αμφιβάλλω.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #50 από vittasko » Τετ Φεβ 24, 2010 4:36 pm

Dreamkiller έγραψε:Έστω \bigtriangleup ABC το δοθέν τρίγωνο. Φέρω το ύψος AD και τη διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου AE. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEC παίρνουμε ότι \widehat{ABD}=\widehat{AEC} οπότε, από τα ορθογώνια \bigtriangleup ABD και \bigtriangleup AEC προκύπτει ότι \widehat{BAD}=\widehat{CAE}. Αυτό σημαίνει ότι η AE είναι η ισογώνια συζυγής ευθεία της AD.
Ωστόσο, οι διάμετροι που διέρχονται από τις κορυφές του τριγώνου συντρέχουν στο περίκεντρό του τριγώνου. Επομένως, σύμφωνα με ένα γνωστό θεώρημα (που αποδεικνύεται εύκολα εφαρμόζοντας την τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος Ceva στις αρχικές σεβιανές και έπειτα στις ισογώνιές τους) θα συντρέχουν και οι ισογώνιές του, δηλαδή τα ύψη.

Ελπίζω να είναι καινούργια απόδειξη, αν και πολύ αμφιβάλλω.

Υποθέτω ότι γίνεται αναφορά στο Θεώρημα Jacobi.

Μ' αυτό το δυνατό θεώρημα, ως προς την ελληνική βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου, ο Νίκος Κυριαζής έχει εκτενώς ασχοληθεί και το ανέδειξε ως ένα βασικό θεώρημα για τη λύση ( ως απλών εφαρμογών ) πολλών γνωστών ''επώνυμων'' θεωρημάτων.

Μία απόδειξη αυτού του θεωρήματος, στην γενικευμένη του μορφή ( Isogonic theorem ), έχει δημοσιευτεί Εδώ ( post #9 ).

Στο 6ο τεύχος του εξαιρετικού περιοδικού '' Το φ '', στη σελίδα 269, στο αρθρο του Γιώργου Τσαπακίδη, δίνεται η αναφορά σε άλλο όνομα ( E. J. Hopkins - 1950 ), γι' αυτό το θεώρημα.

Θα είχε ενδιαφέρον, αν κάποιος ήξερε να μας πει, ποιο είναι τελικά το σωστό ''επώνυμο'' γι' αυτό το δυνατό, αλλά όχι ευρέως γνωστό θεώρημα.

Γιατί, αν είναι ο καθένας να το βαπτίζει με το όνομα του συμπατριώτη του που το ανακάλυψε, τότε να το λέμε και εμείς εδώ, Θεώρημα Κυριαζή.

Δεν ξέρω αν είναι ο πρώτος που το ανακάλυψε ( μιλάω για την Ελλάδα ) ;) , αλλά σίγουρα είναι ο πρώτος που το δημοσίευσε.

Κώστας Βήττας.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τετ Μαρ 03, 2010 9:58 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #51 από ΝΙΚΟΣ » Τετ Φεβ 24, 2010 5:21 pm

vittasko έγραψε:Νίκο, όπως βλέπεις έχουν συγκεντρωθεί αρκετές αποδείξεις και υπάρχουν ακόμα δύο, που εμφανίστηκαν στην αρχή και αδίκως είναι ορφανές από αρίθμηση.

Ο Γιώργος Ρίζος ( Rigio ) βέβαια, δίνει κάθε φορά μία ''προσωρινή'' αρίθμηση στην δική του με Αναλυτική Γεωμετρία ( νομίζω τώρα είναι αριθμημένη ως 51η ), αλλά περιμένει την ''επίσημη'' αρίθμησή της από σένα.

Επίσης η απόδειξη με τα Διανύσματα από τους Νίκο Κολλιόπουλο ( Nick1990 ) και Αλέξανδρο Συγκελάκη ( cretanman ) πρέπει να αριθμηθεί, ας πούμε ως 52η.

Έχουμε ως 53η, την τελευταία δική σου απόδειξη με τις εφαπτόμενες και ως 54η, την απόδειξη του ( teo ), που παρουσιάστηκε αμέσως πριν.

Αν δεν κάνω λάθος λοιπόν, αναζητείται η 55η απόδειξη, και είμαστε σε αναμονή των αποδείξεων που αναφέρει ο Μιχάλης ότι έχει υπόψη του, να δούμε ποιες απ' αυτές διαφέρουν, γιατί αυτή με τους ριζικούς άξονες που ανέφερε, είναι ήδη στη λίστα.

Κώστας Βήττας.


