ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 78η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

#21

nsmavrogiannis έγραψε:
alt1.png
Παρόμοια με της Φωτεινής μόνο που χρησιμοποιεί ότι οι διχοτόμοι συντρέχουν. Θεωρούμε τα ύψη $AA^{\prime },\,\ BB^{\prime },\,\ \Gamma \Gamma ^{\prime }$ . Eίναι:
$\varphi =\omega$ από το εγγράψιμμο $A\Gamma ^{\prime }A^{\prime }\Gamma$ .
$\omega =\theta$ από το εγγράψιμμο $B\Gamma B^{\prime }\Gamma ^{\prime }$ .
$\theta =\sigma$ από το εγγράψιμμο $AB^{\prime }A^{\prime }B$ .
'Αρα $\varphi =\sigma$ . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι τα ύψη του $AB\Gamma$ είναι διχοτόμοι των γωνιών του ορθικού του $A'B'\Gamma'$ οι οποίες συντρέχουν. Άρα και τα ύψη συντρέχουν.
Μαυρογιάννης

Αγαπητέ φίλε κ.Μαυρογιάννη,
σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου, τη απλή, σωστή, άψογη και κομψή απόδειξη σου.
Δυστυχώς όμως η απόδειξή σου, τυχαίνει να συμπίπτει με την 44η 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(201) / 2001.
Ευχές…

Με αγάπη και μεγάλη εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.

#22

Κώστας Παππέλης έγραψε:Με συγχωρείτε, το τετράπλευρο που εννοώ είναι το κυρτό (το δεύτερο που αναφέρετε).

Το θεώρημα στο οποίο βασίζομαι λέγεται νομίζω θεώρημα Brocard και λέει ότι αν εγγράψιμο και οι απένταντι πλευρές τέμνονται στα και τότε το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το ορθόκεντρο του όπου η τομή των και .

Σας παραπέμπω εδώ

http://imomath.com/othercomp/Bfa/bfacts.pdf

Κώστα σ' ευχαριστώ. Δεν ήξερα ότι η πρόταση αυτή είναι γνωστή ως Θεώρημα Brocard.

Μία σύντομη και κομψή απόδειξή της, βασίζεται στη θεωρία Περί Πόλων και Πολικών, στην οποία αναφέρθηκες στο αμέσως προηγούμενο μήνυμά σου.

Μία άλλη απόδειξη με στοιχειώδη μέσα ( elementary ), βασίζεται στο παρακάτω γνωστό θεώρημα :

Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, κυρτό ή μη κυρτό, η ευθεία που συνδέει το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου, με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του.

Μία στοιχειώδης απόδειξη αυτού του θεωρήματος, έχει δημοσιευτεί Έδώ

Κώστας Βήττας.

p@g · #23

Και μία απόδειξη με τη χρήση του θεωρήματος Ceva αν και αναμφισβήτητα θα συγκαταλέγεται στις ήδη υπάρχουσες αποδείξεις.

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle\frac{BD}{DC}* \frac{CE}{EA}* \frac{AF}{FB}=1$

όμως από τα εγγράψιμα έχουμε $\displaystyle\frac{BD}{BF}=\frac{AB}{BC}(1), \frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}(2), \frac{CE}{DC}=\frac{CB}{CA}(3)$

πολ/ζοντας τις (1),(2),(3) κατά μέλη προκύπτει $\displaystyle\frac{BD}{DC}* \frac{CE}{EA}* \frac{AF}{FB}=1$

#24

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

και έστω το σημείο $K\equiv AH\cap EF.$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, το σημείο

επί της ευθείας AH,

τέτοιο ώστε $BD\perp AH,$ είναι το αρμονικό συζυγές του

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 εγγεγραμμένο σε κύκλο με διάμετρο και έστω τα σημεία $E\equiv AB\cap CD$ και $K\equiv AC\cap BD.$ Αποδείξτε ότι το σημείο ως η ορθή προβολή του επί της ευθείας είναι το αρμονικό συζυγές του 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.

