ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

#21

Πολλά συγχαρητήρια στον Στάθη!!!

Διαχρονικά έχει αποδείξει ότι είναι μεγάλος μαθηματικός και ειδικότερα Γεωμέτρης.

Η διεθνής αυτή αναγνώριση είναι δικαίωση για τους κόπους του.

#22

Με μεγάλη χαρά και συγκίνηση διαβάζω για την παρουσία του αγαπητού μας Στάθη στον ιστορικό πλέον ιστότοπο του Alexander Bogomolny (που είχα επισκεφθεί πολλές φορές στο παρελθόν, ειδικά όταν ζούσα ακόμη στις ΗΠΑ και ειδικότερα όταν δίδαξα εκεί Γεωμετρία Δευτεροβάθμιας το φθινόπωρο του 2003)!

#23

...Θερμά συγχαρητήρια στο γητευτή της Γεωμετρίας και

μας κάνεις όλους περήφανους και αποδεικνύεις για μιά ακόμη φορά ότι οι αξίες πάντα αναγνωρίζονται...
....το αναμέναμε και το είχαμε συζητήσει στη βράβευση του άλλου μέγιστου Γεωμέτρη Κώστα Βήττα...
με εκτίμηση φιλική και Μαθηματική και στο επόμενο...
Βασίλης Κακαβας

#24

Αγαπητοί συνάδελφοι και φίλοι,

Είμαι ιδιαίτερα συγκινημένος για τα καλά σας λόγια.

Δεν θεωρώ ιδιοκτησία το θεώρημα.

Είμαι κατά της ιδιοκτησίας , μιας έννοιας που συνέλαβε ο ανθρώπινος εγκέφαλος και που δυστυχώς κατέστρεψε τον άνθρωπο.

Η πρόταση αυτή είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς του

και στο

πρέπει να αφιερωθεί.

Η σύλληψή της απλή , είναι γραμμένη αναλυτικά εδώ (όγδοη δημοσίευση) και αν πάμε προς τα "πίσω" θα δούμε την "πηγή" (την απλή σε μια γραμμή άσκηση) που αποτελεί και την πιο απλή νομίζω απόδειξη του περιώνυμου Θεωρήματος.

Θέλω μόνο να μεταφέρω τα λόγια του Σωτήρη Λουρίδα …. Αν δεν υπήρχε το θα ήμασταν ακόμα στις σπηλιές μας, σοφή κουβέντα.

Πράγματι όπως αποδείχτηκε η εφαρμογή του θεωρήματος (ιδιαίτερα συνδυασμένο με μετρικά δεδομένα ή προκύπτοντα) έδωσε «εύκολες» απαντήσεις σε αρκετά προβλήματα, από απλά μέχρι και αρκετά δύσκολα, όπως αναφέρει και ο Κώστας (Βήττας), αφού η καθετότητα είναι ΠΑΝΤΟΥ.

Ένα θέλω να πω μόνο: Δεν ξέρω αν είναι τυχαίο ότι η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ είναι γένους ΘΗΛΥΚΟΥ, είναι όμως η απόλυτη ΟΜΟΡΦΙΑ , η απόλυτη ΖΩΓΡΑΦΙΑ !!!!!!

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ και ΚΑΛΑ σε όλα τα μέλη του . Συνεχίζουμε ακάθεκτοι για νέα επιτεύγματα, για νέα θεωρήματα.

Δεν έχει σημασία ποιος θα το συλλάβει , κάποιος πρέπει να σε «τσιγκλήσει» .

Δεν κερδίζει ο τελευταίος στη σκυταλοδρομία , κερδίζει η ΟΜΑΔΑ.

Υ.Σ. Τάκη Χρονόπουλε , σε ευχαριστώ θερμά που με δική σου πρωτοβουλία έκανες γνωστή αυτή την πρόταση. Να είσαι πάντα γερός και να προσφέρεις ανιδιοτελώς όπως πάντα.