Κώστα, καταρχήν ζητώ συγνώμη από τους φίλους Γιώργο Ρίζο, Νίκο Κολιόπουλο και Αλέξανδρο Συγκελάκη που μέχρι τώρα δεν απάντησα προσωπικά στον καθένα και να τους ειπώ ότι δεν ξεχάστηκαν. Όμως έχω δώσει συγκεντρωτική απάντηση με το μήνυμά μου της 22-2-2010, το οποίο έδωσα ακριβώς για να αντιμετωπισθεί το πρόβλημα που έχει προκύψει με τις αποδείξεις με Αναλυτική Γεωμετρία και διανύσματα. Εκεί έχω κάνει τις σχετικές Προτάσεις μου στο οποίο αναμένω απάντηση ώστε κάποιος φίλος εθελοντής να αναλάβει το χειρισμό του μέρους των αποδείξεων που δεν χρησιμοποιείται καθαρή Γεωμετρία.
Το μήνυμα αυτό παραθέτω παρακάτω και θα το αναδημοσιεύσω, για όσους φίλους δεν το έχουν δει.
Κώστα, για το πρόβλημα αυτό έχουμε μιλήσει και στο τηλέφωνο.
Όσο για την απόδειξη του teo, επειδή δεν την έχει προτείνει ο ίδιος στη διεύθυνσή μας εδώ και δεν γνωρίζουμε αν θέλει να συμπεριληφθεί στη δική μας προσπάθεια, νομίζω ότι πρέπει να ερωτηθεί πρώτα.
Για τις υπόλοιπες αποδείξεις που δημοσιεύτηκαν σήμερα δεν υπάρχει βιασύνη. Θα μελετηθούν και θα τους δοθεί απάντηση.


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.



Αγαπητοί Φίλοι,
αυτή τη στιγμή αισθάνομαι την ανάγκη να σας ευχαριστήσω για τη βοήθειά σας, την κατανόησή σας και τη συμμετοχή σας στην προσπάθειά μου, όπως και για την ανταπόκρισή σας στο κάλεσμά μου.
Φίλοι μου,
επειδή κατά την εξέλιξη του θέματός μας προέκυψε η ανάγκη της ένταξης και των αποδείξεων του Θεωρήματος της «σύγκλισης των υψών τριγώνου», και με άλλες μεθόδους, εκτός της καθαρής Γεωμετρίας,
επειδή εγώ δεν διαθέτω πλούσια βιβλιογραφία και δεν είμαι πλήρως ενημερωμένος σε θέματα εκτός καθαρής Γεωμετρίας,
επειδή δεν έχω κάνει κάποια σχετική προετοιμασία (εντοπισμό αποδείξεων με μεθόδους εκτός καθαρής Γεωμετρίας, κτλ),
για όλα αυτά, κρίνω ότι εγώ δεν είμαι ο πλέον κατάλληλος για να χειριστώ το θέμα μας εκτός καθαρής Γεωμετρίας και ακόμα επειδή πιστεύω ότι αν το θέμα μας πάει για το βιβλίο Γκίνες, θα απαιτηθούν όλες οι αποδείξεις ανεξάρτητα μεθόδων που χρησιμοποιούνται,
για όλα τα παραπάνω πιστεύω ότι το θέμα μας εκτός Ευκλείδειας Γεωμετρίας πρέπει να αναλάβει να το χειριστεί κάποιος άλλος εθελοντής φίλος.
Ο εθελοντής φίλος αυτός, αφού βρει ότι υπάρχει σήμερα στη σχετική βιβλιογραφία και χρησιμοποιήσει ότι σχετικό έχει έλθει μέχρι τώρα στη διεύθυνση αυτή, να κάνει μια νέα αρίθμηση των σχετικών αποδείξεων, η οποία και θα ενσωματωθεί σε εκείνη που εγώ θα έχω ετοιμάσει, ώστε και οι δύο μαζί, με μια ενιαία αρίθμηση να πάνε στο βιβλίο Γκίνες, αν το κρίνουμε τελικά σκόπιμο.
Εγώ θα του δώσω ότι στοιχεία (αποδείξεις) έχω από τη δική μου μικρή βιβλιοθήκη και θα βοηθήσω στο έργο του.
Ο πρώτος λοιπόν φίλος που θα ζητήσει, θα αναλάβει και τον χειρισμό της υπόθεσης αυτής. Ευχαριστώ.


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5194
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #52 από Μπάμπης Στεργίου » Τετ Φεβ 24, 2010 6:19 pm

Dreamkiller έγραψε:Έστω \bigtriangleup ABC το δοθέν τρίγωνο. Φέρω το ύψος AD και τη διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου AE. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEC παίρνουμε ότι \widehat{ABD}=\widehat{AEC} οπότε, από τα ορθογώνια \bigtriangleup ABD και \bigtriangleup AEC προκύπτει ότι \widehat{BAD}=\widehat{CAE}. Αυτό σημαίνει ότι η AE είναι η ισογώνια συζυγής ευθεία της AD.
Ωστόσο, οι διάμετροι που διέρχονται από τις κορυφές του τριγώνου συντρέχουν στο περίκεντρό του τριγώνου. Επομένως, σύμφωνα με ένα γνωστό θεώρημα (που αποδεικνύεται εύκολα εφαρμόζοντας την τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος Ceva στις αρχικές σεβιανές και έπειτα στις ισογώνιές τους) θα συντρέχουν και οι ισογώνιές του, δηλαδή τα ύψη.

Ελπίζω να είναι καινούργια απόδειξη, αν και πολύ αμφιβάλλω.


.....Μόλις ερχόμουνα για να προτείνω και αυτή τη λύση !Έτυχε σήμερα να διορθώνω κάτι ασκήσεις από τη ''Γεωμετρία 1 , για διαγωνισμούς '' που ετοιμάζω και πέρασαν από το μυαλό μου τα ίδια περίπου πράγματα .

