Χωρίς Πυθαγόρειο

#1

Σε τρίγωνο ABC

ισχύει

(με τον συνήθη συμβολισμό των πλευρών). Μπορούμε να

αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο χωρίς τη χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος;

#2

Θα κάνω μια προσπάθεια:

Χρησιμοποιώ τον Νόμο Ημιτόνων, ο οποίος αποδεικνύεται μέσω του τύπου εμβαδού τριγώνου με τη χρήση ημιτόνου, άρα, νομίζω ότι, δεν κρύβεται κάπου στην πορεία η χρήση του Πυθαγορείου Θεωρήματος.

$\displaystyle {a^2} = {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow \eta {\mu ^2}{\rm A} = \eta {\mu ^2}{\rm B} + \eta {\mu ^2}C \Leftrightarrow \eta {\mu ^2}{\rm A} - \eta {\mu ^2}C = \eta {\mu ^2}{\rm B}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\eta \mu {\rm A} - \eta \mu C} \right)\left( {\eta \mu {\rm A} + \eta \mu C} \right) = \eta {\mu ^2}{\rm B}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {2\eta \mu \frac{{{\rm A} + C}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - C}}{2}} \right)\left( {2\eta \mu \frac{{{\rm A} - C}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} + C}}{2}} \right) = \eta {\mu ^2}{\rm B}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \eta \mu \left( {{\rm A} + C} \right)\eta \mu \left( {{\rm A} - C} \right) = \eta {\mu ^2}\left( {\pi - A - C} \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow \eta \mu \left( {{\rm A} - C} \right) = \eta \mu \left( {A + C} \right)$ , εφόσον $\displaystyle \eta \mu \left( {A + C} \right) \ne 0$

οπότε, είτε $\displaystyle {\rm A} - C = 2\kappa \pi + {\rm A} + C \Leftrightarrow C = \kappa \pi$ , απορ.

είτε $\displaystyle {\rm A} - C = 2\kappa \pi + \pi - {\rm A} - C \Leftrightarrow {\rm A} = \kappa \pi + \frac{\pi }{2}$ , με $\displaystyle \kappa \in {\rm Z}$ οπότε αφού πρόκειται για γωνία τριγώνου, η ισότητα ισχύει μόνον όταν $\displaystyle \widehat {\rm A} = \frac{\pi }{2}$ .

#3

Διακριτικά, σε π.μ. ο αγαπητός Γιώργος Βισβίκης έθεσε τον εύστοχο προβληματισμό για τους τύπους τριγωνομετρικών αθροισμάτων: "για την απόδειξη των οποίων χρειάζονται οι τριγωνομετρικοί αριθμοί αθροίσματος γωνιών που με τη σειρά τους αποδεικνύονται με το Πυθαγόρειο. Εκτός κι αν υπάρχει άλλη απόδειξη".

Αναζητώντας, λοιπόν, άλλες αποδείξεις, εντόπισα την εξής:

: Πανάκης 1978.jpg (84.19 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές

Τριγωνομετρία Ι. Πανάκη, Β΄ Λυκείου ΟΕΔΒ 1978 (το σχολικό μου βιβλίο)

Εκεί βλέπω ότι χρειάζεται αναλυτική έκφραση εσωτερικού γινομένου, του οποίου η "σύγχρονη" απόδειξη χρησιμοποιεί Νόμο Συνημιτόνων, οπότε ... εμφανίζεται πάλι το Πυθαγόρειο Θεώρημα.

Πάμε, λοιπόν, σε μια παλιά Αναλυτική Γεωμετρία (Βαρουχάκη κ.α. ΟΕΔΒ, νομίζω 1983)

Εκεί δίνει πρώτα τις γραμμικές ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου και κατόπιν την αναλυτική έκφρασή του.

: Βαρουχάκης (2).jpg (76.66 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές

: Bαρουχάκης (1).jpg (84.18 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές

Έτσι, δεν φαίνεται να εμπλέκεται το Πυθαγόρειο Θεώρημα. Τι λέτε;

Γιώργος Μήτσιος · #4

Χαιρετώ τους Φίλους! Μια προσπάθεια..

