ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 77η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

#61

vittasko έγραψε:
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.

Κώστας Βήττας.

Κώστα, σε ευχαριστώ πολύ για τις σχετικές με την Πρότασή μου 2ζ(13), πληροφορίες.
Από όσα αναφέρεις σχετικά, προκύπτει ότι υπάρχει πλήρης σύγχυση γύρω από το Θεώρημα αυτό.
Εκείνο όμως που είναι σίγουρο, είναι ότι το Θεώρημα αυτό το παρουσιάζω εγώ, πιστεύω για πρώτη φορά, στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» παράγραφος 2ζ(13) (τόμος 3), με τέσσερις αποδείξεις του [2ζ(13)και 2ζ(62)], πάρα πολλές εφαρμογές του και επέκτασή του [4η(80)]. Ακόμη ότι τούτο το έχω δημοσιεύσει σε δύο περιοδικά (ένα Ελληνικό και ένα ξένο), σαν πρωτοεμφανιζόμενο και δεν έχει γίνει μέχρι τώρα καμία ένσταση.
Υπάρχει το ενδεχόμενο να ομιλούν όλοι αυτοί, για ένα Θεώρημα που μοιάζει καταπληκτικά με το 2ζ(13), αλλά αυτό είναι μια ειδική περίπτωση του δικού μου. Τούτο το έχω δει σε πολλά περιοδικά, ενώ εγώ δίνω για αυτό μια δική μου απόδειξη στην παράγραφο 4η(18) του παραπάνω βιβλίου μου. Στην ειδική περίπτωση αυτή λοιπόν, αναφέρονται τα γνωστά τρία ζεύγη ίσων γωνιών, τριγώνου ΑΒΓ, όπως επίσης και η ένδειξη ότι οι τρεις γωνίες των τομών Α’, Β’, Γ’, έχουν άθροισμα 180 μοιρών, οπότε τα τρία τρίγωνα Α’ΒΓ, ΑΒ’Γ, ΑΒΓ’ είναι όμοια. Σε αυτό λοιπόν μπορεί να αναφέρεται και ο Ι. Ιωαννίδης.
Πάντως, εκείνος που μπορεί να γνωρίζει και να δώσει απάντηση στα ερωτήματα, είναι ο Γιώργος Τσαπακίδης. Από πού πείρε αυτός αυτή την πληροφορία; Έχει έγκυρα έγγραφα αποδεικτικά στοιχεία; ή όχι; Αν σε ενδιαφέρει ρώτησέ τον.
Εγώ Κώστα, την δική μου θέση την έχω αναφέρει εδώ, σε προηγούμενο μήνυμά μου (25-2-2010) και δεν με απασχολεί.
Ευχές.
Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#62

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 ( αποδεικνύεται εύκολα με το θεώρημα Θαλή ).

Οι μεσοκάθετες των πλευρών $BC,\ AC,$ συντρέχουν ως στο περίκεντρο του $\bigtriangleup ABC$ ( σταθερό επίσης σημείο ) και έστω το σημείο στην προέκταση της ευθείας προς το μέρος του τέτοιο ώστε

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

Από 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 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.

Κώστα,
μετά και τη δήλωση του φίλου teo στη διεύθυνση viewtopic.php?f=20&t=5734, ότι η παραπάνω απόδειξη που μας έδωσες αναλυτικά, είναι πραγματικά του Euler, την εντάσσουμε στη συλλογή που έχουμε δημιουργήσει εδώ, με α.α 51.

Ευχαριστούμε τους φίλους Α. Πούλο, Μ. Λάμπρου, Κ. Βήττα και teo, για την προσπάθεια που ο καθένας κατέβαλε για να χαρούμε την 51η απόδειξη.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

#63

[Τα παρακάτω ας διαβαστούν με επιφύλαξη -- υπάρχουν τελικά δυσκολίες στο Λήμμα και η μέθοδος φαίνεται να ισχύει μόνο για οξυγώνια τρίγωνα. (Βλέπε όμως αμέσως επόμενη ανάρτηση.)]

Παραθέτω μία τρισδιάστατη απόδειξη, άμεση συνέπεια άλλης συζήτησης.

Λήμμα: Για κάθε τρίγωνο ΑΒΓ υπάρχουν δύο ακριβώς σημεία Κ, Κ' στον χώρο, συμμετρικά αλλήλων ως προς το επίπεδο του ΑΒΓ, τέτοια ώστε τα τρία τμήματα ΚΑ, ΚΒ, ΚΓ (και βέβαια Κ'Α, Κ'Β, Κ'Γ) να είναι κάθετα ανά δύο.