#25

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

Απόδειξη. - ( σχήμα f=50_t=5636(a) ).

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup LCE,\ \bigtriangleup DCA$ έχουμε $\displaystyle \frac{LC}{CD} = \frac{EL}{AD}$ ,(1)

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup LAE,\ \bigtriangleup BAC$ έχουμε $\displaystyle \frac{LA}{AB} = \frac{EL}{BC}$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{LC}{LA} = \frac{BC}{AD}\cdot \frac{CD}{AB}$ ,(3)

Από όμοια τρίγωνα $\bigtriangleup KCD,\ \bigtriangleup KBA$ έχουμε $\displaystyle \frac{CD}{AB} = \frac{KC}{KB}$ ,(4)

Από όμοια τρίγωνα $\bigtriangleup KBC,\ \bigtriangleup KAD$ έχουμε $\displaystyle \frac{BC}{AD} = \frac{KB}{KA}$ ,(5)

Από $(4),\ (5)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{BC}{AD}\cdot \frac{CD}{AB} = \frac{KC}{KA}$ ,(6)

Από $(3),\ (6)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{LC}{LA} = \frac{KC}{KA}$ ,(7)

Από

συμπεραίνουμε ότι το σημείο

είναι το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $A,\ C$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#26

vittasko έγραψε:
Κώστας Παππέλης έγραψε:Με συγχωρείτε, το τετράπλευρο που εννοώ είναι το κυρτό (το δεύτερο που αναφέρετε).

Το θεώρημα στο οποίο βασίζομαι λέγεται νομίζω θεώρημα Brocard και λέει ότι αν εγγράψιμο και οι απένταντι πλευρές τέμνονται στα και τότε το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το ορθόκεντρο του όπου η τομή των και .

Σας παραπέμπω εδώ

http://imomath.com/othercomp/Bfa/bfacts.pdf
Κώστα σ' ευχαριστώ. Δεν ήξερα ότι η πρόταση αυτή είναι γνωστή ως Θεώρημα Brocard.

Μία σύντομη και κομψή απόδειξή της, βασίζεται στη θεωρία Περί Πόλων και Πολικών, στην οποία αναφέρθηκες στο αμέσως προηγούμενο μήνυμά σου.

Μία άλλη απόδειξη με στοιχειώση μέσα ( elementary ), βασίζεται στο παρακάτω γνωστό θεώρημα :

Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, κυρτό ή μη κυρτό, η ευθεία που συνδέει το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου, με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του.

Μία στοιχειώσης απόδειξη αυτού του θεωρήματος, έχει δημοσιευτεί Έδώ

Κώστας Βήττας.