: Χωρίς Πυθαγόρειο ..Γ.Β.png (55.01 KiB) Προβλήθηκε 1273 φορές

Θεωρώ το $D \in BC$ ώστε $\widehat{DAC}=\widehat{B}=\theta$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων BAC

και

παίρνουμε $\boxed { DC=\dfrac{b^2}{a}}$ .

Ισχύει $a^2 =b^2 +c^2\Rightarrow a=\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{a}$ , οπότε $\dfrac{c^2}{a}=a-\dfrac{b^2}{a}=a-DC=BD \Leftrightarrow \boxed {\dfrac{BD}{c}= \dfrac{c}{a}}$

Τώρα και τα τρίγωνα BAC

και

(με την αναλογία και την κοινή $\widehat{B}$ περιεχόμενη) είναι όμοια και μας δίνουν $\widehat{BAD}=\widehat{C}=\varphi$

άρα $\widehat{A}=\theta +\varphi =\widehat{B}+\widehat{C}$ και τελικά $\widehat{A}=90^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

#5

[4G πλέον!

]

Ο Γιώργος Βισβίκης έθεσε ουσιαστικά το θέμα απόδειξης του αντιστρόφου του Πυθαγορείου Θεωρήματος χωρίς χρήση του ευθέος. Το ίδιο ζήτημα με απασχόλησε πριν 18 χρόνια, όταν δίδαξα Γεωμετρία στις ΗΠΑ ακολουθώντας τον Ευκλείδη (1ο Βιβλίο) και παρατήρησα ("How Euclid could have done it") ότι ο Ευκλείδης θα μπορούσε με την ίδια μέθοδο που ακολουθεί στο I.47 (Πυθαγόρειο Θεώρημα) να αποδείξει ΚΑΙ το Ι.48 (αντίστροφο Πυθαγορείου Θεωρήματος).

Η κεντρική ιδέα της απόδειξης του Γιώργου Μήτσιου της Ι.48 μπορεί επίσης να χρησιμοποιηθεί ΚΑΙ για την Ι.47: φέρνοντας το ύψος

του ορθογωνίου τριγώνου ABC

προκύπτουν από ομοιότητες τριγώνων οι $DC=\dfrac{b^2}{a}$ και $BD=\dfrac{c^2}{a}$ , οπότε $a=BC=BD+DC=\dfrac{b^2+c^2}{a}$ .

Τα παραπάνω θέτουν δύο ερωτήματα:

(i) Ποιες αποδείξεις του Πυθαγορείου Θεωρήματος μπορούν να χρησιμοποιηθούν ΚΑΙ για απόδειξη του αντιστρόφου χωρίς χρήση του ευθέος;

(ii) Υπάρχει 'σοβαρός' λόγος να επιδιώκουμε την 'ανεξαρτησία' του αντιστρόφου από το ευθύ σε κάθε θεώρημα, και πόσο εφικτό είναι αυτό;

Για το (i) θα μπορούσε πιθανώς να γραφεί και ολόκληρο βιβλίο (σε άλλες εποχές μάλλον), το (ii) το είχα θέσει στον φίλο και συνάδελφο Michel Helfgott ... ο οποίος ανασήκωσε αποδοκιμαστικά τα φρύδια ... νομίζοντας ίσως ότι πάει να μου στρίψει ... οπότε μάλλον αποθαρρύνθηκα

#6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:05 pm
Χαιρετώ τους Φίλους! Μια προσπάθεια..

Χωρίς Πυθαγόρειο ..Γ.Β.png
Θεωρώ το $D \in BC$ ώστε $\widehat{DAC}=\widehat{B}=\theta$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων και παίρνουμε $\boxed { DC=\dfrac{b^2}{a}}$ .

Ισχύει $a^2 =b^2 +c^2\Rightarrow a=\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{a}$ , οπότε $\dfrac{c^2}{a}=a-\dfrac{b^2}{a}=a-DC=BD \Leftrightarrow \boxed {\dfrac{BD}{c}= \dfrac{c}{a}}$

Τώρα και τα τρίγωνα και (με την αναλογία και την κοινή $\widehat{B}$ περιεχόμενη) είναι όμοια και μας δίνουν $\widehat{BAD}=\widehat{C}=\varphi$

άρα $\widehat{A}=\theta +\varphi =\widehat{B}+\widehat{C}$ και τελικά $\widehat{A}=90^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

:

Άξιος απόγονος του ενδόξου παππού, Πυθαγόρα .