Απόδειξη: αρκεί να θεωρήσουμε τις τομές των σφαιρών διαμέτρων ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ και να παρατηρήσουμε ότι

(α) τρεις τυχούσες μη ομόκεντρες σφαίρες έχουν το πολύ δύο σημεία τομής (η τομή των πρώτων δύο είναι είτε κενή είτε κύκλος που τέμνει την τρίτη σε δύο το πολύ σημεία)

(β) στην συγκεκριμένη περίπτωση οι τομές των σφαιρών ανά δύο δεν είναι κενές λόγω της τριγωνικής ανισότητας

Με βάση το ανωτέρω λήμμα μπορούμε να τοποθετήσουμε το τρίγωνο ΑΒΓ σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων κέντρου Κ (ή Κ'), οπότε εύκολα αποδεικνύεται ότι η προβολή P του K επί του ΑΒΓ έχει την ιδιότητα του ορθόκεντρου, είναι δηλαδή οι ΑP, ΒP, ΓP κάθετες στις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ, αντίστοιχα:

Η ΚΡ ειναι ορθογωνια προς την ΒΓ (ως καθετη σε επιπεδο που περιεχει την ΒΓ). Ομοιως η ΚΑ ειναι ορθογωνια προς την ΒΓ. Το επιπεδο που οριζεται απο τις ΚΡ και ΚΑ ειναι λοιπον καθετο στην ΒΓ και συνεπως η ΑΡ καθετη στην ΒΓ. Ομοιως η ΒΡ ειναι καθετη στην ΑΓ, και η ΓΡ καθετη στην ΑΒ. Αρα το Ρ ειναι το ορθοκεντρο του ΑΒΓ.

[Η τελευταία παράγραφος όπως ακριβώς στην παλιά συζήτηση που ανέφερα στην αρχή του παρόντος μηνύματος.]

Γιώργος Μπαλόγλου

#64

Νομίζω πως η προσέγγιση μου (βλέπε αμέσως προηγούμενη ανάρτηση) είναι τελικά έγκυρη για τους εξής δύο λόγους:

(α) Αν τα ύψη συντρέχουν στα οξυγώνια τρίγωνα τότε συντρέχουν και στα αμβλυγώνια

(β) Κάθε οξυγώνιο τρίγωνο μπορεί όντως να τοποθετηθεί σε ορθοκανονικό σύστημα

Αποδείξεις:

(α) Έστω ABC αμβλυγώνιο τρίγωνο με αμβλεία γωνία στο Α. Φέρουμε τα ύψη BK και CL τα οποία τέμνονται στο Η (βλέπε πρώτο συνημμένο). Το τρίγωνο BCH είναι οξυγώνιο καθώς BHC = KHL = 180 - KAL = 180 - BAC, HBC = KBC = 90 - BCA, HCB = LCB = 90 - CBA. Τα τμήματα BL και CK είναι ύψη του οξυγωνίου τριγώνου BCH τεμνόμενα στο Α, άρα το ΗΑ/AD οφείλει να είναι το τρίτο ύψος του BCH. Όμως το AD είναι τότε ύψος και του ABC, συντρέχουν δηλαδή τα ύψη του ABC στο Η.

(β) Έστω ABC οξυγώνιο τρίγωνο με AB = c

,

, και, χωρίς περιορισμό της γενικότητας, $c\leq b$ , $c\leq a$ , $b^{2}<a^{2}+c^{2}$ , $a^{2}<b^{2}+c^{2}$ . Θέλουμε να τοποθετήσουμε τα

,

στους άξονες

,

, αντίστοιχα, έτσι ώστε AB = c

,

. Για να είναι δυνατό κάτι τέτοιο πρέπει να γίνει σωστή επιλογή της γωνίας $\theta=OBA$ (βλέπε δεύτερο συνημμένο). Παρατηρούμε ότι $BC^{2}-OB^{2}=AC^{2}-OA^{2}=OC^{2}$ , άρα

$a^{2}-c^{2}cos^{2}\theta=b^{2}-c^{2}sin^{2}\vartheta$ και $cos2\theta=\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}}$ :

η εξίσωση αυτή είναι όντως επιλύσιμη ως προς $\vartheta$ (με $0<\theta<90^{0}$ ) καθώς $-1<\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}}<1$ λόγω των αρχικών μας υποθέσεων, $b^{2}<a^{2}+c^{2}$ και $a^{2}<b^{2}+c^{2}$ . Είναι εύκολη τώρα η τοποθέτηση των

και

, όπως και του

(καθώς $OC^{2}=a^{2}-c^{2}cos^{2}\theta=b^{2}-c^{2}sin^{2}\vartheta>0$ λόγω των αρχικών μας υποθέσεων, $c\leq b$ και $c\leq a$ ).

Γιώργος Μπαλόγλου

#65

Rigio έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:... 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 . Φιλικά, Νίκος Κυριαζής.
Με τις 50 αποδείξεις, ας τους δώσουμε ως δώρο και μερικές με Αναλυτική.
Δίνω την 51η ΑΠΟΔΕΙΞΗ (με Εξισώσεις ευθειών).
19-2-1010 Geometry.png
Έστω ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με αρχή Β(0, 0). Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ με Γ(1, 0) και Α(α, β), με $\displaystyle \beta \ne 0$ . (Αν β = 0 τα σημεία είναι συνευθειακά).

Αν α = 0, το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Β, οπότε τα ύψη του συντρέχουν στο Β.

Αν α = 1, το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Γ, οπότε τα ύψη του συντρέχουν στο Γ.

