mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 2:34 pm**

Ένας φίλος ζήτησε βοήθεια στην παρακάτω άσκηση. Μέχρι να ασχοληθώ και γω μαζί της, ρίξτε μια ματιά.

ΑΣΚΗΣΗ
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο (O )

. Έστω

οι τομές των συμμετροδιαμέσων από τα A,B,C

με τη περιφέρεια του κύκλου. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες AD,BE,CZ

είναι συμμετροδιάμεσες και του τριγώνου DEZ

.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 5:22 pm**

Αρχικά ορίζω:
$F\equiv AD\cap BC$ και

το σημείο τομής των συμμετροδιαμέσων

την παράλληλη από το

προς τη

τις εφαπτομένες του κύκλου στα A,D

$O\equiv CZ\cap l$ και

σημείο της e_A

από το μέρος

.

Η δέσμη A,AO,AB,AN,AC

είναι αρμονική.
Όμως $\widehat{BAD}=\widehat{NAC}$ , $\widehat{DAC}=\widehat{BAN}$ και $\widehat{CAP}=\widehat{BAO}$ . Άρα και η δέσμη A,AP,AC,AD,AB

είναι αρμονική και αφού

εφαπτομένη, το τετράπλευρο ABDC

είναι αρμονικό. Άρα για να είναι η

συμμετροδιάμεσος του EZD

αρκεί το τετράπλευρο ZDEA

να είναι και αυτό αρμονικό.

Από θ.Pascal στα εκφυλισμένα εξάγωνα AECAZB

και

έχουμε ότι οι e_A,e_B,ZE,BC

συντρέχουν, έστω στο

.
Από την αρμονική δέσμη A,AP,AC,AD,AB

έχουμε ότι (K,F,B,C)=-1

.
Άρα η δέσμη M,MK,MZ,MA,ME

είναι αρμονική και αν ορίσουμε $L\equiv ZE\cap AP$ , εφόσον (K,L,Z,E)=-1

, τότε και η δέσμη D,DK,DZ,DA,DE

είναι αρμονική και αφού η

είναι εφαπτομένη, το τετράπλευρο DZAE

είναι αρμονικό.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 6:17 pm**

Έστω ότι οι εφαπτομένες στα A,B,C

ορίζουν τρίγωνο XYQ

. Τότε τα

,τα

και τα

είναι συνευθειακά. Aρκεί να αποδείξω ότι το τετράπλευρο EDZA

είναι αρμονικό, δηλαδή ότι ο πόλος της

ανήκει στην

. Αλλά ο πόλος της

ανήκει στις BC,QY

, άρα αρκεί οι τρεις αυτές ευθείες να συντρέχουν. Έστω

το σημείο Lemoine του τριγώνου ABC

. Αν η πολική του

τέμνει την

στο

, τότε το

ανήκει στην

προφανώς. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο BCEZ

(οι διαγώνιές του τέμνονται στο Τ) βλέπουμε ότι και η

διέρχεται από το

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 7:33 pm**

Θεωρώ ότι, εδώ, το σημείο του Lemoine του τριγώνου μας ABC,

ταυτίζεται με το σημείο του Brianchon του εξαπλεύρου KLMNOP

που σχηματίζεται από τις εφαπτόμενες στον κύκλο και στα σημεία ABCDEG.

Και το θεωρώ αυτό επειδή ισχύει ότι:
" Η συμμετροδιάμεσος τριγώνου που άγεται από μία απο τις κορυφές του, έστω την , διέρχεται από το σημείο τομής τών εφαπτομένων στις δύο άλλες κορυφές του της περιγεγραμμένης στο τρίγωνο περιφέρειας ".

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 9:12 pm**

Ας αναφέρω ότι αυτό το πρόβλημα υπάρχει και στη σελίδα 77 του βιβλίου του Ross Honsberger

Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry, The New Mathematical Library, MAA

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 27, 2011 7:27 pm**

Ας δούμε μία προσέγγιση βασισμένη στο Θεώρημα Newton.

$\bullet$ Είναι γνωστό ότι το Σημείο Lemoine ενός τριγώνου, ταυτίζεται με το Σημείο Gergone του εφαπτομενικού του τριγώνου.

Έτσι, αρκεί να αποδειχθεί το παρακάτω ισοδύναμο πρόβλημα.