STOPJOHN · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 4:50 pm
Σε τρίγωνο ισχύει (με τον συνήθη συμβολισμό των πλευρών). Μπορούμε να

αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο χωρίς τη χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος;

Καλημέρα και καλή εβδομάδα

$a^{2}=b^{2}+c^{2}\Leftrightarrow \dfrac{c}{a-b}=\dfrac{a+b}{c},(*),a> b,a> c,$

στην

λαμβάνω τα σημεία G,T

ωστε $GC=b=CT,\hat{BGA}=\omega ,\hat{BAG}=\sigma ,$

Τα τρίγωνα BGA,ABT

είναι όμοια ,λόγω της (*)

και της κοινής γωνίας

Οποτε $\hat{BAT}=\omega ,\hat{GTA}=\sigma=\hat{CAT},$

$\hat{ACG}=2\sigma ,\hat{GAC}=90-\sigma ,\hat{BAC}=\sigma +90-\sigma =90^{0}$

#8

STOPJOHN έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 08, 2021 1:42 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 4:50 pm
Σε τρίγωνο ισχύει (με τον συνήθη συμβολισμό των πλευρών). Μπορούμε να

αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο χωρίς τη χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος;
Καλημέρα και καλή εβδομάδα

$a^{2}=b^{2}+c^{2}\Leftrightarrow \dfrac{c}{a-b}=\dfrac{a+b}{c},(*),a> b,a> c,$

στην λαμβάνω τα σημεία ωστε $GC=b=CT,\hat{BGA}=\omega ,\hat{BAG}=\sigma ,$

Τα τρίγωνα είναι όμοια ,λόγω της και της κοινής γωνίας

Οποτε $\hat{BAT}=\omega ,\hat{GTA}=\sigma=\hat{CAT},$

$\hat{ACG}=2\sigma ,\hat{GAC}=90-\sigma ,\hat{BAC}=\sigma +90-\sigma =90^{0}$

Μ αρέσει η λύση σου Γιάννη

#9

Να ευχαριστήσω τους φίλους Γιώργο Ρίζο, Γιώργο Μήτσιο, Γιώργο Μπαλόγλου και τον Γιάννη για την ενασχόλησή τους με το θέμα.

Να πω επίσης ότι μου άρεσαν ιδιαίτερα οι Γεωμετρικές λύσεις του Γιώργου Μήτσιου

και του Γιάννη

Έχω μία τριγωνομετρική λύση διαφορετική από του Γιώργου Ρίζου, αλλά διατηρώ κάποιες επιφυλάξεις ως προς την νομιμότητά της.

Έχω και μία Γεωμετρική λύση την οποία έχω ήδη ανεβάσει στο AoPS (όπου προς το παρόν δεν υπάρχει άλλη λύση).

Θα επανέλθω με τις δύο αυτές προσεγγίσεις, αν δεν δοθεί άλλη απάντηση.

Γιώργος Μήτσιος · #10

Καλημέρα σε όλους! Και από μένα το

στην ωραία λύση του Γιάννη.

Ευχαριστώ πολύ τους Νίκο και Γιώργο για τα επαινετικά λόγια..τα θεωρώ όπως ο μεγαλύτερος βαθμός (απ' αυτόν που ίσως δικαιούται)

που δίνουμε σε μαθητή, όμως αυτό τον εμψυχώνει και προσπαθεί ακόμη περισσότερο!

Έτσι κι' εγώ προσπάθησα στο παρόν θέμα και υπόσχομαι (ελπίζω εντός της ημέρας)

να υποβάλω μια ακόμη Γεωμετρική λύση που έχω χειρόγραφη.