Αν $\displaystyle \alpha \ne 0\;\;\kappa \alpha \iota \;\;\alpha \ne 1$ , η ΑΒ έχει εξίσωση: $\displaystyle y = \frac{\beta }{\alpha }x$ και η ΑΓ: $\displaystyle y = \frac{\beta }{{\alpha - 1}}\left( {x - 1} \right)$

Το ύψος ΒΕ στην ΑΓ έχει εξίσωση: $\displaystyle y = \frac{{1 - \alpha }}{\beta }x$ και το ύψος ΓΖ στην ΑΒ έχει εξίσωση: $\displaystyle y = - \frac{\alpha }{\beta }\left( {x - 1} \right)$ .
Τα ύψη τέμνονται στο Θ. Η τετμημένη του Θ επαληθεύει τις εξισώσεις των ΒΕ και ΓΖ. Είναι: $\displaystyle \frac{{1 - \alpha }}{\beta }x = - \frac{\alpha }{\beta }x + \frac{\alpha }{\beta }\;\;\; \Leftrightarrow \;x - \alpha x = - \alpha x + \alpha \;\; \Leftrightarrow \;\;x = \alpha$ , οπότε η ΑΘ είναι κάθετη στον x΄x, οπότε τα ύψη του ΑΒΓ συντρέχουν στο Θ.

Γιώργος Ρίζος

Υ.Γ. ΔΕΝ έχω δει κάπου την παραπάνω απόδειξη. Πιθανόν να υπάρχει παρόμοια αντιμετώπιση στη βιβλιογραφία. Νομίζω ότι είναι ΚΑΤΑΛΗΛΗ για να χρησιμοποιηθεί στην τάξη ή για εξάσκηση των μαθητών στο κεφάλαιο των ευθειών στη Β΄Λυκείου (πιθανώς με κάποιες υποδείξεις, για να τους οδηγήσουμε στο στόχο).

Αγαπητέ φίλε Γιώργο,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!
(έστω και με καθυστέρηση, για την οποία ζητώ συγνώμη).
Έχεις επιτύχει πραγματικά να μας χαρίσεις την 52η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη (με αναλυτική).
Σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σου στην προσπάθειά μου.
Και τώρα συνεχίζουμε για την 53η απόδειξη.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη και εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.

k-ser · #66

Αγαπητέ Νίκο.
Μιας και συζητάμε για μη γεωμετρικές αποδείξεις να προτείνω και μία "διανυσματική" με τη χρήση μιγαδικών.

Χρησιμοποιώ το Λήμμα: Οι διανυσματικές ακτίνες δύο μιγαδικών είναι κάθετες αν και μόνο αν $z=\lambda iw$ με $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Έστω τρίγωνο $AB\Gamma$ και

το σημείο τομής των υψών του από τις κορυφές $B, \Gamma$ .

Τοποθετούμε το τρίγωνο στο μιγαδικό επίπεδο ώστε: H(0,0)

, $A,B, \Gamma$ οι εικόνες των μιγαδικών z_1,z_2,z_3

αντίστοιχα.

Αφού $HB \perp A\Gamma$ , υπάρχει $\lambda \in \mathbb{R}$ ώστε: $z_1-z_3=\lambda iz_2 \ \ \ (1)$ .
Αφού $H\Gamma \perp AB$ , υπάρχει $k \in \mathbb{R}$ ώστε: $z_1-z_2= kiz_3 \ \ \ (2)$ .

Από τις (1),(2)

, (:θεωρούμε τις (1), (2)

γραμμικό σύστημα με αγνώστους τους z_2,z_3

), προκύπτει

$\displaystyle z_2-z_3 = \frac{k-\lambda}{1-k\lambda}iz_1$

οπότε: $HA \perp B\Gamma$ και συνεπώς έχουμε το ζητούμενο.

#67

Nick1990 έγραψε:Η πιο απλη και γρηγορη αποδειξη που εχω καταφερει να σκευτω (πολυ πιθανων να ειναι μια απο τις πρωτες 47, αλλα ακομα και αν δεν ειναι θα μιαζει πολυ με καποια διοτι ειναι πολυ απλη) ειναι η εξης:

Παιρνουμε τα δυο υψη που τεμνονται στο Η και θελουμε να δειξουμε οτι και το 3ο παιρναει απο εκει, θεωρουμε τα διανυσματα (δεν εχω βαλει βελακια, αλλα η φορα φαινεται απο τη σειρα με την οποια βαζω τα γραμματα), τοτε $h_c \cdot c = h_b \cdot b = 0$ και θελουμε να δειξουμε οτι $h_a \cdot a = 0$ . Ομως
$h_a = b + h_c, a = h_b - h_c, a \cdot h_a = (b + h_c) \cdot (h_b - h_c) = h_b \cdot b + h_c \cdot (-b - h_c + h_b) = -h_c \cdot (b + h_c - h_b) = - h_c \cdot c = 0$
οποτε τελως.

Αγαπητέ φίλε Nick 1990,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!,
(έστω και με καθυστέρηση, για την οποία ζητώ συγνώμη).
Έχεις επιτύχει να μας χαρίσεις μία ακόμη απόδειξη (με Διανυσματικό Λογισμό), η οποία έλαβε, α.α 53η στη συλλογή μου, λόγω προτεραιότητας, γιατί και εκείνη που έστειλε μετά ο φίλος Αλέξανδρος, όπως και δύο αποδείξεις, που εντόπισα και εγώ, στα βιβλία Κ. Καπνισάκη σελ. 118 και Αντ. Αξιώτη σελ. 43, στην ουσία δεν διαφέρουν (παρακαλώ αν κάνω λάθος διορθώστε με).
Σας ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σας, την ανταπόκρισή σας στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σας στην προσπάθειά μου.
Συνεχίζουμε την προσπάθειά μας, για την 54η απόδειξη.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη,
Νίκος Κυριαζής.