Κώστα Βήττα (νονέ) , ευτυχώς που τα «βαφτίσια» έγιναν χωρίς Παπά

. Σε ευχαριστώ από τα βάθη της καρδιάς μου.

Κώστα Ρεκούμη , ευχαριστώ που το ανέδειξες

Σας ευχαριστώ όλους

Με εκτίμηση
Στάθης

Al.Koutsouridis · #25

Θα ήθελα και εγώ, επί της ευκαιρίας, να δώσω συγχαρητήρια και να εκφράσω τον θαυμασμό μου στον κ.Κούτρα. Μπορεί κανείς πραγματικά με τις μέρες να χαζεύει τις δημοσιεύσεις του όπου με ευλάβεια και γεωμετρική ποιητικότητα αντιμετωπίζονται πολύ δύσκολα προβλήματα.

Με την ευχή να πέφτουμε πιο συχνά σε ελληνικά ονόματα στις μαθηματικές μας αναζητήσεις στο μέλλον.

#26

Άλλη μία απόδειξη:
Αφήνουμε τα EZ, CD

να ολισθήσουν πάνω στις δύο ευθείες, μέχρι να αποκτήσουν κοινό άκρο το

. Οι αντίστοιχες κάθετες, σχηματίζουν ένα παραλληλόγραμμο MLNU

το οποίο παραμένει αναλλοίωτο κατά την μετακίνηση, καθώς οι πλευρές του έχουν σταθερή διεύθυνση και τα ύψη του σταθερό μήκος. Επομένως και η διαγώνιος

διατηρεί σταθερή διεύθυνση.
Στο σχηματιζόμενο τρίγωνο OXK

το

είναι ορθόκεντρο, επομένως η

είναι κάθετη στην

. Όμως,

καθώς από τα όμοια τρίγωνα OPX, ORK

έχουμε:
$\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{CD}{EZ}= \dfrac{OR}{OP}=\dfrac{OK}{OX}$ . Επομένως η

είναι κάθετη και στην

.

#27

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Άλλη μία απόδειξη:
Αφήνουμε τα να ολισθήσουν πάνω στις δύο ευθείες, μέχρι να αποκτήσουν κοινό άκρο το . Οι αντίστοιχες κάθετες, σχηματίζουν ένα παραλληλόγραμμο το οποίο παραμένει αναλλοίωτο κατά την μετακίνηση, καθώς οι πλευρές του έχουν σταθερή διεύθυνση και τα ύψη του σταθερό μήκος. Επομένως και η διαγώνιος διατηρεί σταθερή διεύθυνση.
Στο σχηματιζόμενο τρίγωνο το είναι ορθόκεντρο, επομένως η είναι κάθετη στην . Όμως, καθώς από τα όμοια τρίγωνα έχουμε:
$\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{CD}{EZ}= \dfrac{OR}{OP}=\dfrac{OK}{OX}$ . Επομένως η είναι κάθετη και στην .

Ανδρέα καλησπέρα και καλή χρονιά.

Πανέμορφα τα "κουνήματά σου". Άλλωστε όπως αναφέρω πιο πάνω στο σύνδεσμο από απλά "κουνήματα" (λίγο διαφορετικά) γεννήθηκε αυτό το "παιδί". Το συμπέρασμα;

Μην κάθεστε. "Κουνηθείτε" (γενικότερα) αν θέλετε να έχετε "αποτέλεσμα"

Με την απέραντη εκτίμησή μου στο πρόσωπό σου.

Υ.Σ. Ας διαβαστεί και ότι είναι γραμμένο κάτω από το όνομά μου σε αυτή (και σε όλες τις άλλες) τη δημοσίευση

Στάθης

#28

Καλησπέρα Στάθη!
Πάντα τα "κουνήματα" (κάθε είδους) είναι ενδιαφέροντα και δημιουργικά.
Όταν μάλιστα γίνονται αφορμή για νέες γεωμετρικές ανακαλύψεις ακόμα καλύτερα!
Να είσαι καλά και να δημιουργείς!
Η αγάπη και εκτίμηση όπως ξέρεις είναι αμοιβαία!
ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ

#29

Πιο κάτω δίνονται δύο νέες αποδείξεις του Θ. Κούτρα και έχω κανονίσω με τον Τάκη (Χρονόπουλο) όλες οι νέες όμορφες αποδείξεις

που εμφανίστηκαν σε αυτή την ανάρτηση από τους αξιόλογους συναδέλφους να μεταφραστούν στα αγγλικά και επώνυμα να σταλούν στο cut-the-knot.org για να καταγραφούν.