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. - Ο εγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου $\vartriangle ABC,$ εφάπτεται στις πλευρές του $BC,\ AC,\ AB,$ στα σημεία $D,\ E,\ Z,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι ευθείες $AD,\ BE,\ CZ,$ είναι συμμετροδιάμεσες του τριγώνου $\vartriangle D{'}E{'}Z{'},$ όπου $D{'}\equiv (I)\cap AD$ και $E{'}\equiv (I)\cap BE$ και $Z{'}\equiv (I)\cap CZ.$

: Συμμετροδιάμεσοι.; f=112_t=19996.PNG (36.62 KiB) Προβλήθηκε 2650 φορές

$\bullet$ Ισχύει ως γνωστό ότι $AD\cap BE\cap CZ\equiv Ge$

= Σημείο Gergone του τριγώνου $\vartriangle ABC$

Φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου (I)

στα σημεία $D{'},\ E{'},\ Z{'}$ , οι οποίες ορίζουν τεμνόμενες το τρίγωνο έστω $\vartriangle A{'}B{'}C{'}$ και έστω τα σημεία $K\equiv AC\cap B{'}C{'}$ και $K{'}\equiv BC\cap A{'}C{'}.$

Θεωρούμε το τετράπλευρο KC{'}K{'}C,

περιγεγραμμένο περί τον κύκλο (I)

και σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, έχουμε το ότι η διαγώνιά του KK{'}

περνάει από το σημείο $Ge\equiv DD{'}\cap EE{'}$

= το σημείο τομής των ευθείων που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απέναντι πλευρές

Συμπεραίνεται έτσι, ότι και η διαγώνια CC{'}

του

περνάει επίσης από το

και άρα το σημείο C{'}

ανήκει στην ευθεία

.

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι τα $A{'},\ B{'},$ ανήκουν στις ευθείες $AD,\ BE$ αντιστοίχως και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί, καθώς οι ευθείες $DD{'},\ EE{'},\ ZZ{'}$ είναι ταυτόχρονα συμμετροδιάμεσες των τριγώνων $\vartriangle DEZ$ και $\vartriangle D{'}E{'}Z{'}.$

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 28, 2011 4:48 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Ένας φίλος ζήτησε βοήθεια στην παρακάτω άσκηση. Μέχρι να ασχοληθώ και γω μαζί της, ρίξτε μια ματιά.

ΑΣΚΗΣΗ
Θεωρούμε τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο . Έστω οι τομές των συμμετροδιαμέσων από τα με τη περιφέρεια του κύκλου. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες είναι συμμετροδιάμεσες και του τριγώνου .

Μπάμπης

Μετά τις άριστες λύσεις των συναδέλφων και μαθητών μας θα προσπαθήσω να "πλησιάσω" την υπέροχη αυτή άσκηση με "σχολικά εργαλεία" (αρκετά πιο "ταλαιπωρημένα")

Τη λύση αυτή ( όπως και τα συνημμένα αρχεία ) αφιερώνω στους καλούς μου φίλους Μπάμπη, Σωτήρη, και Κώστα

(... δεν χρειάζονται επίθετα διότι πρόκειται για ΜΟΝΑΔΙΚΟΥΣ ανθρώπους του χώρου μας) σε ένδειξη τιμής για τη μεγάλη τους προσφορά στο

Θα δείξουμε πρώτα το παρακάτω Λήμμα:

Λήμμα: Η ικανή και αναγκαία συνθήκη, για να είναι ένα σημείο $\displaystyle{ M{'} }$ πάνω στην συμμετροδιάμεσο (ορισμοί στα συνημμένα αρχεία)

από την κορυφή $\displaystyle{ A }$ τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ είναι: οι αποστάσεις του σημείου $\displaystyle{ M{'} }$ από τις πλευρές $\displaystyle{ AB,AC }$ να είναι ανάλογες με αυτές.

Απόδειξη

: Λήμμα.png (28.38 KiB) Προβλήθηκε 2608 φορές

Αναγκαίο: Υποθέτουμε ότι το σημείο $\displaystyle{ M{'} }$ ανήκει στη συμμετροδιάμεσο $\displaystyle{ AD }$ της διαμέσου $\displaystyle{ AM }$ όπως φαίνεται στο παρακάτω

σχήμα και έστω $\displaystyle{ M{'}_B - M_B ,M{'}_C - M_C }$ οι ορθές προβολές των $\displaystyle{ M{'},M }$ στις πλευρές $\displaystyle{ AC,AB }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ αντίστοιχα.