#68

gbaloglou έγραψε:[Τα παρακάτω ας διαβαστούν με επιφύλαξη -- υπάρχουν τελικά δυσκολίες στο Λήμμα και η μέθοδος φαίνεται να ισχύει μόνο για οξυγώνια τρίγωνα. (Βλέπε όμως αμέσως επόμενη ανάρτηση.)]

Παραθέτω μία τρισδιάστατη απόδειξη, άμεση συνέπεια άλλης συζήτησης.

Λήμμα: Για κάθε τρίγωνο ΑΒΓ υπάρχουν δύο ακριβώς σημεία Κ, Κ' στον χώρο, συμμετρικά αλλήλων ως προς το επίπεδο του ΑΒΓ, τέτοια ώστε τα τρία τμήματα ΚΑ, ΚΒ, ΚΓ (και βέβαια Κ'Α, Κ'Β, Κ'Γ) να είναι κάθετα ανά δύο.

Απόδειξη: αρκεί να θεωρήσουμε τις τομές των σφαιρών διαμέτρων ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ και να παρατηρήσουμε ότι

(α) τρεις τυχούσες μη ομόκεντρες σφαίρες έχουν το πολύ δύο σημεία τομής (η τομή των πρώτων δύο είναι είτε κενή είτε κύκλος που τέμνει την τρίτη σε δύο το πολύ σημεία)

(β) στην συγκεκριμένη περίπτωση οι τομές των σφαιρών ανά δύο δεν είναι κενές λόγω της τριγωνικής ανισότητας

Με βάση το ανωτέρω λήμμα μπορούμε να τοποθετήσουμε το τρίγωνο ΑΒΓ σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων κέντρου Κ (ή Κ'), οπότε εύκολα αποδεικνύεται ότι η προβολή P του K επί του ΑΒΓ έχει την ιδιότητα του ορθόκεντρου, είναι δηλαδή οι ΑP, ΒP, ΓP κάθετες στις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ, αντίστοιχα:

Η ΚΡ ειναι ορθογωνια προς την ΒΓ (ως καθετη σε επιπεδο που περιεχει την ΒΓ). Ομοιως η ΚΑ ειναι ορθογωνια προς την ΒΓ. Το επιπεδο που οριζεται απο τις ΚΡ και ΚΑ ειναι λοιπον καθετο στην ΒΓ και συνεπως η ΑΡ καθετη στην ΒΓ. Ομοιως η ΒΡ ειναι καθετη στην ΑΓ, και η ΓΡ καθετη στην ΑΒ. Αρα το Ρ ειναι το ορθοκεντρο του ΑΒΓ.

[Η τελευταία παράγραφος όπως ακριβώς στην παλιά συζήτηση που ανέφερα στην αρχή του παρόντος μηνύματος.]

Γιώργος Μπαλόγλου

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: Παρ Μαρ 12, 2010 12:43 am
Χωρίς σύνδεση
Διευθύνον Μέλος
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Δημοσιεύσεις: 350
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Νομίζω πως η προσέγγιση μου (βλέπε αμέσως προηγούμενη ανάρτηση) είναι τελικά έγκυρη για τους εξής δύο λόγους:

(α) Αν τα ύψη συντρέχουν στα οξυγώνια τρίγωνα τότε συντρέχουν και στα αμβλυγώνια

(β) Κάθε οξυγώνιο τρίγωνο μπορεί όντως να τοποθετηθεί σε ορθοκανονικό σύστημα

Αποδείξεις:

(α) Έστω ABC αμβλυγώνιο τρίγωνο με αμβλεία γωνία στο Α. Φέρουμε τα ύψη BK και CL τα οποία τέμνονται στο Η (βλέπε πρώτο συνημμένο). Το τρίγωνο BCH είναι οξυγώνιο καθώς BHC = KHL = 180 - KAL = 180 - BAC, HBC = KBC = 90 - BCA, HCB = LCB = 90 - CBA. Τα τμήματα BL και CK είναι ύψη του οξυγωνίου τριγώνου BCH τεμνόμενα στο Α, άρα το ΗΑ/AD οφείλει να είναι το τρίτο ύψος του BCH. Όμως το AD είναι τότε ύψος και του ABC, συντρέχουν δηλαδή τα ύψη του ABC στο Η.

(β) Έστω ABC οξυγώνιο τρίγωνο με AB = c , BC = a , CA = b , και, χωρίς περιορισμό της γενικότητας, c\leq b , c\leq a , b^{2}<a^{2}+c^{2} , a^{2}<b^{2}+c^{2} . Θέλουμε να τοποθετήσουμε τα A , B , C στους άξονες Ox , Oy , Oz , αντίστοιχα, έτσι ώστε AB = c , BC = a , AC = b . Για να είναι δυνατό κάτι τέτοιο πρέπει να γίνει σωστή επιλογή της γωνίας \theta=OBA (βλέπε δεύτερο συνημμένο). Παρατηρούμε ότι BC^{2}-OB^{2}=AC^{2}-OA^{2}=OC^{2} , άρα

a^{2}-c^{2}cos^{2}\theta=b^{2}-c^{2}sin^{2}\vartheta και cos2\theta=\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}} :

η εξίσωση αυτή είναι όντως επιλύσιμη ως προς \vartheta (με 0<\theta<90^{0}) καθώς -1<\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}}<1 λόγω των αρχικών μας υποθέσεων, b^{2}<a^{2}+c^{2} και a^{2}<b^{2}+c^{2} . Είναι εύκολη τώρα η τοποθέτηση των A και B , όπως και του C (καθώς OC^{2}=a^{2}-c^{2}cos^{2}\theta=b^{2}-c^{2}sin^{2}\vartheta>0 λόγω των αρχικών μας υποθέσεων, c\leq b και c\leq a).