Αυτή είναι η απλή πηγή της έμπνευσης του περιώνυμου θεωρήματος (αντίστροφα)!

Έστω το σημείο τομής δύο διαφορετικών ευθειών $\left( a \right),\left( b \right)$ και ας είναι ${{M}_{a}}{{M}_{b}},{{N}_{a}}{{N}_{b}}$ οι ορθές προβολές τμήματος επί των $\left( a \right),\left( b \right)$ αντίστοιχα. Αν σημεία των $\left( a \right),\left( b \right)$ (στο ίδιο μέρος των ημιευθειών αριστερά ή δεξιά του όπως φαίνεται στο σχήμα) τότε να δειχθεί η ισοδυναμία: $\dfrac{{{M_a}{N_a}}}{{{M_b}{N_b}}} = \dfrac{{OB}}{{OA}} \Leftrightarrow MN \bot AB$

$\bullet$ Έστω ότι ισχύει: $\boxed{\frac{{{M_a}{N_a}}}{{{M_b}{N_b}}} = \frac{{OB}}{{OA}}}:\left( 1 \right)$ . Εστω επίσης $OS = \parallel MN$ και ας είναι οι ορθές προβολές του στις $\left( a \right),\left( b \right)$ αντίστοιχα.

Τότε $\boxed{OK = {M_a}{N_a},OL = {M_b}{N_b}}:\left( 2 \right)$ (οι ορθές προβολές ίσων και παραλλήλων τμημάτων στον ίδιο φορές ή σε παράλληλους φορείς είναι ίσες)

και $\boxed{OA' = OL = {M_b}{N_b},OB' = OK = {M_a}{N_a}}:\left( 3 \right)$ με σημεία των (προς το ίδιο μέρος του αριστερά ή δεξιά) ημιευθειών

που ορίζονται από με φορείς τις $\left( a \right),\left( b \right)$ αντίστοιχα.

Προφανώς είναι $\vartriangle OB'A'\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle OKL \Rightarrow \angle B'A'O = \angle OLK$ $\mathop = \limits^{O,L,S,K\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle OSK\mathop \Rightarrow \limits^{SK \bot \left( a \right)} \boxed{SO \bot A'B'}:\left( 4 \right)$ .

Όμως $\dfrac{{OB'}}{{OA'}}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \dfrac{{{M_a}{N_a}}}{{{M_b}{N_b}}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{OB}}{{OA}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } AB\parallel A'B'\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \boxed{MN \bot AB}$ .
[attachment=0]Απόδειξη του Θεωρήματος Κούτρα.png[/attachment]
$\bullet$ . Έστω ότι ισχύει: $MN \bot AB \Rightarrow OS \bot AB$ και ας είναι $T \equiv OS \cap AB$ . Τότε τα τετράπλευρα είναι εγγράψιμα

σε κύκλους κοινής χορδής (από τις ορθές γωνίες)

οπότε $OA \cdot OK = OS \cdot OT = OB \cdot OL \Rightarrow$ $\dfrac{{OK}}{{OL}} = \dfrac{{OB}}{{OA}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \boxed{\frac{{{M_a}{N_a}}}{{{M_b}{N_b}}} = \frac{{OB}}{{OA}}}$ και ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Δεύτερη απόδειξη

$\bullet$ Έστω ότι ισχύει: $\boxed{\frac{{{M_a}{N_a}}}{{{M_b}{N_b}}} = \frac{{OB}}{{OA}}}:\left( 1 \right)$ και $OS = \parallel MN$ και ας είναι οι ορθές προβολές του στις $\left( a \right),\left( b \right)$ αντίστοιχα.