Τότε $\displaystyle{ \hat \phi = \widehat{M{'}M{'}_B M{'}_C }\mathop = \limits^{M{'}M{'}_B AM{'}_C \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o\left( {\widehat{M{'}M{'}_B {\rm A}} + \widehat{M{'}M{'}_C {\rm A}} = 90^0 + 90^0 = 180^0 } \right)} \right)} \widehat{M{'}AM{'}_C }\mathop = \limits^{AD,AM\left( {\iota \sigma o\gamma \nu \iota \varepsilon \varsigma } \right)} \widehat{MAM_B } }$

$\displaystyle{ \mathop = \limits^{MM_B AM_C \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o\left( {\widehat{MM_B {\rm A}} + \widehat{MM_C {\rm A}} = 90^0 + 90^0 = 180^0 } \right)} \right)} \widehat{MM_B M_C } \Rightarrow \boxed{\widehat{M{'}M{'}_B M{'}_C } = \widehat{MM_C M_B } = \hat \phi }:\left( 1 \right) }$

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι: $\displaystyle{ \boxed{\widehat{M{'}M{'}_C M{'}_B } = \widehat{MM_B M_C } = \hat \omega }:\left( 2 \right) }$ . Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma - \Gamma } \vartriangle M{'}M{'}_B M{'}_C \sim \vartriangle MM_C M_B \Rightarrow \ldots \boxed{\frac{{M{'}M{'}_B }} {{M{'}M{'}_C }} = \frac{{MM_C }} {{MM_B }}}:\left( 3 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \vartriangle ABC \Rightarrow \left( {AMB} \right) = \left( {AMC} \right) \Rightarrow \frac{{\left( {AMB} \right)}} {{\left( {AMC} \right)}} = 1 \Rightarrow \frac{{MM_B \cdot AC}} {{MM_C \cdot AB}} = 1 \Rightarrow \frac{{MM_C }} {{MM_B }} = \frac{{AC}} {{AB}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{\frac{{M{'}M{'}_B }} {{M{'}M{'}_C }} = \frac{{AC}} {{AB}}} }$

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Ικανό: Αν $\displaystyle{ \frac{{M{'}M{'}_B }} {{M{'}M{'}_C }} = \frac{{AC}} {{AB}}\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{AC}} {{AB}} = \frac{{MM_C }} {{MM_B }}} \frac{{M{'}M{'}_B }} {{M{'}M{'}_C }} = \frac{{MM_C }} {{MM_B }}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{M{'}_B M{'}M{'}_C } = \widehat{M_C MM_B }\left( {\pi \alpha \rho \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varsigma } \right)} \vartriangle M{'}M{'}_B M{'}_C \sim \vartriangle MM_C M_B \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \widehat{M{'}_C M{'}_B M{'}} = \widehat{M_B M_C M}\xrightarrow{{\widehat{M{'}_C M{'}_B M{'}} = \widehat{BAM'}\left( {M{'}M{'}_B AM{'}_C \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right)} \right),\widehat{M_B M_C M} = \widehat{MAC}\left( {MM_B AM_C \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right)} \right)}}\boxed{\widehat{BAM{'}} = \widehat{MAC}} }$

οπότε το $\displaystyle{ M{'} }$ ανήκει στη συμμετροδιάμεσο της διαμέσου $\displaystyle{ AM }$

Στάθης

Επανέρχομαι σε λίγο για την απόδειξη

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 28, 2011 5:03 pm**

: Κοινό σημείο Lemoine.png (67.52 KiB) Προβλήθηκε 2598 φορές

... δεν άργησα !
Με βάση το παραπάνω λήμμα αν $\displaystyle{ L }$ είναι το σημείο Lemoine του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC \Rightarrow \boxed{\frac{{LL_B }} {{LL_A }} = \frac{{AC}} {{BC}}}:\left( 1 \right) }$

όπου $\displaystyle{ LL_B ,LL_A }$ οι αποστάσεις του $\displaystyle{ L }$ από τις πλευρές $\displaystyle{ AC,CB }$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{ LL_D ,LL_E }$ οι αποστάσεις του $\displaystyle{ L }$ από τις πλευρές $\displaystyle{ ZE,ZD }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle DEZ }$ .