Να μας πει μόνο ο Νίκος αν την έχει ήδη στη συλλογή του.

Μπάμπης


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #53 από ΝΙΚΟΣ » Τετ Φεβ 24, 2010 9:12 pm

Dreamkiller έγραψε:Έστω \bigtriangleup ABC το δοθέν τρίγωνο. Φέρω το ύψος AD και τη διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου AE. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEC παίρνουμε ότι \widehat{ABD}=\widehat{AEC} οπότε, από τα ορθογώνια \bigtriangleup ABD και \bigtriangleup AEC προκύπτει ότι \widehat{BAD}=\widehat{CAE}. Αυτό σημαίνει ότι η AE είναι η ισογώνια συζυγής ευθεία της AD.
Ωστόσο, οι διάμετροι που διέρχονται από τις κορυφές του τριγώνου συντρέχουν στο περίκεντρό του τριγώνου. Επομένως, σύμφωνα με ένα γνωστό θεώρημα (που αποδεικνύεται εύκολα εφαρμόζοντας την τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος Ceva στις αρχικές σεβιανές και έπειτα στις ισογώνιές τους) θα συντρέχουν και οι ισογώνιές του, δηλαδή τα ύψη.

Ελπίζω να είναι καινούργια απόδειξη, αν και πολύ αμφιβάλλω.


Αγαπητέ φίλε Dreamkiller,
σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου, τη σωστή και ωραία απόδειξη σου.
Δυστυχώς όμως η απόδειξή σου, τυχαίνει να συμπίπτει με την 22η απόδειξή, που έχει δημοσιευθεί στο περιοδικό «Τα Μαθηματικά στο Ενιαίο Λύκειο» τεύχος 10/2001, αλλά και με το βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», τόμος 4 παράγραφος 4η(70)/1999.(Το Θεώρημα που βασίζεται η απόδειξή σου είναι πολύ γνωστό. π.χ Γεωμετρία Γ. Τσίντσιφα, παράγραφος 11-12.2, Ν. Κισκύρα Θεώρημα 287 κτλ. Στο παραπάνω βιβλίο μου στην παράγραφο 2β(3) αποδεικνύεται με έναν νέο και ωραίο τρόπο, ενώ στην παράγραφο 5θ(61) αποδεικνύεται και το αντίστροφό του με δύο τρόπους).
Ευχές…


Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


dimitris pap
Δημοσιεύσεις: 286
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:42 pm
Επικοινωνία:

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #54 από dimitris pap » Τετ Φεβ 24, 2010 10:49 pm

Κατ' αρχάς να πω συγχαρητήρια για αυτήν την ωραία σας προσπάθεια συλλογής πολλών αποδείξεων ενός τέτοιου γνωστού αποτελέσματος. Με την σειρά μου θα επιδιώξω κι εγώ να συμβάλλω με τις παρακάτω 2 αποδείξεις (που ελπίζω να μην συμπίπτουν με προηγούμενες, αν και το βλέπω χλωμό :? )

1) Αμεσα με χρήση του θεωρήματος Cantor, που μας λέει ότι σε τρίγωνο ABC αν X,Y,Z σημεία πάνω στις πλευρές BC,AC,AB αντίστοιχα, τότε οι κάθετες από αυτά τα σημεία συντρέχουν αν και μόνο αν
AZ^2+BX^2+CY^2-BZ^2-CX^2-AY^2=0, το οποίο αν το εφαρμόσουμε στα ίχνη των υψών παίρνουμε άμεσα το επιθυμητό αποτέλεσμα (αφού BX^2-CX^2=AB^2-AC^2 και κυκλικά για τα άλλα 2)!

2) Ξερουμε ότι οι μεσοκάθετες συντρέχουν σε ένα σημείο O. Εστω K,L,M τα μέσα των τριών πλευρών του τριγώνου αντίστοιχα. Τότε KO,LO,MO είναι τα 3 ύψη του τριγώνου KLM. Συνεπώς από ομοιοθεσία (αφού τα τρίγωνα ABC, KLM έχουν πλευρές παράλληλες) και τα ύψη του ABC θα συντρέχουν σε κάποιο σημείο!

Υ.Γ. Ελπίζω να μην έχουν ξανααναφερθεί οι λύσεις σε αυτό το τοπικ, γιατί για να είμαι ειλικρινής δεν είχα το χρόνο να διαβάσω όλες τις προαναφερθέντες αποδείξεις...

Καλή συνέχεια!


userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #55 από userresu » Πέμ Φεβ 25, 2010 12:31 am

dimitris pap έγραψε:1) Αμεσα με χρήση του θεωρήματος Cantor, που μας λέει ότι σε τρίγωνο ABC αν X,Y,Z σημεία πάνω στις πλευρές BC,AC,AB αντίστοιχα, τότε οι κάθετες από αυτά τα σημεία συντρέχουν αν και μόνο αν
AZ^2+BX^2+CY^2-BZ^2-CX^2-AY^2=0, το οποίο αν το εφαρμόσουμε στα ίχνη των υψών παίρνουμε άμεσα το επιθυμητό αποτέλεσμα (αφού BX^2-CX^2=AB^2-AC^2 και κυκλικά για τα άλλα 2)!