Φιλικά, Γιώργος

STOPJOHN · #11

Καλημέρα ,Ευχαριστώ τους Γιωργηδες και το Νίκο για τα σχόλια τους . Να γράψω σύντομα κάποια σχόλια .Με προβλημάτισε η άσκηση που ζητούσε χωρίς Πυθαγόρειο θεώρημα την απόδειξη και φυσικά δεν γνωρίζω ποσο τα αντίστροφα χωρίς το ευθύ είναι χρήσιμα και πόσο ;; είναι ενα θέμα για συζήτηση. Ακόμη στην προσπάθεια να κατασκευάσω αθροίσματα και διαφορές τμημάτων βρήκα αρκετές κατασκευαστικές δυσκολίες δηλαδή για μια ακόμη φορά βλέπουμε τις χρησιμότητες των γεωμετρικών κατασκευών .Τέλος ευχαριστώ το Γιώργο Βισβίκη για τα αξιόλογα Γεωμετρικά θέματα που προτείνει

Γιώργος Μήτσιος · #12

Χαιρετώ και πάλι!

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 4:50 pm
Σε τρίγωνο ισχύει (με τον συνήθη συμβολισμό των πλευρών). Μπορούμε να

αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο χωρίς τη χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος;

Θεωρώ το $E \in BC$ ώστε BE=BA=c

και το $Z \in AC$ ώστε $\widehat{CEZ}=\widehat{A}$

Από τα όμοια BAC,ZEC

παίρνουμε $x=\dfrac{ac-c^2}{b}$ και $y=\dfrac{a^2-ac}{b}$ .

Με πρόσθεση έχουμε $x+y=\dfrac{ac-c^2+a^2-ac}{b}=\dfrac{b^2}{b}=b$ . Τότε AZ=b-y=x=ZE

και τα τρίγωνα BAZ

και

είναι (λόγω ΠΠΠ) ίσα συνεπώς $\widehat{BEZ}=\widehat{A}$ .

Τέλος $2\widehat{A}=\widehat{BEZ}+\widehat{ZEC}=180^o\Rightarrow \widehat{A}=90^o$

Φιλικά, Γιώργος

#13

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 10, 2021 9:13 pm
Χαιρετώ και πάλι!
george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 4:50 pm
Σε τρίγωνο ισχύει (με τον συνήθη συμβολισμό των πλευρών). Μπορούμε να

αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο χωρίς τη χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος;
Θεωρώ το $E \in BC$ ώστε και το $Z \in AC$ ώστε $\widehat{CEZ}=\widehat{A}$

Από τα όμοια παίρνουμε $x=\dfrac{ac-c^2}{b}$ και $y=\dfrac{a^2-ac}{b}$ .

Με πρόσθεση έχουμε $x+y=\dfrac{ac-c^2+a^2-ac}{b}=\dfrac{b^2}{b}=b$ . Τότε

και τα τρίγωνα και είναι (λόγω ΠΠΠ) ίσα συνεπώς $\widehat{BEZ}=\widehat{A}$ .

Τέλος $2\widehat{A}=\widehat{BEZ}+\widehat{ZEC}=180^o\Rightarrow \widehat{A}=90^o$

Φιλικά, Γιώργος

Σ' ευχαριστώ πάλι Γιώργο και γι' αυτή την προσέγγιση και να πω ότι μία παραλλαγή (με ελάχιστες διαφορές) είναι και η δική μου λύση

εδώ(#18 ως george_54, όπου υπάρχουν πολλές "μη νόμιμες" προτάσεις, με νόμο συνημιτόνων, Ήρωνα, συντελεστές διεύθυνσης, κλπ.)

Μία άλλη παραλλαγή είχα για αυτήν που τελικά δεν την ανέβασα ποτέ και έμεινε αναπάντητη.