Τότε: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{L_E L_D L}\mathop = \limits^{ \ldots LL_D ZL_E \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right)} \widehat{DZC} = \mathop = \limits^{\widehat{DZC} = \widehat{BAG}\left( {AD,AA'\left( {\iota \sigma o\gamma \nu \iota \varepsilon \varsigma } \right)} \right)} \widehat{BAG} \\ \widehat{L_D L_E L}\mathop = \limits^{ \ldots LL_D ZL_E \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right)} \widehat{CZE} = \mathop = \limits^{\widehat{CZE} = \widehat{ABG}\left( {AE,BB'\left( {\iota \sigma o\gamma \nu \iota \varepsilon \varsigma } \right)} \right)} \widehat{ABG} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle LL_D L_E \sim \vartriangle GAB \Rightarrow \boxed{\frac{{LL_D }} {{LL_E }} = \frac{{GA}} {{GB}}}:\left( 2 \right) }$

Είναι: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{EZA}\mathop = \limits^{\left( {\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \tau \xi .AE} \right)} \widehat{ACE}\mathop = \limits^{\left( {BE,BB'\left( {\iota \sigma o\gamma \nu \iota \varepsilon \varsigma } \right)} \right)} \widehat{CBG} \\ \widehat{ZEA}\mathop = \limits^{\left( {\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \tau \xi .AZ} \right)} \widehat{ACZ}\mathop = \limits^{\left( {CZ,CC'\left( {\iota \sigma o\gamma \nu \iota \varepsilon \varsigma } \right)} \right)} \widehat{BCG} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle AEZ \sim \vartriangle GCB \Rightarrow \frac{{EZ}} {{BC}} = \frac{{AZ}} {{GB}} \Rightarrow \boxed{\frac{{GB}} {{BC}} = \frac{{AZ}} {{EZ}}}:\left( 3 \right) }$

Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε: $\displaystyle{ \ldots \vartriangle BZD \sim \vartriangle GCA \Rightarrow \frac{{BZ}} {{GA}} = \frac{{DZ}} {{AC}} \Rightarrow \boxed{\frac{{GA}} {{AC}} = \frac{{BZ}} {{DZ}}}:\left( 4 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{L_A L_B L}\mathop = \limits^{ \ldots LL_B CL_A \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right)} \widehat{LCB} = \mathop = \limits^{\left( {\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \delta \iota o - \tau \xi o.BZ} \right)} \widehat{ZAB} \\ \widehat{L_B L_A L}\mathop = \limits^{ \ldots LL_B CL_A \left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right)} \widehat{LCA} = \mathop = \limits^{\left( {\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \delta \iota o - \tau \xi o.AZ} \right)} \widehat{ZBA} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle LL_A L_B \sim \vartriangle ZAB \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \frac{{LL_A }} {{BZ}} = \frac{{LL_B }} {{AZ}} \Rightarrow \boxed{\frac{{LL_B }} {{LL_A }} = \frac{{AZ}} {{BZ}}}:\left( 5 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 4 \right):\left( 3 \right) \Rightarrow \frac{{\frac{{GA}} {{AC}}}} {{\frac{{GB}} {{BC}}}} = \frac{{\frac{{BZ}} {{DZ}}}} {{\frac{{AZ}} {{EZ}}}} \Rightarrow \frac{{GA}} {{GB}} \cdot \frac{{BC}} {{AC}} = \frac{{EZ}} {{DZ}} \cdot \frac{{BZ}} {{AZ}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):\frac{{GA}} {{GB}} = \frac{{LL_D }} {{LL_E }},\left( 5 \right):\frac{{BZ}} {{AZ}} = \frac{{LL_A }} {{LL_B }}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{BC}} {{AC}}\;} }$ $\displaystyle{ \frac{{LL_D }} {{LL_E }} \cdot \frac{{BC}} {{AC}} = \frac{{EZ}} {{DZ}} \cdot \frac{{BC}} {{AC}} \Rightarrow \boxed{\frac{{LL_D }} {{LL_E }} = \frac{{EZ}} {{DZ}}} }$

οπότε με βάσει το Λήμμα που δείξαμε το $\displaystyle{ L }$ ανήκει στη συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle DEZ }$ από την κορυφή $\displaystyle{ Z }$ (δηλαδή $\displaystyle{ CZ }$ η συμμετροδιάμεσος του $\displaystyle{ \vartriangle DEZ }$ από το $\displaystyle{ Z }$ .