Διόρθωσέ με αν κάνω λάθος, αλλά νομίζω πως λέγεται θεώρημα Carnot. Το έλεγξα και στο IMO Compendium.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #56 από ΝΙΚΟΣ » Πέμ Φεβ 25, 2010 8:52 am

vittasko έγραψε:Καλημέρα Νίκο.

Αλίευσα σήμερα το πρωϊ ένα μαργαριτάρι ( με την καλή έννοια ) Εδώ, το οποίο ευχαρίστως μεταγλωττίζω σε Latex.

\bullet Έστω \bigtriangleup ABC το δοσμένο τρίγωνο και M,\ N τα μέσα των πλευρών του BC,\ AC, αντιστοίχως.

Είναι γνωστό ότι το σημείο G\equiv AM\cap BN είναι το σταθερό σημείο ( βαρύκεντρο ) στο οποίο συντρέχουν οι διάμεσοι του \bigtriangleup ABC και για το οποίο ισχύει ότι AG = 2GM ,(1) ( αποδεικνύεται εύκολα με το θεώρημα Θαλή ).

Οι μεσοκάθετες των πλευρών BC,\ AC, συντρέχουν ως στο περίκεντρο O του \bigtriangleup ABC ( σταθερό επίσης σημείο ) και έστω H το σημείο στην προέκταση της ευθείας OG προς το μέρος του G, τέτοιο ώστε HG = 2GO ,(2)




Από (1),\ (2), με βάση το θεώρημα Θαλή, συμπεραίνουμε ότι AH\parallel OM ,(3)

Από (3) και OM\perp BC \Longrightarrow AH\perp BC.

Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και τα άλλα δύο ύψη του δοσμένου τριγώνου, περνάνε από το σταθερό σημείο H και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Να υποθέσουμε ότι αυτή η όμορφη απόδειξη, είναι αυτή στην οποία αναφέρθηκε σε μήνυμά του ο Μιχάλης Εδώ, η οποία όπως μας πληροφορεί οφείλεται στον Euler ;
Mihalis_Lambrou έγραψε:...Ελπίζω να βρω χρόνο για να προσθέσω στην συζήτηση με τις πολλές αποδείξεις του θεωρήματος ότι "τα ύψη τριγώνου συγκλίνουν". Έχω πάρα πολύ ωραίο υλικό, και έχω ψάξει εκτενώς την (άγνωστη) ιστορία του θεωρήματος, από την αρχαιότητα και εντεύθεν.

Επ΄αυτού έχω μία πρωτότυπη απόδειξη στο επισυναπτόμενο. Χρησιμοποιεί ότι οι κοινές χορδές τριών τεμνόμενων ανά δύο κύκλων συγκλίνουν (το τελευταίο είναι κλασικό, αλλά έχω και τριδιάστατη απόδειξη).

Περιμένετε όμως να δείτε την απόδειξη του Euler. Είναι η απόδειξη!. Αν δεν την γράψει κανείς, θα την καταγράψω ο ίδιος.


Φίλε Κώστα,
η απόδειξη του φίλου teo, είναι σωστή και ενδιαφέρουσα.
Ρώτησέ τον όμως αν θέλει να την προτείνει στην διεύθυνσή μας εδώ και αν θέλει να την συμπεριλάβουμε στη δική μας αρίθμηση, οπότε τότε θα δούμε αν την έχουμε εμείς ή όχι.
Εκείνο όμως που είναι σίγουρο, είναι ότι υπάρχει η απόδειξή μου 28 [Πρόταση 4η(128) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», τόμος 4], η οποία είναι παρεμφερής με εκείνη του teo, αλλά πολύ πιο απλή.
Αυτή έχει ως εξής: Επειδή τα τρίγωνα ΑΒC, ΜΠΝ (μεσοτρίγωνο) έχουν παράλληλες πλευρές και τα ύψη του τριγώνου ΑΒC είναι παράλληλα με τις αντίστοιχες σεβιανές ΟΜ, ΟΝ, ΟΠ του τριγώνου ΜΝΡ (μεσοκάθετες του τριγώνου ΑΒC) και οι ΟΜ, ΟΝ, ΟΡ, συντρέχουν, θα συντρέχουν και τα ύψη του τριγώνου ΑΒC.
Η απόδειξη αυτή βασίζεται στην παρακάτω δική μου Πρόταση 4η(134), που την δημιούργησα για να καλύψει και την ανάγκη αυτή:
«Αν δύο τρίγωνα έχουν τις ομόλογες πλευρές τους παράλληλες και τις ομόλογες σεβιανές τους επίσης παράλληλες, τότε και μόνο τότε, οι σεβιανές του ενός τριγώνου θα συντρέχουν, αν οι σεβιανές του άλλου τριγώνου συντρέχουν».
Ευχές…..