Τότε $\boxed{OK = {M_a}{N_a},OL = {M_b}{N_b}}:\left( 2 \right)$ (οι ορθές προβολές ίσων και παραλλήλων τμημάτων στον ίδιο φορές ή σε παράλληλους φορείς είναι ίσες).

Αν $A' \equiv SL \cap \left( a \right),B' \equiv SK \cap \left( b \right)$ τότε προφανώς το είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle OA'B' \Rightarrow \boxed{OS \bot A'B'}:\left( 3 \right)$ .
[attachment=1]Απόδειξη του Θεωρήματος Κούτρα 1.png[/attachment]
Από τα ομοκυκλικά σημεία $K,A',B',L \Rightarrow OK \cdot OA' = OL \cdot OB' \Rightarrow$ $\dfrac{{OK}}{{OL}} = \dfrac{{OB'}}{{OA'}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \dfrac{{OB}}{{OA}} = \dfrac{{OB'}}{{OA'}}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm A}\nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\Theta .\user1{\Theta }\alpha \lambda \eta } AB\parallel A'B'\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),OS\parallel MN} \boxed{MN \bot AB}$ .

$\bullet$ Αν $MN \bot AB\mathop \Rightarrow \limits^{OS\parallel MN} OS \bot AB$ και με $OS \bot A'B' \Rightarrow AB\parallel A'B'\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{OB}}{{OA}} = \dfrac{{OB'}}{{OA'}}$ $\mathop = \limits^{K,L,B',A'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \boxed{\dfrac{{OK}}{{OL}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{{M_a}{N_a}}}{{{M_b}{N_b}}}}$

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

S.E.Louridas · #30

Ας μου επιτραπεί πλέον και μία «αιρετική» προσέγγιση που είχα αρχικά σκεφτεί:

Έστω $m,\;n \in {\Cal R+},$ τέτοιοι που $OB = mEZ,\;OA = nCD.$

Τότε $\overrightarrow {MN} \cdot\,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {MN} \,\left( {\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OA} } \right)$ $= \overrightarrow {MN} \,\left( {-m\overrightarrow {EZ} + n\overrightarrow {CD} } \right) = -m{\overrightarrow {EZ} ^{\,2}} + n{\overrightarrow {CD} ^2}.$
Οπότε παίρνουμε $\displaystyle{\overrightarrow {MN} \bot \overrightarrow {AB} \Leftrightarrow mE{Z^2} = nC{D^2} \Leftrightarrow \frac{{E{Z^2}}}{{C{D^2}}} = \frac{n}{m} = \frac{{OA \cdot EZ}}{{OB \cdot CD}} \Leftrightarrow \frac{{EZ}}{{CD}} = \frac{{OA}}{{OB}}.}$

#31

Στάθη θερμά συγχαρητήρια.
Είδα τα καλά νέα επιστρέφοντας στην βάση μου.
Είναι νέα που τα έχουμε όλοι ανάγκη,
Σε ευχαριστούμε για την γνώση που μας χαρίζεις.
Να είσαι πάντα γερός και δημιουργικός.

#32

Τιμή μας και καμάρι μας που σε έχουμε μαζί μας.

Στάθη πολλά συγχαρητήρια και σ'ευχαριστούμε για όσα μας χαρίζεις.

.

Γιώργος Μήτσιος · #33

Kαλημέρα !
Να υποβάλω τα θερμά μου συγχαρητήρια στον ΕΛΛΗΝΑ Μαθηματικό και κατ' εξοχήν ΜΕΓΑΛΟ ΓΕΩΜΕΤΡΗ ΣΤΑΘΗ ΚΟΥΤΡΑ !

Αν εμείς νοιώθουμε ευτυχείς όταν μπορούμε να γευτούμε έστω και ..σταγόνες Γεωμετρίας , πόσο μάλλον ο Στάθης Κούτρας
που μπορεί να πίνει με το κύπελό του:

και μοιράζεται την ικανοποίησή του με την μεγάλη Μαθηματική οικογένεια !