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι το $\displaystyle{ L }$ ανήκει στις άλλες δύο συμμετροδιαμέσους του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle DEZ }$ (τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ABC,\vartriangle DEZ }$ έχουν το ίδιο σημείο Lemoine)

Φιλικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 28, 2011 6:01 pm**

Ευχαριστούμε το Στάθη Κούτρα για τα συνημμένα
τα αποθήκευσα στο αρχείο του

Ισογώνιες-Σημείο Lemoine

Θεώρημα του Brianchon

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 28, 2011 7:04 pm**

Απλά Στάθη
Αφού σε ευχαριστήσω από καρδιάς, θα πω επίσης από καρδιάς ότι όσο υπάρχουν συνάδελφοι στην εκπαίδευση σαν εσένα, που αποτελούν μία απάντηση στην πρόκληση της εποχής μας, υπάρχει ελπίδα ώστε τα Μαθηματικά στην πατρίδα να ζήσουν.
Και να φανταστεί κανείς ότι χωρίς το mathematica θα ήμασταν όλοι απομονωμένοι "στα μοναστήρια μας".

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 29, 2011 6:30 pm**

Αγαπητοί φίλοι,
αρκετό καιρό έχουμε να τα πούμε Γεωμετρικά και ομολογώ ότι μου λείψατε.
Ο λόγος της απουσίας μου είναι άσχετος με τη θέλησή μου και οφείλεται στις θερινές διακοπές, αλλά και κυρίως στο ότι ήμουν και είμαι απορροφημένος στη μελέτη διαφόρων Γεωμετρικών θεμάτων, από την οποία είχα νέα και πλούσια Γεωμετρική «συγκομιδή», της οποίας μερικά στοιχεία (όσα μπορέσω), θα δώσω πολύ σύντομα σε άλλη θέση του mathematica.
Τώρα, επειδή είδα εδώ τυχαία την αξιέπαινη προσπάθειά σας, θα ήθελα να αναφέρω σχετικά τα ακόλουθα:
Στο εγγεγραμμένο κυρτό εξάγωνο της πολύ ωραίας, πολύ κομψής και σημαντικής Πρότασης που έθεσε ο πολύ καλός φίλος από τα παλιά, Μπάμπης Στεργίου, το οποίο (εξάγωνο) κατασκευάζεται όπως ακριβώς στην Πρότασή του περιγράφεται , έχω αναφερθεί διεξοδικά ΕΔΩ, όπου μεταξύ πολλών άλλων το έχω ονομάσει «Απλό Αρμονικό Εξάγωνο», έχω αναφέρει πολλές ιδιότητές του, με τη μορφή «κριτηρίων αρμονικότητας του», μεταξύ των οποίων και δύο τρόπους κατασκευής του [Παράγραφος 5θ, Πρόβλημα Κατασκευής «Απλού Αρμονικού Εξάγωνου»], ο δεύτερος τρόπος των οποίων αναγράφεται όπως ακριβώς διατυπώνεται παραπάνω στην Πρόταση το φίλου Μπάμπη Στεργίου.
Ακόμη εκεί αποδεικνύεται ότι τα «δίδυμα» τρίγωνά του και DEF έχουν κοινό σημείο Lemoine την τομή των κύριων διαγώνιών του έστω , την οποία έχω ονομάσει «Σημείο Lemoine του Απλού Αρμονικού Εξάγωνου», καθώς τούτο παρουσιάζει ανάλογες ιδιότητες με εκείνες του σημείου Lemoine του τριγώνου [παράγραφος 5ια (συμπέρασμα του Κριτηρίου 8)].
Για λεπτομέρειες ΕΔΩ.
Σας υπόσχομαι ότι πολύ σύντομα (Θεού θέλοντος) θα είμαι και πάλι κοντά σας όπως παραπάνω ανάφερα με πολύ φρέσκα στοιχεία Γεωμετρίας.
Μέχρι τότε σας χαιρετώ.

Με αγάπη και Γεωμετρική ταπεινότητα,
Νίκος Κυριαζής.

O κ. Μ. Λάμπρου προσπαθεί συνεχώς με τις πράξεις του, βοηθούμενος και από τους κ. Γεν. Συντονιστές, να στρέψει τους συναδέλφους του Μαθηματικούς εναντίον μου και το έχουν επιτύχει μερικώς. Είναι ηθικό; Ερώτηση κάνω.
Για παράδειγμα, το κλειδωμένο μου θρεντ: ΕΔΩ
ποστ136, 137 και 138.

mathematica.gr

Συμμετροδιάμεσοι !

Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !

Re: Συμμετροδιάμεσοι !