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #57 από ΝΙΚΟΣ » Πέμ Φεβ 25, 2010 11:38 am

vittasko έγραψε:
Dreamkiller έγραψε:Έστω \bigtriangleup ABC το δοθέν τρίγωνο. Φέρω το ύψος AD και τη διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου AE. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEC παίρνουμε ότι \widehat{ABD}=\widehat{AEC} οπότε, από τα ορθογώνια \bigtriangleup ABD και \bigtriangleup AEC προκύπτει ότι \widehat{BAD}=\widehat{CAE}. Αυτό σημαίνει ότι η AE είναι η ισογώνια συζυγής ευθεία της AD.
Ωστόσο, οι διάμετροι που διέρχονται από τις κορυφές του τριγώνου συντρέχουν στο περίκεντρό του τριγώνου. Επομένως, σύμφωνα με ένα γνωστό θεώρημα (που αποδεικνύεται εύκολα εφαρμόζοντας την τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος Ceva στις αρχικές σεβιανές και έπειτα στις ισογώνιές τους) θα συντρέχουν και οι ισογώνιές του, δηλαδή τα ύψη.

Ελπίζω να είναι καινούργια απόδειξη, αν και πολύ αμφιβάλλω.

Υποθέτω ότι γίνεται αναφορά στο Θεώρημα Jacobi.

Μ' αυτό το δυνατό θεώρημα, ως προς την ελληνική βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου, ο Νίκος Κυριαζής έχει εκτενώς ασχοληθεί και το ανέδειξε ως ένα βασικό θεώρημα για τη λύση ( ως απλών εφαρμογών ) πολλών γνωστών ''επώνυμων'' θεωρημάτων.

Μία απόδειξη αυτού του θεωρήματος, στην γενικευμένη του μορφή ( Isogonic theorem ), έχει δημοσιευτεί Εδώ ( post #9 ).

Στο 6ο τεύχος του εξαιρετικού περιοδικού ''Το φ'', στη σελίδα 269, στο αρθρο του Γιώργου Τσαπακίδη, δίνεται η αναφορά ( E. J. Hopkins - 1950 ), γι' αυτό το θεώρημα.

Θα είχε ενδιαφέρον, αν κάποιος ήξερε να μας πει, ποιο είναι τελικά το σωστό επώνυμο γι' αυτό το δυνατό, αλλά όχι ευρέως γνωστό θεώρημα.

Γιατί, αν είναι ο καθένας να το βαπτίζει με το όνομα του συμπατριώτη του που το ανακάλυψε, τότε να το λέμε και εμείς εδώ Θεώρημα Κυριαζή.

Δεν ξέρω αν είναι ο πρώτος που το ανακάλυψε ( μιλάω για την Ελλάδα ) ;) , αλλά σίγουρα είναι ο πρώτος που το δημοσίευσε.

Κώστας Βήττας.


Φίλε Κώστα,
σε ευχαριστώ πολύ για τα πολύ καλά σου λόγια, που αναφέρονται στην Πρότασή μου 2ζ(13), την οποία εγώ θεωρώ δική μου μέχρις αποδείξεως του αντιθέτου. Δηλαδή μέχρι να βρεθεί έγκυρο έντυπο (κατοχυρωμένο), που να περιλαμβάνει την Πρόταση αυτή με απόδειξή της και να έχει γραφεί προ της 30 -1-1997 ( ημερομηνία έκδοσης του τόμου 3 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμερίας»), αν και εγώ την είχα επινοήσει πολύ πιο παλιά.
Υπόψη ότι την Πρόταση αυτή, έχω δημοσιεύσει, εκτός από το βιβλίο μου και σε περιοδικά με τις κυριότερες εφαρμογές της. Στην Ελλάδα, στο περιοδικό «Τα Μαθηματικά στο Ενιαίο Λύκειο» τεύχος 6/ Ιαν. 2000 και το Διεθνές περιοδικό της Ν. Υόρκης «Mathematics Informatics Quarterly”, τεύχος 8, Σεπτ. 1998, σελ.104. Στα περιοδικά αυτά αναφέρω ότι η Πρόταση αυτή πρωτοεμφανίζεται. Μέχρι τώρα δεν παρουσιάστηκε κανείς να προβάλλει κάποια ένσταση. Το να αιωρούνται κάποιες αόριστες φήμες και να ψάχνουμε να βρούμε κάποιον αόρατο κύριο Jacobi που δήθεν την έχει επινοήσει, δε μας λέει τίποτε, αν και εγώ όπως καλά γνωρίζεις δεν κρέμομαι από την Πρόταση αυτή, καθώς εκτιμώ ότι έχω επινοήσει 4-5 χιλιάδες κατοχυρωμένες Προτάσεις. Ζητώ συγνώμη που αναγκάστηκα να περιαυτολογήσω, αν και με στενοχωρεί πολύ τούτο.Τα παραπάνω αποτελούν και πρόκληση για κάθε ενδιαφερόμενο κ. Jacobi.
Πάντως Κώστα, όπως θα είδες και στην απάντησή μου στον φίλο Dreamkiller, η απόδειξή του δε βασίζεται στην παραπάνω Πρόταση.
Κώστα μου σε ευχαριστώ και πάλι θερμά, γιατί μου έδωσες την ευκαιρία να πάρω θέση και επίσημα στο θέμα αυτό.
Να είσαι καλά.