Γιώργος Μπαλόγλου

Συνημμένα:

Αγαπητέ Γιώργο,
βασιζόμενος στις δικές σου ιδέες, αν τις έχω ερμηνεύσει σωστά, παραθέτω το συνημμένο μου 25 με τη δική μου λεπτομερή διαπραγμάτευση, που είναι σχετική με την πρώτη σου ιδέα προσέγγισης, αν και δεν έχω εμπειρία στη στερεομετρία, καθώς σπάνια και περιστασιακά έχω ασχοληθεί.
Μετά και από τις δικές σου διευκρινήσεις, νομίζω ότι δεν υπάρχει πλέον καμιά αμφιβολία για την εγκυρότητα της απόδειξής σου και συνεπώς αν συμφωνείς και εσύ, θα πρέπει να τη δεχθούμε σαν έγκυρη, να της δώσουμε τον αύξοντα αριθμό της και να την εντάξουμε στη σχετική συλλογή μου.
Πολλές ευχές.

Με εκτίμηση .
Νίκος Κυριαζής.

Nick1990 · #69

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
Nick1990 έγραψε:Η πιο απλη και γρηγορη αποδειξη που εχω καταφερει να σκευτω (πολυ πιθανων να ειναι μια απο τις πρωτες 47, αλλα ακομα και αν δεν ειναι θα μιαζει πολυ με καποια διοτι ειναι πολυ απλη) ειναι η εξης:

Παιρνουμε τα δυο υψη που τεμνονται στο Η και θελουμε να δειξουμε οτι και το 3ο παιρναει απο εκει, θεωρουμε τα διανυσματα (δεν εχω βαλει βελακια, αλλα η φορα φαινεται απο τη σειρα με την οποια βαζω τα γραμματα), τοτε $h_c \cdot c = h_b \cdot b = 0$ και θελουμε να δειξουμε οτι $h_a \cdot a = 0$ . Ομως
$h_a = b + h_c, a = h_b - h_c, a \cdot h_a = (b + h_c) \cdot (h_b - h_c) = h_b \cdot b + h_c \cdot (-b - h_c + h_b) = -h_c \cdot (b + h_c - h_b) = - h_c \cdot c = 0$
οποτε τελως.
Αγαπητέ φίλε Nick 1990,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!,
(έστω και με καθυστέρηση, για την οποία ζητώ συγνώμη).
Έχεις επιτύχει να μας χαρίσεις μία ακόμη απόδειξη (με Διανυσματικό Λογισμό), η οποία έλαβε, α.α 53η στη συλλογή μου, λόγω προτεραιότητας, γιατί και εκείνη που έστειλε μετά ο φίλος Αλέξανδρος, όπως και δύο αποδείξεις, που εντόπισα και εγώ, στα βιβλία Κ. Καπνισάκη σελ. 118 και Αντ. Αξιώτη σελ. 43, στην ουσία δεν διαφέρουν (παρακαλώ αν κάνω λάθος διορθώστε με).
Σας ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σας, την ανταπόκρισή σας στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σας στην προσπάθειά μου.
Συνεχίζουμε την προσπάθειά μας, για την 54η απόδειξη.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη,
Νίκος Κυριαζής.

Καλησπερα σας, μολις τωρα ειδα το μυνημα σας το οποιο απ οτι βλεπω εχει δημοσιευτει πριν απο αρκετες μερες. Σας ευχαριστω για τα συγχαρητηρια, αν και για να πω την αληθεια δεν περιμενα η συγκεκριμενη αποδειξη να μην ειναι μια απο τις πρωτες στη λιστα.

#70

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Αγαπητέ Γιώργο,
βασιζόμενος στις δικές σου ιδέες, αν τις έχω ερμηνεύσει σωστά, παραθέτω το συνημμένο μου 25 με τη δική μου λεπτομερή διαπραγμάτευση, που είναι σχετική με την πρώτη σου ιδέα προσέγγισης, αν και δεν έχω εμπειρία στη στερεομετρία, καθώς σπάνια και περιστασιακά έχω ασχοληθεί.
Μετά και από τις δικές σου διευκρινήσεις, νομίζω ότι δεν υπάρχει πλέον καμιά αμφιβολία για την εγκυρότητα της απόδειξής σου και συνεπώς αν συμφωνείς και εσύ, θα πρέπει να τη δεχθούμε σαν έγκυρη, να της δώσουμε τον αύξοντα αριθμό της και να την εντάξουμε στη σχετική συλλογή μου.
Πολλές ευχές.