#14

Πολύ γοητευτικές οι αποδείξεις που παρουσιάστηκαν, και πολύ μου άρεσε η 'σιωπηρή εμφάνιση' του ορθογωνίου τριγώνου AGT

στην απόδειξη του Γιάννη (#7)! Βεβαίως όλες αυτές οι αποδείξεις βασίζονται σε χρήση λόγων και ομοίων τριγώνων, ενώ αυτή που "θα μπορούσε να είχε παρουσιάσει ο Ευκλείδης" (#5), χρησιμοποιεί μόνον γνώσεις του Πρώτου Βιβλίου (τον ίδιο μηχανισμό με αυτήν του ευθέος, χωρίς όμως να βασίζεται σ' αυτό): η απόδειξη αυτή χρησιμοποιεί εναντιοστροφή, αν δηλαδή η γωνία

είναι αμβλεία τότε a^2>c^2+b^2

(όπως εδώ, %5), ενώ αν η γωνία

είναι οξεία τότε a^2<c^2+b^2

(όπως στο συνημμένο)^ αν δηλαδή $A\neq 90^0$ τότε $a^2\neq b^2+c^2$ .

: euclid-i-48.png (34 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

#15

Θα δώσω μία τριγωνομετρική λύση και αφήνω την νομιμότητά της στην κρίση σας.

: Χωρίς Πυθαγόρειο.png (6.44 KiB) Προβλήθηκε 744 φορές

Είναι $\displaystyle a = c\cos B + b\cos C \Leftrightarrow {a^2} = ac\cos B + ab\cos C$

Ομοίως είναι $\displaystyle {b^2} = bc\cos A + ab\cos C$ και $\displaystyle {c^2} = bc\cos A + ac\cos B$

Από a^2=b^2+c^2

προκύπτει ότι $\boxed{\cos A = 0 \Leftrightarrow \angle A = 90^\circ}$ (αφού είναι γωνία τριγώνου).

Έχω επιφυλάξεις για το αν η τελευταία ισοδυναμία σχετίζεται ή όχι με το Πυθαγόρειο θεώρημα.

#16

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 21, 2021 7:24 pm
Θα δώσω μία τριγωνομετρική λύση και αφήνω την νομιμότητά της στην κρίση σας.

Χωρίς Πυθαγόρειο.png
Είναι $\displaystyle a = c\cos B + b\cos C \Leftrightarrow {a^2} = ac\cos B + ab\cos C$

Ομοίως είναι $\displaystyle {b^2} = bc\cos A + ab\cos C$ και $\displaystyle {c^2} = bc\cos A + ac\cos B$

Από προκύπτει ότι $\boxed{\cos A = 0 \Leftrightarrow \angle A = 90^\circ}$ (αφού είναι γωνία τριγώνου).

Έχω επιφυλάξεις για το αν η τελευταία ισοδυναμία σχετίζεται ή όχι με το Πυθαγόρειο θεώρημα.

Γιώργο θα απαντούσα αρνητικά, καθώς $cosA=0\leftrightarrow |AD|=0$ , και για να ταυτίζεται η προβολή

του (όποιου)

με το

πρέπει και αρκεί να είναι ορθή η γωνία

.

: cosA0.png (4.48 KiB) Προβλήθηκε 699 φορές

#17

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 12:11 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 21, 2021 7:24 pm
Θα δώσω μία τριγωνομετρική λύση και αφήνω την νομιμότητά της στην κρίση σας.

Χωρίς Πυθαγόρειο.png
Είναι $\displaystyle a = c\cos B + b\cos C \Leftrightarrow {a^2} = ac\cos B + ab\cos C$

Ομοίως είναι $\displaystyle {b^2} = bc\cos A + ab\cos C$ και $\displaystyle {c^2} = bc\cos A + ac\cos B$

Από προκύπτει ότι $\boxed{\cos A = 0 \Leftrightarrow \angle A = 90^\circ}$ (αφού είναι γωνία τριγώνου).

Έχω επιφυλάξεις για το αν η τελευταία ισοδυναμία σχετίζεται ή όχι με το Πυθαγόρειο θεώρημα.
Γιώργο θα απαντούσα αρνητικά, καθώς $cosA=0\leftrightarrow |AD|=0$ , και για να ταυτίζεται η προβολή του (όποιου) με το πρέπει και αρκεί να είναι ορθή η γωνία .

cosA0.png

Σ' ευχαριστώ Γιώργο για την απάντηση.

#18

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 5:35 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 12:11 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 21, 2021 7:24 pm
Θα δώσω μία τριγωνομετρική λύση και αφήνω την νομιμότητά της στην κρίση σας.