Με πολύ αγάπη και εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1272
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #58 από ΝΙΚΟΣ » Πέμ Φεβ 25, 2010 5:25 pm

dimitris pap έγραψε:Κατ' αρχάς να πω συγχαρητήρια για αυτήν την ωραία σας προσπάθεια συλλογής πολλών αποδείξεων ενός τέτοιου γνωστού αποτελέσματος. Με την σειρά μου θα επιδιώξω κι εγώ να συμβάλλω με τις παρακάτω 2 αποδείξεις (που ελπίζω να μην συμπίπτουν με προηγούμενες, αν και το βλέπω χλωμό :? )

1) Αμεσα με χρήση του θεωρήματος Cantor, που μας λέει ότι σε τρίγωνο ABC αν X,Y,Z σημεία πάνω στις πλευρές BC,AC,AB αντίστοιχα, τότε οι κάθετες από αυτά τα σημεία συντρέχουν αν και μόνο αν
AZ^2+BX^2+CY^2-BZ^2-CX^2-AY^2=0, το οποίο αν το εφαρμόσουμε στα ίχνη των υψών παίρνουμε άμεσα το επιθυμητό αποτέλεσμα (αφού BX^2-CX^2=AB^2-AC^2 και κυκλικά για τα άλλα 2)!

2) Ξερουμε ότι οι μεσοκάθετες συντρέχουν σε ένα σημείο O. Εστω K,L,M τα μέσα των τριών πλευρών του τριγώνου αντίστοιχα. Τότε KO,LO,MO είναι τα 3 ύψη του τριγώνου KLM. Συνεπώς από ομοιοθεσία (αφού τα τρίγωνα ABC, KLM έχουν πλευρές παράλληλες) και τα ύψη του ABC θα συντρέχουν σε κάποιο σημείο!

Υ.Γ. Ελπίζω να μην έχουν ξανααναφερθεί οι λύσεις σε αυτό το τοπικ, γιατί για να είμαι ειλικρινής δεν είχα το χρόνο να διαβάσω όλες τις προαναφερθέντες αποδείξεις...

Καλή συνέχεια!


Αγαπητέ φίλε Δημήτρη,
σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου και για τις δύο σωστές και ωραίες αποδείξεις σου.
Δυστυχώς όμως η πρώτη απόδειξή σου, τυχαίνει να συμπίπτει με την 5η απόδειξή, που έχει δημοσιευθεί στο περιοδικό «Ευκλείδης Β» τεύχος 15/1995, αλλά υπάρχει και σε πολλά βιβλία, ενώ η δεύτερη απόδειξή σου συμπίπτει με την 28η απόδειξη, που έχει δημοσιευθεί στο περιοδικό «Τα Μαθηματικά στο Ενιαίο Λύκειο» τεύχος 10/2001, αλλά και με το βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», τόμος 4 παράγραφος 4η(128),1999.( Περισσότερα θα βρεις εδώ σε απάντησή μου στο φίλο Κώστα Βήττα της 25-2-2010 , που αφορά μια απόδειξη του φίλου teo).
Ευχές…

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #59 από vittasko » Δευ Μαρ 01, 2010 11:06 pm

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ... Κώστα σε ευχαριστώ πολύ για τα πολύ καλά σου λόγια, που αναφέρονται στην Πρότασή μου 2ζ(13), την οποία εγώ θεωρώ δική μου μέχρις αποδείξεως του αντιθέτου. Δηλαδή μέχρι να βρεθεί έγκυρο έντυπο (κατοχυρωμένο), που να περιλαμβάνει την Πρόταση αυτή με απόδειξή της και να έχει γραφεί προ της 30 -1-1997 ( ημερομηνία έκδοσης του τόμου 3 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμερίας»), αν και εγώ την είχα επινοήσει πολύ πιο παλιά.
Υπόψη ότι την Πρόταση αυτή, έχω δημοσιεύσει, εκτός από το βιβλίο μου και σε περιοδικά με τις κυριότερες εφαρμογές της. Στην Ελλάδα, στο περιοδικό «Τα Μαθηματικά στο Ενιαίο Λύκειο» τεύχος 6/ Ιαν. 2000 και το Διεθνές περιοδικό της Ν. Υόρκης «Mathematics Informatics Quarterly”, τεύχος 8, Σεπτ. 1998, σελ.104. Στα περιοδικά αυτά αναφέρω ότι η Πρόταση αυτή πρωτοεμφανίζεται. Μέχρι τώρα δεν παρουσιάστηκε κανείς να προβάλλει κάποια ένσταση. Το να αιωρούνται κάποιες αόριστες φήμες και να ψάχνουμε να βρούμε κάποιον αόρατο κύριο Jacobi που δήθεν την έχει επινοήσει, δε μας λέει τίποτε, ...

Νίκο καλησπέρα.

Η προσωπική μου γνώμη για το θεώρημα των Ισογώνιων ευθειών τριγώνου ( αν και το βρήκα στην Αλλοδαπή ως Jacobi theorem, το έχω βαπτίσει ως Isogonic theorem και όπως φαίνεται Εδώ, κάποιοι έχουν υιοθετήσει αυτήν ονομασία και την ίδια εκφώνηση ), είναι ότι δεν μπορεί να είναι αόριστες οι φήμες, αν και προσωπικά, θα ευχόμουν να ήταν τέτοιες.