Φίλε Κώστα, Καλημέρα.
Χαίρομαι για αυτή τη συνάντησή μας, γιατί πιστεύω ότι κάτι καλό θα βγει απ’ αυτή.
Λοιπόν Κώστα, υπάρχει σε εκκρεμότητα, όπως θα είδες, μια απόδειξη του φίλου Κώστα Παππέλη. Για την απόδειξη αυτή αναζητείται, αν υπάρχει Θεώρημα, που αναφέρεται και πως ονομάζεται (Θεώρημα Brocard, κτλ).
Για να ξεκαθαρίσουμε τα πράγματα:
1.Προφανώς δε ζητάμε το Θεώρημα που, στο σχήμα της Φωτεινής, λέει ότι η ΚΜ είναι κάθετη στην ΑΟ, αλλά το Θεώρημα που λέει ότι το Μ (κέντρο του κύκλου ΒΖΕΓ), είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΚΑΟ (όπου Κ η τομή των ΕΖ και ΒΓ), οπότε απ’ αυτό προκύπτει ότι η ΚΜ είναι κάθετη στην ΑΟ. Γιατί αν ζητούσε το Θεώρημα που λέει ότι η ΚΜ είναι κάθετη στην ΑΟ, τότε η απόδειξη που θα προέκυπτε θα συνέπιπτε με την απόδειξή μου με α, α. 31, που βασίζεται στην Πρόταση 2γ(3) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» (τόμος 2 / 1995),την οποία γράφεις και εσύ σε μπλε γραφή, στο παραπάνω μήνυμά σου. Όμως δε ζητάει αυτό.
2.Ο φίλος Κώστας Παππέλης ζητά το Θεώρημα που λέει ότι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΚΟΑ είναι το Μ και απ’ αυτό θα προκύψει ότι η ΚΜ είναι κάθετη στην ΑΟ, που τότε μόνο θα έχει επιτύχει νέα απόδειξη.
Για το ζητούμενο λοιπόν Θεώρημα τι γνωρίζεις; Υπάρχει στην Ελληνική βιβλιογραφία (ή μετάφραση); Που; (Γιατί Αγγλικά, εγώ τουλάχιστον δε γνωρίζω). Ακόμη πως αποδεικνύεται τούτο; Μήπως η απόδειξή του βασίζεται στην ιδιότητα της σύγκλισης των υψών τριγώνου, που ζητούμε. Γιατί τότε έχουμε «φαύλο κύκλο».
Αυτά απαιτούνται, γιατί αν τελικά πάμε για το βιβλίο Γκίνες, είναι φανερό ότι αυτά θα μας ζητηθούν.Αυτά τα λέω γιατί και εγώ έχω επινοήσει μια σχετική Πρόταση που βρίσκεται στο βιβλίο μου « Εγγεγραμμένα-Περιγεγραμμένα Σχήματα» τόμος 2/1990, για την απόδειξη της οποίας έχω χρησιμοποιήσει την ιδιότητα της σύγκλισης των υψών τριγώνου.
Τα φώτα σου λοιπόν, για να επιτύχουμε την απόδειξη με α.α 47,αλλά με συγκεκριμένα στοιχεία.
Ευχαριστούμε εκ των προτέρων.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
Υ.Γ. Κώστα δεν είδα τα άλλα μηνύματά σου ακόμη, όπως και των άλλων φίλων, καθώς χθες ήμουνα με τα εγγονάκια μου. Θα τα δω και θα σας απαντήσω.

#27

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

στο σημείο έστω

Από $\angle ADB = \angle AEB = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle ADC = 90^{o} = \angle AFC$ , συμπεραίνουμε ότι το σημείο

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

Σημειώνεται ότι σε κάθε πλήρες τετράπλευρο AEHFBC,

στο οποίο το τετράπλευρο AEHF

τυχαίνει να είναι εγγράψιμο, αληθεύει ότι το Σημείο Miquel

ανήκει στην ευθεία

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.

#28

Νίκο καλημέρα. Από τους 46 τρόπους απόδειξης τους οποίους αναφέρεις, δεν γνωρίζω τους 29, 32, 45, 46.

Αν δεν κάνω λάθος οι δύο προσεγγίσεις που έδωσα, δεν περιλαμβάνονται στου υπόλοιπους τρόπους που τυχαίνει όπως έχω πει, να έχω στο αρχείο μου.

Η προσέγγιση που μας έδωσε ο Κώστας Παππέλης παραπάνω, νομίζω ότι είναι έγκυρη γιατί και αυτή δεν περιλαμβάνεται στους τρόπους που έχεις αναφερθεί. Βασίζεται στην παρακάτω γνωστή πρόταση, η οποία στην παραπομπή που μας έδωσε, αναφέρεται ως Θεώρημα Brocard.