Χωρίς Πυθαγόρειο.png
Είναι $\displaystyle a = c\cos B + b\cos C \Leftrightarrow {a^2} = ac\cos B + ab\cos C$

Ομοίως είναι $\displaystyle {b^2} = bc\cos A + ab\cos C$ και $\displaystyle {c^2} = bc\cos A + ac\cos B$

Από προκύπτει ότι $\boxed{\cos A = 0 \Leftrightarrow \angle A = 90^\circ}$ (αφού είναι γωνία τριγώνου).

Έχω επιφυλάξεις για το αν η τελευταία ισοδυναμία σχετίζεται ή όχι με το Πυθαγόρειο θεώρημα.
Γιώργο θα απαντούσα αρνητικά, καθώς $cosA=0\leftrightarrow |AD|=0$ , και για να ταυτίζεται η προβολή του (όποιου) με το πρέπει και αρκεί να είναι ορθή η γωνία .

cosA0.png

Σ' ευχαριστώ Γιώργο για την απάντηση.

Να είσαι καλά, νομίζω το θέμα έχει ως εξής: ενώ 'ΟΝΤΩΣ χρειαζόμαστε το Πυθαγόρειο Θεώρημα για την sin^2A+cos^2A=1

, ΔΕΝ το χρειαζόμαστε για τις sin90^0=1

και

!

#19

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 1:49 pm
Διακριτικά, σε π.μ. ο αγαπητός Γιώργος Βισβίκης έθεσε τον εύστοχο προβληματισμό για τους τύπους τριγωνομετρικών αθροισμάτων: "για την απόδειξη των οποίων χρειάζονται οι τριγωνομετρικοί αριθμοί αθροίσματος γωνιών που με τη σειρά τους αποδεικνύονται με το Πυθαγόρειο. Εκτός κι αν υπάρχει άλλη απόδειξη".

Αναζητώντας, λοιπόν, άλλες αποδείξεις, εντόπισα την εξής:

Πανάκης 1978.jpg

Τριγωνομετρία Ι. Πανάκη, Β΄ Λυκείου ΟΕΔΒ 1978 (το σχολικό μου βιβλίο)

Εκεί βλέπω ότι χρειάζεται αναλυτική έκφραση εσωτερικού γινομένου, του οποίου η "σύγχρονη" απόδειξη χρησιμοποιεί Νόμο Συνημιτόνων, οπότε ... εμφανίζεται πάλι το Πυθαγόρειο Θεώρημα.

Πάμε, λοιπόν, σε μια παλιά Αναλυτική Γεωμετρία (Βαρουχάκη κ.α. ΟΕΔΒ, νομίζω 1983)

Εκεί δίνει πρώτα τις γραμμικές ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου και κατόπιν την αναλυτική έκφρασή του.

Βαρουχάκης (2).jpg

Bαρουχάκης (1).jpg

Έτσι, δεν φαίνεται να εμπλέκεται το Πυθαγόρειο Θεώρημα. Τι λέτε;

Γιώργο στην παραπάνω προσέγγιση Bαρουχάκη (#3) ... απαιτείται η επιμεριστική ιδιότητα $x\cdot (y+z)=x\cdot y+x\cdot z$ ... και η υπόθεση μπλέκει άσχημα, νομίζω...

#20

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 23, 2021 9:58 pm
Γιώργο στην παραπάνω προσέγγιση Bαρουχάκη (#3) ... απαιτείται η επιμεριστική ιδιότητα $x\cdot (y+z)=x\cdot y+x\cdot z$ ... και η υπόθεση μπλέκει άσχημα, νομίζω...

Υπάρχει συγκεκριμένα θέμα με την κυκλωμένη ισότητα στο συνημμένο: δεν νομίζω ότι προκύπτει η εκεί απαιτούμενη επιμεριστικότητα από τον ορισμό εσωτερικού γινομένου διανυσμάτων μέσω συνημιτόνου.

: Bαρουχάκης (1).jpg (102.68 KiB) Προβλήθηκε 598 φορές

Χωρίς Πυθαγόρειο

Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Re: Χωρίς Πυθαγόρειο

Μέλη σε σύνδεση