Με εκτίμηση .
Νίκος Κυριαζής.

Έξοχα -- ομολογώ ότι δεν τα έβγαζα πέρα με τις σφαίρες, γι' αυτό και κατέφυγα στην αναλυτική προσέγγιση...

Ευχαριστώ,

Γιώργος Μπαλόγλου

#71

Αγαπητοί φίλοι,
για τις λύσεις που έχετε στείλει ή που θα στείλετε, όπως θα έχετε διαπιστώσει δεν ζητάμε να περιλαμβάνουν και απόδειξη για αμβλυγώνια τρίγωνα, καθώς μας αρκεί η απόδειξη μόνο για οξυγώνια τρίγωνα, δεδομένου ότι όταν αληθεύει η Πρόταση 1β(4) που αφορά στα οξυγώνια, τότε αυτή θα αληθεύει και για τα αμβλυγώνια, σύμφωνα με την γενική και ενιαία απόδειξη 5θ(89), που αναφέρεται στο βιβλίο μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και έχω δημοσιευθεί στο τεύχος 10 του περιοδικού «Τα Μαθηματικά στο Ενιαίο Λύκειο» με α.α 22.
Επίσης, παρακαλώ τους φίλους, των οποίων οι αποδείξεις θεωρήθηκαν πρωτοεμφανιζόμενες, εντάχθηκαν στη συλλογή μας και έλαβαν αύξοντα αριθμό, αν κρίνουν ότι οι αποδείξεις τους έχουν ασάφειες ή δεν είναι πλήρως τεκμηριωμένες, να τις επεξεργασθούν και να τους δώσουν την τελική τους μορφή, ώστε να είναι, κατά το δυνατό, πλήρως τεκμηριωμένες και απαλλαγμένες από ασάφειες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#72

gbaloglou έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Αγαπητέ Γιώργο,
βασιζόμενος στις δικές σου ιδέες, αν τις έχω ερμηνεύσει σωστά, παραθέτω το συνημμένο μου 25 με τη δική μου λεπτομερή διαπραγμάτευση, που είναι σχετική με την πρώτη σου ιδέα προσέγγισης, αν και δεν έχω εμπειρία στη στερεομετρία, καθώς σπάνια και περιστασιακά έχω ασχοληθεί.
Μετά και από τις δικές σου διευκρινήσεις, νομίζω ότι δεν υπάρχει πλέον καμιά αμφιβολία για την εγκυρότητα της απόδειξής σου και συνεπώς αν συμφωνείς και εσύ, θα πρέπει να τη δεχθούμε σαν έγκυρη, να της δώσουμε τον αύξοντα αριθμό της και να την εντάξουμε στη σχετική συλλογή μου.
Πολλές ευχές.

Με εκτίμηση .
Νίκος Κυριαζής.
Έξοχα -- ομολογώ ότι δεν τα έβγαζα πέρα με τις σφαίρες, γι' αυτό και κατέφυγα στην αναλυτική προσέγγιση...

Ευχαριστώ,

Γιώργος Μπαλόγλου

Αγαπητέ φίλε Γιώργο,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!
είναι γεγονός ότι έχεις επιτύχει να μας χαρίσεις την 54η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη, με «Έξοδο στον Χώρο»μέθοδο που έχει προτείνει ο φίλος Μιχ. Λάμπρου.
Σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σου στην προσπάθειά μου.
Ακόμη ευχαριστώ το φίλο Μιχ. Λάμπρου για την ιδέα του να χρησιμοποιηθεί η Στερεομετρία, για την απόδειξη της Πρότασής μας, τον οποίο και παρακαλώ να συνεισφέρει στην προσπάθειά μας και ότι άλλο σχετικό έχει.
Και τώρα συνεχίζουμε την προσπάθειά μας για την 55η απόδειξη.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη και εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.

#73

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Αγαπητέ φίλε Γιώργο,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!
είναι γεγονός ότι έχεις επιτύχει να μας χαρίσεις την 54η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη, με «Έξοδο στον Χώρο»μέθοδο που έχει προτείνει ο φίλος Μιχ. Λάμπρου.
Σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σου στην προσπάθειά μου.
Ακόμη ευχαριστώ το φίλο Μιχ. Λάμπρου για την ιδέα του να χρησιμοποιηθεί η Στερεομετρία, για την απόδειξη της Πρότασής μας, τον οποίο και παρακαλώ να συνεισφέρει στην προσπάθειά μας και ότι άλλο σχετικό έχει.

Ας ευχαριστήσουμε και τον nick1990 που έστειλε προ μηνών το πρόβλημα με την προβολή της αρχής των αξόνων στο ορθόκεντρο -- σ' αυτό στηρίζεται η 54η απόδειξη, και δεν θα το είχα σκεφτεί από μόνος μου, φοβάμαι...