Ένα από τα "μυστικά '' του Στάθη (και) κατά της ανίας :

<< Τη Γεωμετρία .. συγκάτοικο ,την έχει δίχως λήξη .. για νάναι η θύρα του κλειστή , οριστικά στην πλήξη .

Με την Ευκλείδεια ΣΤΑΘΗ ΜΑΣ , κάνεις καλή παρέα .. για να κερνάς ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ επώνυμα-σπουδαία ! >>

Με τη δέουσα υπόκλιση.. ευτυχής ως συνάδελφος

Γιώργος Μήτσιος.

Ιστοσελίδα · #34

Μπράβο Στάθη, συγχαρητήρια. Η αξία σου αναγνωρίζετε.

#35

Απλά θέλω να ενημερώσω τους συναδέλφους (και όλο τον κόσμο του ) που έδωσαν αποδείξεις του Θεωρήματος στην ανάρτηση αυτή

έχουν μεταφραστεί στα αγγλικά και έχουν ήδη αναρτηθεί στο http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/ ... tras.shtml

Τάκη Χρονόπουλε ευχαριστούμε και από το χώρο αυτό για την ανεκτίμητη δουλειά που έκανες .

Και ένα σχόλιο ας μου επιτραπεί.

Οι αποδείξεις των ΕΛΛΗΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ είναι μακρά ομορφότερες (κατά την ταπεινή μου άποψη) από εκείνες των ξένων συναδέλφων μας.

Ίσως αυτή η χώρα πληρώνει τώρα το λογαριασμό του ρεύματος από τα φώτα του πολιτισμού που έδωσε κατά καιρούς στην υφήλιο

Με εκτίμηση

Στάθης Κούτρας

Μιχάλης Τσουρακάκης · #36

Καλημέρα.

Στάθη,θερμά συγχαρητήρια. Οι αξίες αργά ή γρήγορα αναγνωρίζονται.

Δίνω μια ακόμη απόδειξη του θεωρήματος

Ας είναι $\displaystyle{CD}$ , $\displaystyle{EZ}$ οι προβολές του $\displaystyle{MN}$ στις πλευρές $\displaystyle{Ox,Oy}$ αντίστοιχα και $\displaystyle{MH \bot NZ,MK \bot DN}$

Έστω ακόμη ότι η κάθετος στην $\displaystyle{MN}$ στο $\displaystyle{M}$ τέμνει την $\displaystyle{Oy}$ στο $\displaystyle{S}$ .Τότε τα τετράπλευρα $\displaystyle{SZMN,HMNK}$

είναι εγράψιμα και συνεπώς $\displaystyle{\angle S = \angle k = \angle n}$

Επί των $\displaystyle{Ox,Oy}$ θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{Q,P}$ αντίστοιχα ώστε $\displaystyle{OQ = CD}$ και $\displaystyle{OP = EZ}$ οπότε $\displaystyle{OP = //MH}$ και $\displaystyle{OQ = //MK}$

άρα $\displaystyle{\angle POQ = \angle KMH}$ και $\displaystyle{\vartriangle POQ = \angle HMK}$ ,επομένως , $\displaystyle{\angle q = \angle k}$ άρα $\displaystyle{\angle q = \angle S}$

Όμως $\displaystyle{\frac{{OA}}{{EZ}} = \frac{{OB}}{{CD}} \Leftrightarrow OA \cdot CD = OB \cdot EZ \Leftrightarrow OA \cdot OQ = OB \cdot OP \Leftrightarrow APQB}$ εγγράψιμο ,άρα $\displaystyle{\angle b = \angle q}$

Έτσι $\displaystyle{\angle b = \angle S \Rightarrow AB//MS \Rightarrow \boxed{NM \bot BA}}$

: θ.K.png (48.8 KiB) Προβλήθηκε 4199 φορές

ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Re: ΘΕΩΡΗΜΑ ΚΟΥΤΡΑ

Μέλη σε σύνδεση