ΘΕΩΡΗΜΑ BROCARD. - Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω τα σημεία $P\equiv AB\cap CD$ και $Q\equiv BC\cap AD$ και $R\equiv AC\cap BD.$ Αποδείξτε ότι το περίκεντρο του ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\bigtriangleup PQR.$

Όπως έχω αναφέρει παραπάνω, μία όμορφη απόδειξη αυτού του θεωρήματος βασίζεται στη θεωρία Περί Πόλων και Πολικών.

$\bullet$ Πράγματι, η ευθεία που συνδέει δύο από τις κορυφές του τριγώνου $\bigtriangleup PQR,$ είναι η πολική ευθεία της τρίτης του κορυφής, ως προς τον κύκλο (O)

και αυτό μας δίνει το ότι η ευθεία που συνδέει την τρίτη κορυφή με το κέντρο του (O),

είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τις άλλες δύο κορυφές.

Δηλαδή, στο τρίγωνο PQR,

η ευθεία

για παράδειγμα, είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο (O).

Αυτό συνεπάγεται ότι $OR\perp PQ$ ,(1)

όπου

είναι το κέντρο του (O).

Υπάρχει ένα βασικό θεώρημα στη θεωρία Περί Πόλων και Πολικών που λέει το εξής :

Εάν η Πολική ευθεία ενός σημείου ως προς δοσμένο κύκλο περνάει από ένα σημείο έστω τότε και η Πολική ευθεία του σημείου ως προς τον ίδιο κύκλο, περνάει από το σημείο

Στο τρίγωνο τώρα $\bigtriangleup PQR,$ επειδή οι Πολικές ευθείες των σημείων $P,\ Q,$ περνάνε από το σημείο

και επειδή η Πολική του

ως προς τον (O),

θα περνάει από το

αλλά και από το

έχουμε ως συμπέρασμα, ότι η ευθεία PQ,

είναι η Πολική του

ως προς τον κύκλο (O)

$\bullet$ Με παρόμοιο τρόπο έχουμε και ότι $PO\perp QR$ ,(2)

και ότι $QO\perp PR$ ,(3)

Από $(1),\ (2),\ (3)$ προκύπτει ότι το περίκεντρο

του

ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του $\bigtriangleup PQR$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη του θεωρήματος Brocard με στοιχειώδη μέσα η οποία έχει δημοσιευτεί Εδώ, όπως έχω αναφέρει.

#29

Ας δούμε την απόδειξη που μας έδωσε ο Κώστας Παππέλης, με περισσότερες λεπτομέρειες.

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

Το τετράπλευρο BCEF,

είναι εγγράψιμο σε κύκλο (M),

με διάμετρο την πλευρά

και έστω το σημείο $K\equiv BC\cap EF.$

Σύμφωνα με τα προηγούμενα, το κέντρο

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.

Κώστας Βήττας.

#30

συμπληρώνω το σχήμα (όπως υποσχέθηκα στον Κώστα) κάτω από το μήνυμα του άλλου Κώστα

vittasko έγραψε:Ας δούμε την απόδειξη που μας έδωσε ο Κώστας Παππέλης, με περισσότερες λεπτομέρειες.

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

Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο με διάμετρο την πλευρά και έστω το σημείο $K\equiv BC\cap EF.$

Σύμφωνα με τα προηγούμενα, το κέντρο του κύκλου , το οποίο ταυτίζεται με το μέσον της πλευράς είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\bigtriangleup AHK.$

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

Κώστας Βήττας.

δίνω νέο σχήμα

#31

p@g έγραψε:Και μία απόδειξη με τη χρήση του θεωρήματος Ceva αν και αναμφισβήτητα θα συγκαταλέγεται στις ήδη υπάρχουσες αποδείξεις.