Γιώργος Μπαλόγλου

#74

Nick1990 έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:
Nick1990 έγραψε:Η πιο απλη και γρηγορη αποδειξη που εχω καταφερει να σκευτω (πολυ πιθανων να ειναι μια απο τις πρωτες 47, αλλα ακομα και αν δεν ειναι θα μιαζει πολυ με καποια διοτι ειναι πολυ απλη) ειναι η εξης:

Παιρνουμε τα δυο υψη που τεμνονται στο Η και θελουμε να δειξουμε οτι και το 3ο παιρναει απο εκει, θεωρουμε τα διανυσματα (δεν εχω βαλει βελακια, αλλα η φορα φαινεται απο τη σειρα με την οποια βαζω τα γραμματα), τοτε $h_c \cdot c = h_b \cdot b = 0$ και θελουμε να δειξουμε οτι $h_a \cdot a = 0$ . Ομως
$h_a = b + h_c, a = h_b - h_c, a \cdot h_a = (b + h_c) \cdot (h_b - h_c) = h_b \cdot b + h_c \cdot (-b - h_c + h_b) = -h_c \cdot (b + h_c - h_b) = - h_c \cdot c = 0$
οποτε τελως.
Αγαπητέ φίλε Nick 1990,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!,
(έστω και με καθυστέρηση, για την οποία ζητώ συγνώμη).
Έχεις επιτύχει να μας χαρίσεις μία ακόμη απόδειξη (με Διανυσματικό Λογισμό), η οποία έλαβε, α.α 53η στη συλλογή μου, λόγω προτεραιότητας, γιατί και εκείνη που έστειλε μετά ο φίλος Αλέξανδρος, όπως και δύο αποδείξεις, που εντόπισα και εγώ, στα βιβλία Κ. Καπνισάκη σελ. 118 και Αντ. Αξιώτη σελ. 43, στην ουσία δεν διαφέρουν (παρακαλώ αν κάνω λάθος διορθώστε με).
Σας ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σας, την ανταπόκρισή σας στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σας στην προσπάθειά μου.
Συνεχίζουμε την προσπάθειά μας, για την 54η απόδειξη.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη,
Νίκος Κυριαζής.
Καλησπερα σας, μολις τωρα ειδα το μυνημα σας το οποιο απ οτι βλεπω εχει δημοσιευτει πριν απο αρκετες μερες. Σας ευχαριστω για τα συγχαρητηρια, αν και για να πω την αληθεια δεν περιμενα η συγκεκριμενη αποδειξη να μην ειναι μια απο τις πρωτες στη λιστα.

Αγαπητέ φίλε Nick 1990,
διακρίνω κάποια πικρία στα γραφόμενά σου; Ή κάνω λάθος;
Αν αυτό είναι αλήθεια θα έλεγα τα ακόλουθα, γιατί δε θέλω κανένας φίλος να αισθάνεται πικραμένος από την υπόθεση αυτή:
Την προσπάθειά μου αυτή ξεκίνησα με αποδείξεις της Πρότασης 1β(4), μόνο Γεωμετρικές.
Όμως, κατά την εξέλιξη, ο φίλος Μπάμπης Στεργίου, έριξε την ιδέα να πάμε στο βιβλίο Γκίνες, αν μεγάλωνε ο αριθμός των αποδείξεων.
Έτσι είπαμε να δεχθούμε και άλλες μεθόδους εκτός Γεωμετρίας, με την προϋπόθεση ότι θα αναλάμβανε κάποιος άλλος φίλος να χειρισθεί τις αποδείξεις που δεν είναι Γεωμετρικές, καθώς εγώ δεν έχω αυτή την δυνατότητα, να τηρήσει άλλη σειρά γι’ αυτές, άλλους αύξ. αριθμούς και ότι μετά το τέλος της Προσπάθειας αυτής, η αρίθμηση αυτών θα ακολουθούσε την αρίθμηση των Γεωμετρικών. Όμως επειδή δεν προσφέρθηκε κανείς άλλος, ανέλαβα εγώ και αυτό τον τομέα, με τη συνεργασία όμως και άλλων φίλων.
Έτσι, χρειάσθηκε αρκετός χρόνος για να συνεργασθούμε και να πάρουμε τις σχετικές αποφάσεις, για την κατηγορία αυτή των αποδείξεων. Στο μεταξύ αποστέλλονταν νέες αποδείξεις, στις οποίες έπρεπε να δοθούν απαντήσεις και αύξοντες αριθμοί, γιατί θα ήταν άδικο να τις καθυστερούμε.
Όλα τα παραπάνω φαίνονται σε σχετικά μηνύματά μου, που μπορείς να τα δεις.
Μετά τα παραπάνω η δική σου απόδειξη έχει πάρει σειρά αμέσως μετά την απόδειξη του φίλου Γιώργου Ρίζου, που είναι η κανονική σειρά, για τις μη Γεωμετρικές αποδείξεις και υπό την έννοια αυτή δεν έχεις αδικηθεί. Αντίθετα έχεις ωφεληθεί, γιατί θα μπορούσε η αρίθμηση των μη Γεωμετρικών να μπει μετά από τις Γεωμετρικές. Άλλωστε, οι α.α που έχουμε δώσει δεν έχουν καμία σημασία, αλλά αν εσύ έχεις άλλη άποψη, είναι δυνατό να κάνουμε αλλαγή α.α με μία από τι ς 39 δικές μου αποδείξεις. Έτσι, η απόδειξή σου θα πάρει α.α. μικρότερο από το 47 που ξεκινήσαμε, μόνο που θα μας δημιουργήσει μια μικρή αναστάτωση στη σημερινή αρίθμηση. Αυτά ήθελα να ειπώ, για να τα γνωρίσουν και όλοι οι φίλοι, καθώς δεν θα ήθελα να αισθάνεται κανένας φίλος αδικημένος.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη και εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.

Nick1990 · #75

Οχι δεν υπαρχει καμια πικρια στο μυνημα μου κυριε Νικο. Απλα ξαφνιαστηκα με το γεγονος, μπορειτε να προχωρησετε κανονικα χωρις κανενα προβλημα

#76

Nick1990 έγραψε:Οχι δεν υπαρχει καμια πικρια στο μυνημα μου κυριε Νικο. Απλα ξαφνιαστηκα με το γεγονος, μπορειτε να προχωρησετε κανονικα χωρις κανενα προβλημα

Αγαπητέ φίλε Nick 1990,
σε ευχαριστώ πολύ για την κατανόηση.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#77

k-ser έγραψε:Αγαπητέ Νίκο.
Μιας και συζητάμε για μη γεωμετρικές αποδείξεις να προτείνω και μία "διανυσματική" με τη χρήση μιγαδικών.

Χρησιμοποιώ το Λήμμα: Οι διανυσματικές ακτίνες δύο μιγαδικών είναι κάθετες αν και μόνο αν $z=\lambda iw$ με $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Έστω τρίγωνο $AB\Gamma$ και το σημείο τομής των υψών του από τις κορυφές $B, \Gamma$ .

Τοποθετούμε το τρίγωνο στο μιγαδικό επίπεδο ώστε: , $A,B, \Gamma$ οι εικόνες των μιγαδικών αντίστοιχα.

Αφού $HB \perp A\Gamma$ , υπάρχει $\lambda \in \mathbb{R}$ ώστε: $z_1-z_3=\lambda iz_2 \ \ \ (1)$ .
Αφού $H\Gamma \perp AB$ , υπάρχει $k \in \mathbb{R}$ ώστε: $z_1-z_2= kiz_3 \ \ \ (2)$ .

Από τις , (:θεωρούμε τις γραμμικό σύστημα με αγνώστους τους ), προκύπτει

$\displaystyle z_2-z_3 = \frac{k-\lambda}{1-k\lambda}iz_1$

οπότε: $HA \perp B\Gamma$ και συνεπώς έχουμε το ζητούμενο.

Αγαπητέ φίλε Κώστα,
ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ !!!
είναι γεγονός ότι έχεις επιτύχει να μας χαρίσεις την 55η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη, με Διανυσματικό Λογισμό και την χρησιμοποίηση μιγαδικών. Σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, την ανταπόκρισή σου στο κάλεσμά μου και την συνεισφορά σου στην προσπάθειά μου. Και τώρα συνεχίζουμε την προσπάθειά μας για την 56η απόδειξη.
Πολλές ευχές.

Με αγάπη και εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.

Ανδρέας Πούλος · #78

Αγαπητοί φίλοι και συνάδελφοι,
η δουλειά που γίνεται για το θέμα αυτό είναι εξαιρετική.
Φυσικά, θερμά συγχαρητήρια στον κύριο Νίκο Κυριαζή - τον ακούραστο και πάντα δημιουργικό - που πρωτοξεκίνησε το θέμα,
αλλά και σε όλους όσους έχουν συμβάλλει στην αύξηση του αριθμού των αποδείξεων.
Νομίζω και εγώ ότι όλο αυτό το πληροφοριακό υλικό πρέπει να αξιοποιηθεί πολλαπλά.
Καλή συνέχεια.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#79

Ανδρέας Πούλος έγραψε:Αγαπητοί φίλοι και συνάδελφοι,
η δουλειά που γίνεται για το θέμα αυτό είναι εξαιρετική.
Φυσικά, θερμά συγχαρητήρια στον κύριο Νίκο Κυριαζή - τον ακούραστο και πάντα δημιουργικό - που πρωτοξεκίνησε το θέμα,
αλλά και σε όλους όσους έχουν συμβάλλει στην αύξηση του αριθμού των αποδείξεων.
Νομίζω και εγώ ότι όλο αυτό το πληροφοριακό υλικό πρέπει να αξιοποιηθεί πολλαπλά.
Καλή συνέχεια.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Αγαπητέ φίλε Ανδρέα,
σε ευχαριστούμε πολύ για τα καλά σου λόγια, τα οποία μας εμψυχώνουν, μας δίνουν κουράγιο να προχωρήσουμε και πιστεύουμε ότι κάτι καλό θα προκύψει από την υπόθεση αυτή.

Με αγάπη και εκτίμηση,
Νίκος Κυριαζής.

#80

Αγαπητοί φίλοι,
έχω τη χαρά να σας δώσω με το παρακάτω συνημμένο μου 26, την 56η πρωτοεμφανιζόμενη απόδειξη, που αποτελεί και την 39 απόδειξη δικής μου επινόησης.
Έτσι, αισίως αναζητάμε πλέον όλοι μαζί, την 57η απόδειξη και σε προσωπικό επίπεδο αναζητώ την 40η.
Πολλές ευχές.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 77η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ.

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

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

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 53η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 47η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 54η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 52η 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 53η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 56η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 56η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. ΑΝΑΖΗΤΕΙΤΑΙ Η 56η ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΚΛΑΣΙΚΗΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Μέλη σε σύνδεση