Δεν μπορώ να σκεφτώ ότι άνθρωποι που δεν σχετίζονται μεταξύ τους, μακριά ο ένας από τον άλλον ( σε κλίμακα ευρύτερη της μία χώρας ), αναφέρονται στο όνομα Jacobi τυχαία ( Darij Grinber - Γερμανία, Jean-Louis Ayme - Γαλλία, Virgil Nicula - Ρουμανία, για να αναφέρω μερικούς δυνατούς γεωμέτρες, που εκτιμώ ιδιαίτερα για τις γνώσεις τους ).

Τώρα θα μου πεις, μπορεί να το ξεκίνησε κάποιος και οι άλλοι να το ανακυκλώνουν. Και εγώ το ίδιο έκανα, έτσι το βρήκα και δεν το έχω διερευνήσει επισταμένως.

Με παραξένεψε όμως η αναφορά σε άλλο όνομα ( E. J. Hopkins - 1950 ), του Γιώργου Τσαπακίδη στο περιοδικό '' Το φ '' ( τεύχος 6, σελίδα 269 ), γι’ αυτό το έφερα στο προσκήνιο και θέλω με την ευκαιρία, να πω μερικές σκέψεις μου γι’ αυτό το δυνατό θεώρημα.

\bullet Μου έχει κάνει εντύπωση ότι το θεώρημα αυτό δεν υπάρχει στο βιβλίο Γεωμετρίας των Ιησουϊτών, όπου καθώς ξέρουμε, πλείστες όσες λεπτομερέστατες αναφορές υπάρχουν για πολλά γνωστά θέματα, μέχρι και το 1910 όπου αναφέρεται η ελληνική έκδοση.

Δεν γνωρίζω αν υπάρχει κάτι για μετά το 1910, γιατί οι εκδόσεις του βιβλίου αυτού φτάνουν ίσως και μέχρι το 1990 και θέλω να πιστεύω ότι δεν πρόκειται για απλές ανατυπώσεις, κάτι που δυστυχώς συμβαίνει σε εμάς εδώ, όπου μέχρι σήμερα ανατυπώνεται το βιβλίο ( σε μετάφραση και επιμέλεια του Δ. ΓΚΙΟΚΑ, Επιμελητή τότε στο Ε.Μ.Π. ) το ίδιο όπως πρωτοεκδόθηκε το 1950 και το οποίο όπως είπα πριν, αφορά σε παλιότερη γαλλική έκδοση με στοιχεία για μέχρι το 1910.

Επίσης δεν το έχω βρει σε παλιότερα βιβλία Γεωμετρίας δικών μας συγγραφέων, όπως των Σ. ΚΑΝΕΛΛΟΥ, Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ, Α. ΠΑΛΛΑ, Χ. ΤΑΒΑΝΛΗ, για να αναφέρω μερικά, όπου πολλά θέματα της ξένης βιβλιογραφίας περιλαμβάνονταν στα περιεχόμενά τους.

Στο μόνο βιβλίο Γεωμετρίας που το έχω δει, από την ελληνική βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου ( πριν το δικό σου που αναφέρεις ), είναι στην Γεωμετρία του Ι. Γ. ΙΩΑΝΝΙΔΗ ( ΕΠΙΠΕΔΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ – Εκδόσεις Π. Γρηγορόπουλου – Αθήνα 1970 ), όπου υπάρχει το θεώρημα αυτό ως προτεινόμενη άσκηση, στην σελίδα 344.

Δεν ξέρω αν ο αείμνηστος Ι. Ιωαννίδης είχε εκδόσει ποτέ τις λύσεις των ασκήσεων του βιβλίου του, αλλά στον πρόλογό του αναφέρει ότι θα ακολουθήσει το τεύχος με τις αποδείξεις τους. Γι’ αυτή την άσκηση πάντως, δίνει το θεώρημα Ceva ως υπόδειξη για τη λύση της.

\bullet Άλλη αναφορά που βρήκα τα τελευταία χρόνια, είναι αυτή του Michael de Villiers από τη Νότια Αφρική, όπου το έχει στην ιστοσελίδα του, όχι ως θεώρημα Jacobi, αλλά ως γενίκευση του θεωρήματος Fermat- Torricelli Point, η οποία όπως αναφέρει, έχει δημοσιευτεί στο περιοδικό Mathematical Gazette - 79(485) - σελίδες 374-378, τον Ιούλιο του 1995 ( βλέπε, A generalization of the Fermat-Torricelli point , όπου στο τέλος του άρθρου, μνημονεύονται και τα ονόματα των A. R. Pargeter και W. Hoffer, των οποίων οι αποδείξεις όπως μας λέει, είναι προγενέστερες ).

Η απόδειξη που δίνει, βασίζεται στην ίδια ιδέα όπως και η απόδειξη που έστειλα και έχει δημοσιευτεί στον ''ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ'' ( τεύχος 4ο, σελίδα 173 ).