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle\frac{BD}{DC}* \frac{CE}{EA}* \frac{AF}{FB}=1$

όμως από τα εγγράψιμα έχουμε $\displaystyle\frac{BD}{BF}=\frac{AB}{BC}(1), \frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}(2), \frac{CE}{DC}=\frac{CB}{CA}(3)$

πολ/ζοντας τις (1),(2),(3) κατά μέλη προκύπτει $\displaystyle\frac{BD}{DC}* \frac{CE}{EA}* \frac{AF}{FB}=1$

Αγαπητέ φίλε p@g,
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 9η απόδειξή, που έχει δημοσιευθεί στο περιοδικό «Ευκλείδης Β» τεύχος 15/1995, αλλά και με το βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», τόμος 1 παράγραφος 1β(22), 1995.
Ευχές…

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#32

nsmavrogiannis έγραψε:
alt2.png
'Εστω το κοινό σημείο των υψών , $\Gamma \Gamma ^{\prime }$ . Θα είναι $AH\perp B\Gamma$ αν και μόνο αν ισχύει $BH^{2}-\Gamma H^{2}=BA^{2}-\Gamma A^{2}$ . Πράγματι:
$BH^{2}-\Gamma H^{2}=g^{2}-f^{2}=\left( g+t-t\right) ^{2}-\left( f+m-m\right) ^{2}=\left( g+t\right) ^{2}+t^{2}-2\left( g+t\right) t-\left( f+m\right) ^{2}-m^{2}+2\left( f+m\right) m=\left( g+t\right) ^{2}-t^{2}-\left( f+m\right) ^{2}+m^{2}=BA^{2}-n^{2}-t^{2}-\Gamma A^{2}+p^{2}+m^{2}=BA^{2}-\Gamma A^{2}$
όπου χρησιμοποιήθηκε το Πυθαγόρειο θεώρημα στα $BB^{\prime }A,\,\ \ \Gamma \Gamma ^{\prime }A,\,\ AB^{\prime }H,\,\ A\Gamma ^{\prime }H$ και ότι από τα όμοια $BH\Gamma ^{\prime },\,\,\Gamma HB^{\prime }$ .
Μαυρογιάννης

Αγαπητέ φίλε κ. Μαυρογιάννη,
ΣΥΓΧΑΡHΤΉΡΙΑ !!!
Έχεις επιτύχει πραγματικά την 47η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη.
Είναι συνεπώς γεγονός και ο πρώτος στόχος μας, μετά την ωραία και σωστή δική σου απόδειξη.
Και τώρα συνεχίζουμε για τον δεύτερο στόχο μας που είναι η 50η απόδειξη.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#33

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητέ φίλε κ. Μαυρογιάννη,
ΣΥΓΧΑΡΙΤΉΡΙΑ !!!
Έχεις επιτύχει πραγματικά την 47η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη.
Είναι συνεπώς γεγονός και ο πρώτος στόχος μας, μετά την ωραία και σωστή δική σου απόδειξη.
Και τώρα συνεχίζουμε για τον δεύτερο στόχο μας που είναι η 50η απόδειξη.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

...

στο Νίκο Μαυρογιάννη...

k-ser · #34

Μπράβο στο Νίκο για την 47η απόδειξη.
Ήταν πολύ καλή.

Θα επανέλθω με μια παρόμοια, με την προηγούμενη μου απόδειξη, απόδειξη.

Είναι παρόμοια διότι χρησιμοποιεί τα ίδια εγγράψιμα τετράπλευρα και ολοκληρώνεται με την βοήθεια των γωνιών...

: orthokentro 2.jpg (17.56 KiB) Προβλήθηκε 4016 φορές

Έστω τα δύο ύψη

, $\Gamma Z$ τα οποία τέμνονται στο

.
Έστω $Ax//B\Gamma$

Με τη βοήθεια του σχήματος, εύκολα δείχνουμε ότι $HA\perp Ax$ οπότε $AH \perp B\Gamma$ , οπότε

ύψος.

#35

Υπάρχει και η απόδειξη με χρήση διανυσμάτων η οποία περιέχεται στο βιβλίο Μαθηματικών Κατεύθυνσης της Β' Λυκείου (σελίδα 49, άσκηση 8 στην έκδοση του 2006 που έχω εγώ). Την παραθέτω αυτούσια:

Σε τρίγωνο $AB\Gamma$ τα δύο ύψη του και $\Gamma Z$ τέμνονται στο . Εστω $\overrightarrow{HA}=\overrightarrow{\alpha}, \overrightarrow{HB}=\overrightarrow{\beta}$ και $\overrightarrow{H\Gamma}=\overrightarrow{\gamma}$ .

(i) Να εκφράσετε τα διανύσματα $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{A\Gamma}$ και $\overrightarrow{B\Gamma}$ ως συνάρτηση των διανυσμάτων $\overrightarrow{\alpha},\overrightarrow{\beta}$ και $\overrightarrow{\gamma}$ .

(ii) Να αποδείξετε ότι $\overrightarrow{\gamma}\cdot \overrightarrow{\alpha}=\overrightarrow{\gamma}\cdot \overrightarrow{\beta}$ και $\overrightarrow{\gamma}\cdot \overrightarrow{\beta}=\overrightarrow{\alpha}\cdot \overrightarrow{\beta}$ .

(iii) Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι $\overrightarrow{\gamma}\cdot \overrightarrow{\alpha}=\overrightarrow{\beta}\cdot \overrightarrow{\alpha}$ .

Με τη βοήθεια της ισότητας αυτής να δείξετε ότι $AH\bot B\Gamma$ . Ποια πρόταση της Ευκλείδειας Γεωμετρίας έχει αποδειχτεί;

Αλέξανδρος

EDIT: Απ' ότι βλέπω η παραπάνω απόδειξη δε διαφέρει στην ουσία από την απόδειξη που αναφέρει ο Nick1990 στην πρώτη σελίδα της παρούσης δημοσίευσης.

#36

k-ser έγραψε:Μπράβο στο Νίκο για την 47η απόδειξη.
Ήταν πολύ καλή.

Θα επανέλθω με μια παρόμοια, με την προηγούμενη μου απόδειξη, απόδειξη.

Είναι παρόμοια διότι χρησιμοποιεί τα ίδια εγγράψιμα τετράπλευρα και ολοκληρώνεται με την βοήθεια των γωνιών...

orthokentro 2.jpg
Έστω τα δύο ύψη , $\Gamma Z$ τα οποία τέμνονται στο .
Έστω $Ax//B\Gamma$

Με τη βοήθεια του σχήματος, εύκολα δείχνουμε ότι $HA\perp Ax$ οπότε $AH \perp B\Gamma$ , οπότε ύψος.

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.

#37

Κώστας Παππέλης έγραψε:Στο σχήμα της κυρίας Φωτεινής, αν η τέμνει την στο , τα ύψη από τα και τέμνονται στο και αν είναι το μέσο της , τότε στο πλήρες τετράπλευρο το είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του οπότε είναι το ορθόκεντρο του με αποτέλεσμα κάθετη στην που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Φίλε Κώστα Παππέλη,
ΣΥΓΧΑΡHΤΉΡΙΑ !!!
και σε ευχαριστώ πολύ, γιατί μας έδωσες τη δυνατότητα να γιορτάσουμε την 48η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξή σου, όπως αυτή έχει διαμορφωθεί τελικά με το μήνυμα της 21-2-2010 του φίλου Κώστα Βήττα, τον οποίο επίσης ευχαριστώ, γιατί ευγενώς και αόκνως εργαζόμενος έδωσε τις απαιτούμενες σχετικές πληροφορίες.
Και τώρα συνεχίζουμε για τον δεύτερο στόχο μας που είναι η 50η απόδειξη. Ευχές…

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

k-ser · #38

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.

#39

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.

#40

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
Νίκο, πολύ ωραία η σκέψη σου και μάλιστα είναι αφορμή για το βιβλίο Γκίνες!

Σίγουρα, οι αποδείξεις με διανύσματα, αναλυτική, θεώρημα CEVA κλπ θα είναι γνωστές.Δεν ξέρω αν έχεις κοιτάξει για απόδειξη με αντιστροφή.

Φίλε Μπάμπη, αγαπητοί φίλοι,
είναι γεγονός ότι το θέμα αυτό δε με απασχόλησε ειδικά, αλλά οι 38 δικοί μου τρόποι απόδειξης προέκυψαν συμπτωματικά, μελετώντας άλλα θέματα.
Έτσι, με αντιστροφή δεν έτυχε να το δω, με Ceva έτυχε να το έχω μελετήσει και έχω δώσει αποδείξεις. Με διανύσματα και με αναλυτική όχι, καθώς ήθελα οι λύεις μου να είναι καθαρά Γεωμετρικές, όπως πάντα (χρησιμοποίησα σε μερικές περιπτώσεις μόνο τριγωνομετρία). Αν όμως προκύψουν και άλλες αρκετές αποδείξεις και δούμε ότι αξίζει τον κόπο να πάμε για το βιβλίο Γκίνες, τότε το συζητάμε.
Επί του παρόντος προχωράμε έτσι και θα αντιμετωπίσουμε κάθε τι που θα προκύψει.
Στους φίλους έχω να πω, ότι να συνεχίσουν να στέλνουν τις αποδείξεις τους ανεπηρέαστα. Θα εξετασθούν όλες κι αν πραγματικά πρωτοεμφανίζονται θα πάρουν τον α.α τους με τη σειρά που θα έχουν αναρτηθεί.
Τέλος παρακαλώ τους φίλους να είναι όσο το δυνατό σαφείς, λεπτομερείς θα έλεγα, στις αποδείξεις τους και στις τεκμηριώσεις τους, ώστε να μη αφήνουν ερωτηματικά.
Ευχές για όλους…

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Φίλε Μπάμπη, φίλοι,
ήθελα για την αποκατάσταση της αλήθειας, να αναφέρω εδώ ότι και με τη μέθοδο της αντιστροφής υπάρχει απόδειξη, που μου είχε όμως διαφύγει, με α.α 29 και που έχει δημοσιευθεί στον Ευκλείδη Β, στο τεύχος 28 /1998 (σελ. 56), από τον αείμνηστο συμπατριώτη μου και φίλο Νίκο Κισκύρα με τον οποίο είχαμε μια πολύ μακρά και ωραία συνεργασία τηλεφωνική και κυρίως με επιστολές.
Σε μια επιστολή του λοιπόν μου γράφει, μεταξύ και άλλων πολλών:
«Με λύπη μου πρέπει να πω ότι η Ευκλείδεια Γεωμετρία…..έχει ουσιαστικά εξοστρακισθεί από τα σχολεία…. Κλείνω με την ευχή να σας μιμηθούν και άλλοι και ιδιαίτερα Μαθηματικοί στην αξιέπαινη προσπάθειά σας». (σήμερα βλέπουμε με χαρά ότι στο mathematica πολλοί Μαθηματικοί ασχολούνται με τη Γεωμετρία).
Σε άλλη επιστολή του μου γράφει:
«Σου χαρίζω όλα τα βιβλία μου Γεωμετρίας ( έξι τόμοι), όπως και πέντε εργασίες μου , γιατί είμαι σίγουρος ότι σε σένα θα πιάσουν τόπο» και μου τα χάρισε με χαρά, αγάπη και την ιδιόχειρη υπογραφή του. Αυτά από τότε κοσμούν την βιβλιοθήκη μου.
Αυτά τα λίγα, ήθελα να ειπώ, με την ευκαιρία αυτή, σαν μια μικρή προσφορά στη μνήμη του Νίκου Κισκύρα.

Με πολύ αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 78η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

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

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

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

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

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

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

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

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Μέλη σε σύνδεση