Αν και οι δύο αποδείξεις είναι συγγενικές και βρισκόμαστε τότε στο 2004, δεν έκανα κάποια μνεία του ονόματος του Michael de Villiers ως όφειλα, μιας και είχε προηγηθεί τόσα χρόνια, γιατί τότε δεν ήξερα κάτι γι’ αυτόν.

Επανόρθωσα όμως αργότερα, όταν έστειλα την ίδια απόδειξη καθώς και μία άλλη, στο φόρουμ Hyacinthos, ( βλέπε Εδώ και Εδώ ), όπου τότε πλέον γνώριζα την ιστοσελίδα του ( έμαθα γι’ αυτόν από την ανταπόκρισή του σε παλιότερο πρόβλημα που είχα στείλει στο ίδιο φόρουμ ).

Περιμένω κάποια πληροφόρηση για το ποιος είναι τέλος πάντων αυτός ο κ. Jacobi, από τον αγαπητό φίλο Jean-Louis Ayme, ο οποίος μου έχει πει ότι σκοπεύει να βάλει στην ιστοσελίδα του αυτό το θεώρημα και κάποιες πληροφορίες γι’ αυτόν.

Θα επανέλθω, όταν θα έχω κάτι νεότερο.

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ... Πάντως Κώστα, όπως θα είδες και στην απάντησή μου στον φίλο Dreamkiller, η απόδειξή του δε βασίζεται στην παραπάνω Πρόταση.

\bullet Είναι προφανές και συμφωνώ, ότι ο φίλος μας Dreamkiller πιο πάνω, αναφέρθηκε στο παρακάτω θεώρημα των Ισογώνιων σημείων τριγώνου, που είναι ευρέως γνωστό και στην ελληνική βιβλιογραφία ( ως δύο ακόμα αναφορές, δίνω τη Γεωμετρία του Α. ΠΑΛΛΑ - 1971 - τόμος Α’, σελίδα 218 και τη Γεωμετρία του Χ. ΤΑΒΑΝΛΗ - παλιό βιβλίο, αλλά παραδόξως κυκλοφορεί ακόμα - σελίδα 263 ).

ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΙΣΟΓΩΝΙΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ. – Δίνεται τρίγωνο \bigtriangleup ABC και τυχαίο σημείο P του επιπέδου του. Αποδείξτε ότι οι ισογώνιες ευθείες των AP,\ BP,\ CP, ως προς τις αντίστοιχες γωνίες, τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω P^{\prime}.

Αυτό το θεώρημα όμως, μπορεί επίσης να αποδειχθεί εύκολα με βάση το θεώρημα των Ισογώνιων ευθειών τριγώνου και θα βάλω αργότερα τη σχετική απόδειξη.

Κώστας Βήττας.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τετ Μαρ 03, 2010 8:06 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1918
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #60 από vittasko » Τρί Μαρ 02, 2010 9:39 pm

vittasko έγραψε:ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΙΣΟΓΩΝΙΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ. – Δίνεται τρίγωνο \bigtriangleup ABC και τυχαίο σημείο P του επιπέδου του. Αποδείξτε ότι οι ισογώνιες ευθείες των AP,\ BP,\ CP, ως προς τις αντίστοιχες γωνίες, τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω P^{\prime}.

Απόδειξη. - Έστω P^{\prime}, το σημείο τομής των δια των κορυφών A,\ B, του δοσμένου τριγώνου \bigtriangleup ABC, ισογωνίων ευθειών των AP,\ BP αντιστοίχως, ως προς τις γωνίες \angle A,\ \angle B και θα αποδείξουμε ότι η ευθεία CP^{\prime}, είναι ισογώνια της CP, ως προς τη γωνία \angle C.

Έστω το σημείο K\equiv AP\cap CP^{\prime} και έστω ισχύει ότι \angle BCP \neq \angle ACP^{\prime}

Θεωρούμε το σημείο K^{\prime} επί της AP, έτσι ώστε να είναι \angle BCP = \angle ACK^{\prime} και τότε, με βάση το θεώρημα των Ισογώνιων ευθειών τριγώνου, έχουμε ότι οι ευθείες AP,\ BK^{\prime},\ CP^{\prime}, τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Η ευθεία δηλαδή BK^{\prime}, περνάει από το σημείο K\equiv AP\cap CP^{\prime} και έτσι συμπεραίνουμε ότι K^{\prime}\equiv K ,(1)

Από (1) \Longrightarrow \angle BCP = \angle ACP^{\prime} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ. - Τα σημεία P,\ P^{\prime} ως άνω, ονομάζονται Ισογώνια σημεία ως προς το δοσμένο τρίγωνο \bigtriangleup ABC και είναι γνωστό ότι οι προβολές τους επί των πλευρών BC,\ AC,\ AB, ανήκουν στον ίδιο κύκλο έστω (O^{\prime}), με κέντρο το μέσον O^{\prime} του PP^{\prime}.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=50_t=5636(g).pdf
Θεώρημα των Ισογώνιων σημείων τριγώνου - Απόδειξη βασισμένη στο Θεώρημα των Ισογώνιων ευθειών τριγώνου,
(3.03 KiB) Μεταφορτώθηκε 82 φορές



Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης