ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

#1

ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Αγαπητοί φίλοι της Γεωμετρίας, φίλοι μου.
Σ’ αυτό εδώ τον χώρο, θα σας παρουσιάζουμε στο εξής, ενδιαφέρουσες, κατά την γνώμη μας πρωτοεμφανιζόμενες Γενικεύσεις, Επεκτάσεις, Αποδείξεις γνωστών Προτάσεων - Προβλήματα- γ.τ. Γεωμετρίας, τις οποίες έχουμε επινοήσει κατά το παρελθόν και τις οποίες δεν είχαμε συναντήσει μέχρι τότε, στη γνωστή μας βιβλιογραφία, άσχετα αν εκ των υστέρων έχουμε συναντήσει κάποιες απ’ αυτές. .

Γι’ αυτές τις νέες Γενικεύσεις, κτλ, θα θέλαμε να μας γνωρίζετε συγκεκριμένα αν τις έχετε συναντήσει, που, πότε και να κάνετε την σχετική καλοπροαίρετη κριτική σας.
Ακόμη για αυτές τις νέες Γενικεύσεις, κτλ, θα θέλαμε να μας αναρτάτε εδώ τις ίδιες με τις αποδείξεις τους, αλλά και τις μεταφράσεις τους στα Ελληνικά με τις αποδείξεις τους.
Όλα τα παραπάνω στοιχεία μας είναι απαραίτητα προκειμένου να μάθουμε τελικά την αλήθεια την οποία αναζητούμε (Αν είναι δηλαδή πραγματικά πρωτοεμφανιζόμενες, ή όχι), όσο το δυνατό συντομότερα, ώστε να κάνουμε και τις σχετικές διορθώσεις.

Σημειώνω ότι όταν αποφάσισα να ασχοληθώ με την μελέτη-έρευνα στη Γεωμετρία, γνώριζα ότι έμπαινα σε ξένα αλλά και πολύ δύσκολα μονοπάτια, επειδή δεν είμαι Μαθηματικός και επειδή οι λεωφόροι στον τομέα αυτό έχουν διανυθεί από όλες τις μεγάλες προσωπικότητες, όλων των εποχών ,για χιλιάδες χρόνια τώρα. Γι’ αυτό πραγματικά, σήμερα είναι πολύ δύσκολο να ανακαλύψει κανείς κάτι καινούργιο στον τομέα αυτό. Πολύ περισσότερο επειδή "Φύσις κρύπτεσθαι φίλει", όπως ο Ηράκλειτος έλεγε. Δεν έχω αυταπάτες.
Είναι γεγονός όμως ότι όταν αποδεικνύεται ότι κάποια επινόησή μου υπήρχε από πριν με λυπεί, αλλά από την άλλη με παρηγοράει και με κολακεύει το ότι είχα και εγώ την ίδια έμπνευση με κάποια μεγάλη μαθηματική προσωπικότητα που υπήρξε πριν από μένα.
(Εξυπακούεται ότι, οι παραπάνω Προτάσεις, Προβλήματα,-γ.τ. Γεωμετρίας, μπορεί να είναι πολύ δύσκολα μέχρι και πολύ απλά).

Στόχος μας είναι απλά και μόνο να δημοσιεύσουμε στο mathematica όσο το δυνατό περισσότερες Γενικεύσεις, Επεκτάσεις Αποδείξεις γνωστών Προτάσεων, Προβλήματα, γ.τ. Γεωμετρίας, μπορέσουμε και λιγότερο η συμμετοχή, ώστε τελικά να μάθουμε την αλήθεια αν δηλαδή πραγματικά είναι νέα (πρωτοεμφανιζόμενα), ή όχι. Για τα υπόλοιπα θα τα κρίνει η ιστορία.
Παρά ταύτα, οι ενδιαφερόμενοι μελετητές τούτων είναι δυνατό να δίνουν τις δικές τους Επεκτάσεις- Γενικεύσεις- Αποδείξεις και τα δικά τους σχόλια. Δικές μου αποδείξεις-λύσεις, θα ακολουθούν σε εύλογο χρονικό διάστημα

Αγαπητοί φίλοι σημειώνω εδώ ότι καλό είναι να γνωρίζετε ότι όπου, στα κείμενά μου που ακολουθούν, υπάρχουν οι παρακάτω μορφές συμβολισμών:
1α(ν), 1β(ν), 1γ(ν), 1δ(ν), 1ε(ν), 1ζ(ν), 2α(ν), 2β(ν), 2γ(ν), 2δ(ν), 2ε(ν), 2ζ(ν), 4 η(ν). 5θ(ν), 6ι(ν), 7ι(ν), 8ι(ν), 9ι(ν). 10ι(ν). 11(ν), 12(ν) (Όπου ν=1, 2, 3, 4, 5,……),
σημαίνει ότι αυτοί αποτελούν νέες Προτάσεις- Προβλήματα - γ.τ, κτλ. του γράφοντος, τις οποίες πρωτοεμφάνισα στα βιβλία μου ¨Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας¨, κτλ, αποτελούν δε μέρος από τις 4.500 περίπου που έχω επινοήσει κατά το παρελθόν.

Μετά τα παραπάνω, κάνουμε την αρχή με την παρακάτω,
Γενίκευση B28:
«Τριγώνου , όλες οι πλευρές του τέμνονται από κύκλο $\left ( O,R \right )$ ή έλλειψη, στα ζεύγη των σημείων: $A_{1}-A_{2}\in AB$ , $B_{1}-B_{2}\in BC$ , $C_{1}-C_{2}\in CA$ .
Αν είναι: $A'\equiv AB_{1}\bigcap BC_{2}$ , $B'\equiv BC_{1}\bigcap CA_{2}$ , $C'\equiv CA_{1}\bigcap AB_{2}$ ,
$A'_{1}\equiv AB_{2}\bigcap BC_{1}$ , $B'_{1}\equiv BC_{2}\bigcap CA_{1}$ , $C'_{1}\equiv CA_{2}\bigcap BB_{1}$ ,

τότε θα είναι: $AB'\bigcap BC'\bigcap CA'\equiv K$ και $AB'_{1}\bigcap BC'_{1}\bigcap CA'_{1}\equiv K_{1}$ .
/u]

Αγαπητοί φίλοι, για την παραπάνω Πρόταση, περιμένουμε τις απαντήσεις σας, πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα.

Δική μας απόδειξη θα δοθεί σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#2

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 04, 2025 5:46 pm

Γενίκευση B28:
«Τριγώνου , όλες οι πλευρές του τέμνονται από κύκλο $\left ( O,R \right )$ ή έλλειψη, στα ζεύγη των σημείων: $A_{1}-A_{2}\in AB$ , $B_{1}-B_{2}\in BC$ , $C_{1}-C_{2}\in CA$ .
Αν είναι: $A'\equiv AB_{1}\bigcap BC_{2}$ , $B'\equiv BC_{1}\bigcap CA_{2}$ , $C'\equiv CA_{1}\bigcap AB_{2}$ ,
$A'_{1}\equiv AB_{2}\bigcap BC_{1}$ , $B'_{1}\equiv BC_{2}\bigcap CA_{1}$ , $C'_{1}\equiv CA_{2}\bigcap BB_{1}$ ,

τότε θα είναι: $AB'\bigcap BC'\bigcap CA'\equiv K$ και $AB'_{1}\bigcap BC'_{1}\bigcap CA'_{1}\equiv K_{1}$ .

.
Η άσκηση είναι πάρα πολύ γνωστή. Την συναντά κανείς σε σχεδόν όλες τις Γεωμετρίες που έχουν κεφάλαιο για το Θεώρημα Ceva, είτε ως θεωρία είτε ως άσκηση. Παρακάτω παραθέτω αυτούσια την σελίδα από το πολυδιαβασμένο βιβλίο ασκήσεων των Ιησουιτών.
.

: Ιησουίτες Tarquem.png (377.44 KiB) Προβλήθηκε 2025 φορές

.
Από εκεί το πήρε η Ελληνική βιβλιογραφία, και εμφανίζεται συχνότατα, όπως συχνότατα εμφανίζεται στην ξένη βιβλιογραφία (σε όλες τις γλώσσες). Παρακάτω παραθέτω αυτούσια την αντίστοιχη άσκηση από την πολυδιαβασμένη Γεωμετρία του Μπαρμπαστάθη.
.

: Μπαρμπαστάθης.png (77.28 KiB) Προβλήθηκε 2023 φορές

.

Ας προσθέσω ότι το αποτέλεσμα ονομάζεται Θεώρημα του Tarquem, και ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΣΤΗΚΕ πριν από το 1900

.

Επίσης έχει χρησιμοποιηθεί άπειρες φορές για να αποδείξει συγκλίσεις τριάδας σεβιανών από άλλη συγκλίνουσα τριάδα. Για παράδειγμα αν πάρουμε τις (συγκλίνουσες) διαμέσους και ως κύκλο τον κύκλο του Euler (που διέρχεται από τα μέσα των πλευρών και επίσης από τους πόδες των υψών). έπεται ότι συγκλίνουν τα ύψη.

Η μορφή της με έλλειψη αντί για κύκλο είναι εξ ίσου πολυεμφανιζόμενη. Άλλωστε προκύπτει κατά τετριμμένο τρόπο από την περίπτωση του κύκλου αφού κάθε έλλειψη μπορεί να προβληθεί σε κύκλο.

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 04, 2025 11:04 pm
Η μορφή της με έλλειψη αντί για κύκλο είναι εξ ίσου πολυεμφανιζόμενη. Άλλωστε προκύπτει κατά τετριμμένο τρόπο από την περίπτωση του κύκλου αφού κάθε έλλειψη μπορεί να προβληθεί σε κύκλο.

Ας προσθέσω ότι ισχύει το ίδιο για οποιαδήποτε Κωνική, όχι μόνο έλλειψη. Στο παρακάτω σχήμα οι σεβιανές AD, BE, CF

(μαύρες στο σχήμα) του τριγώνου ABC

συγκλίνουν στο

. Η υπερβολή (κόκκινη στο σχήμα) διέρχεται από τα D,E,F

και επανατέμνει το τρίγωνο στα σημεία K,L,M

. Τότε οι σεβιανές AM, BL, CM

(πράσινες στο σχήμα) συγκλίνουν και αυτές, στο

.

H γενίκευση σε κωνική - έλλειψη, παραβολή, υπερβολή- είναι κοινοτυπία. Την βρίσκει κανείς σε όλα τα βιβλία Προβολικής Γεωμετρίας που ασχολούνται με κωνικές. Άλλωστε η απόδειξη της μισής γραμμής που έγραψα για την έλλειψη είναι κεντρικό θέμα στο βιβλίο του Desargue. Και το χρησιμοποιήσε ο Pascal στην απόδειξή του τού ομώνυμου θεωρήματος. Αυτά για την ιστορία.
.

#4

Καμιά σχέση η παραπάνω δική μου προτεινόμενη Πρόταση Β28 (ποστ 1) έχει, με αυτή που αναφέρεται παραπάνω (ποστ 2) των Ιησουϊτών και Μπαρμπαστάθη. Τούτο διαπιστώνει άμεσα και εύκολα, κάθε καλοπροαίρετος αναγνώστης, καθώς είναι προφανές ότι δεν έχουν όμοια δοσμένα και όμοια ζητούμενα.

Διερωτώμαι μήπως δεν έχει γίνει κατανοητή η δική μου Πρόταση;

Νίκος Κυριαζής

#5

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 05, 2025 9:36 am
Καμιά σχέση η παραπάνω δική μου προτεινόμενη Πρόταση Β28 (ποστ 1) έχει, με αυτή που αναφέρεται παραπάνω (ποστ 2) των Ιησουϊτών και Μπαρμπαστάθη. Τούτο διαπιστώνει άμεσα και εύκολα, κάθε καλοπροαίρετος αναγνώστης.

.
Το αντίθετο. Οι παραπομπές που έδωσα, συν ένα πρόσθετο τετριμμένο βήμα, είναι ακριβώς η ζητούμενη απόδειξη,

Λάθος μου που δεν ήμουνα πιο αναλυτικός αλλά δεν φανταζόμουν ότι δεν θα ήταν ορατά αυτά που γράφω, δεδομένου ότι είναι απλά και γνωστά. Όπως και να είναι, απολογούμαι και επανορθώνω: Γράφω από κάτω την πλήρη απόδειξη με σχολαστικότητα.
.

: Πρωτοεμφ.png (81.32 KiB) Προβλήθηκε 1939 φορές

.
Προεκτείνουμε τις AB', BC', CA'

μέχρι να τμήσουν τις απέναντι πλευρές στα X,Y,Z

.

Επειδή οι AX, BC_1, CA_2

είναι συγκλίνουσα δέσμη, έχουμε από Ceva

$\displaystyle{\dfrac {BX}{XC}\dfrac {CC_1}{C_1A}\dfrac {AA_2}{A_2B}=1}$

Όμοια από τις δέσμες BY, CA_1, BC_2

και

έχουμε

$\displaystyle{\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AA_1}{A_1B}\dfrac {BB_2}{B_2C}=1}$ και

$\displaystyle{\dfrac {AZ}{ZB}\dfrac {BB_1}{B_1C}\dfrac {CC_2}{C_2A}=1}$

Αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη θα βρούμε

$\displaystyle{\left (\dfrac {BX}{XC}\dfrac {{\color {red} CC_1}}{{\color {red} C_1A}}\dfrac {AA_2}{A_2B}\right ) \left(\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AA_1}{A_1B}\dfrac {BB_2}{B_2C}\right)\left(\dfrac {AZ}{ZB}\dfrac {BB_1}{B_1C}\dfrac {{\color {red} CC_2}}{{\color {red} C_2A}}\right)=1}$

Αλλά από δύναμη σημείου έχουμε $CC_1\cdot CC_2=AC_1\cdot AC_2$ και κυκλικά, άλλες δύο. Κάνοντας τις απλοποιήσεις (σημείωσα με κόκκινο την προηγούμενη περίπτωση) μένει

$\displaystyle{\dfrac {BX}{XC}\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AZ}{ZB}= 1}$

και άρα από Ceva οι AX,BY,CZ

(οι κόκκινες γραμμές) συγκλίνουν. Όμοια η δεύτερη τριάδα.

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη. Ας προσθέσω ότι παρατηρεί κανείς ότι πρόκειται για ακριβώς τα ίδια βήματα με τις παραπομπές στους Ιησουίτες και τον Μπαρμπαστάθη, εκτός από τετριμμένη διασκευή.

Προσκαλώ τους Γεωμέτρες του φόρουμ να αποφανθούν αν η απόδειξη αυτή είναι πλήρης και σωστή.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 04, 2025 5:46 pm

Δική μας απόδειξη θα δοθεί σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Kύριε Κυριαζή
Περιμένουμε τη δική σας λύση στην πρόταση που προτείνατε.
Μέχρι τότε υπάρχει η απόδειξη του κυρίου Λάμπρου.

Dimessi · #7

[Διαγραφή παραγράφου από Γενικούς Συντονιστές]

Η απόδειξη του κυρίου Λάμπρου είναι κομψότατη , σαφέστατη, ξεκάθαρη, αψεγάδιαστη.
Αυτή είναι η αλήθεια.
Εδώ δεν είναι θέμα προσωπικής άποψης. Είναι αδιάσειστα τα στοιχεία που παρατίθενται από τον κύριο Λάμπρου.
Και χωρίς αυτά όμως , οποιοσδήποτε διαθέτει γεωμετρική ενόραση , καταλαβαίνει αμέσως τα όλα όσα λέει ο κύριος Λάμπρου

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 05, 2025 4:33 pm

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 05, 2025 9:36 am
Καμιά σχέση η παραπάνω δική μου προτεινόμενη Πρόταση Β28 (ποστ 1) έχει, με αυτή που αναφέρεται παραπάνω (ποστ 2) των Ιησουϊτών και Μπαρμπαστάθη. Τούτο διαπιστώνει άμεσα και εύκολα, κάθε καλοπροαίρετος αναγνώστης.
.
Το αντίθετο. Οι παραπομπές που έδωσα, συν ένα πρόσθετο τετριμμένο βήμα, είναι ακριβώς η ζητούμενη απόδειξη,

Λάθος μου που δεν ήμουνα πιο αναλυτικός αλλά δεν φανταζόμουν ότι δεν θα ήταν ορατά αυτά που γράφω, δεδομένου ότι είναι απλά και γνωστά. Όπως και να είναι, απολογούμαι και επανορθώνω: Γράφω από κάτω την πλήρη απόδειξη με σχολαστικότητα.
.
Πρωτοεμφ.png
.
Προεκτείνουμε τις μέχρι να τμήσουν τις απέναντι πλευρές στα .

Επειδή οι είναι συγκλίνουσα δέσμη, έχουμε από Ceva

$\displaystyle{\dfrac {BX}{XC}\dfrac {CC_1}{C_1A}\dfrac {AA_2}{A_2B}=1}$

Όμοια από τις δέσμες και έχουμε

$\displaystyle{\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AA_1}{A_1B}\dfrac {BB_2}{B_2C}=1}$ και

$\displaystyle{\dfrac {AZ}{ZB}\dfrac {BB_1}{B_1C}\dfrac {CC_2}{C_2A}=1}$

Αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη θα βρούμε

$\displaystyle{\left (\dfrac {BX}{XC}\dfrac {{\color {red} CC_1}}{{\color {red} C_1A}}\dfrac {AA_2}{A_2B}\right ) \left(\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AA_1}{A_1B}\dfrac {BB_2}{B_2C}\right)\left(\dfrac {AZ}{ZB}\dfrac {BB_1}{B_1C}\dfrac {{\color {red} CC_2}}{{\color {red} C_2A}}\right)=1}$

Αλλά από δύναμη σημείου έχουμε $CC_1\cdot CC_2=AC_1\cdot AC_2$ και κυκλικά, άλλες δύο. Κάνοντας τις απλοποιήσεις (σημείωσα με κόκκινο την προηγούμενη περίπτωση) μένει

$\displaystyle{\dfrac {BX}{XC}\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AZ}{ZB}= 1}$

και άρα από Ceva οι (οι κόκκινες γραμμές) συγκλίνουν. Όμοια η δεύτερη τριάδα.

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη. Ας προσθέσω ότι παρατηρεί κανείς ότι πρόκειται για ακριβώς τα ίδια βήματα με τις παραπομπές στους Ιησουίτες και τον Μπαρμπαστάθη, εκτός από τετριμμένη διασκευή.

Προσκαλώ τους Γεωμέτρες του φόρουμ να αποφανθούν αν η απόδειξη αυτή είναι πλήρης και σωστή.

Αυτή μάλιστα είναι απόδειξη της παραπάνω δικής μου Πρότασης Β28 (ποστ 1) και μάλιστα είναι πολύ σωστή.

Όσο για την παραπάνω απάντηση του ποστ 2, συνεχίζουν να ισχύουν αυτά που έχω γράψει παραπάνω (ποστ 4).

Νίκος Κυριαζής

#9

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 05, 2025 10:21 pm
Εδώ δεν είναι θέμα προσωπικής άποψης. Είναι αδιάσειστα τα στοιχεία που παρατίθενται από τον κύριο Λάμπρου.
Και χωρίς αυτά όμως , οποιοσδήποτε διαθέτει γεωμετρική ενόραση , καταλαβαίνει αμέσως τα όλα όσα λέει ο κύριος Λάμπρου

Δημήτρη, είναι ακριβώς όπως τα λες.

Σύντομα θα βάλω και άλλη μία παραλλαγή στο ίδιο μοτίβο. Ελπίζω να προλάβω σήμερα δεδομένου ότι έχει αρκετή πληκτρολόγιση. Αλλιώς, λίγο υπομονή γιατί έχω ταξίδι αύριο για Μαυροβούνιο/Μοντενέγκρο, όπου έχω πολύ βαρύ πρόγραμμα ομιλιών σε μαθητές σε Σχολεία και σε φοιτητές στο εκεί Μαθηματικό Τμήμα. Δυστυχώς εκεί η σύνδεση στο ίντερνετ είναι προβληματική.

Dimessi · #10

Μακάρι να μπορούσα να έρθω εκεί να γνωριστούμε κι από κοντά . Δεν μπορώ όμως να φύγω.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #11

Καλημέρα.
Ένα συμπέρασμα της συζήτησης είναι ότι η πρόταση που πρότεινε ο κύριος Κυριαζής δεν είναι πρωτοεμφανιζόμενη.
Αξιόλογη ναι, πρωτοεμφανιζόμενη όχι.

αρψ2400 · #12

Αν επέκταση σημαίνει παραλλαγή , έμπνευση από μια γνωστή πρόταση (και όχι γενίκευση , μιας και η λέξη γενίκευση αναφέρεται στον τίτλο της συζήτησης) έχει δίκιο ο κύριος Νίκος. Δεν λέει ο τίτλος τίποτα για εντελώς νέες πρωτότυπες προτάσεις.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #13

Εδώ δεν έχουμε κάποια πρωτότυπη παραλλαγή. Επίσης δεν είδα ο κύριος Κυριαζής να δημοσιεύει κάποια πρωτότυπη απόδειξη της πρότασης που πρότεινε. Δεν έχω να γράψω κάτι άλλο...

#14

αρψ2400 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 06, 2025 10:49 am
Αν επέκταση σημαίνει παραλλαγή , έμπνευση από μια γνωστή πρόταση (και όχι γενίκευση , μιας και η λέξη γενίκευση αναφέρεται στον τίτλο της συζήτησης) έχει δίκιο ο κύριος Νίκος. Δεν λέει ο τίτλος τίποτα για εντελώς νέες πρωτότυπες προτάσεις.

.
Αγαπητέ αρψ2400,

Με αφορμή τον συλλογισμό σου, μου δίνεται η ευκαιρία να ξεκαθαρίσω τι εννοούμε στα Μαθηματικά με την λέξη "πρωτοεμφανιζόμενο" θεώρημα ή απόδειξη ή γενίκευση.

Πρωτοεμφανιζόμενο σημαίνει κάτι το οποίο είναι ουσιωδώς διαφορετικό από τα υπάρχοντα μέχρι εκείνη την στιγμή. Για παράδειγμα, μία τέτοια απόδειξη πρέπει να έχει μία ιδέα η οποία είναι ουσιαστικά διαφορετική. Μικρές παραλλαγές, όπως διαφορετική σειρά των ίδιων βημάτων ή μικρή διασκευή μια γνωστής κοινότυπης απόδειξης ή προσθήκης μίας δευτερεύουσας βελτίωσης ΔΕΝ λογίζονται πρωτοεμφανιζόμενα.

Τα Μαθηματικά πρέπει να κινούνται σε επίπεδο ιδεών, και η πραγματικά νέα ιδέα δεν είναι σε επίπεδο παραλλαγών. Αυτά τα λέει ο Euler, σε μία γνωστή του ανάλυση για τις ικανότητες διαβάθμισης των Μαθηματικών καταστάσεων που πρέπει να έχει ο πραγματικός Μαθηματικός σε αντιδιαστολή με τον ερασιτέχνη.

Ας δούμε ένα παράδειγμα.

Όταν ήμουν στην Αμερική είχα βαρεθεί να ακούω παντού για την απόδειξη του Πυθαγορείου Θεωρήματος από τον πάλαι ποτέ Πρόεδρο των Η.Π.Α. James A. Garfield (1831 –1881). Είχε πάρει εκρηκτικές διαστάσεις από τότε που δημοσιεύτηκε. Το πήραν οι εφημερίδες, γράφτηκε παντού, το έχει η Wikipedia ως ξεχωριστό λήμμα, το βλέπεις στα βιβλία τους, με μέγιστη εθνική υπερηφάνεια από τους Αμερικανούς.

Βλέπε

εδώ

και στην εφημερίδα New England Journal of Education του 1876 εδώ:
.

: Εφημερίδα 1876.png (311.84 KiB) Προβλήθηκε 1682 φορές

.

Η απόδειξη του Garfield είναι αυτή στο αριστερό σχήμα παρακάτω, όπου ο υπολογισμός του εμβαδού του τραπεζίου με δύο διαφορετικούς τρόπους, δίνει την σχέση a^2=b^2+c^2

. Αλλά πόσο καινούργια και πόσο πρωτότυπη είναι; Λέω λοιπόν, αν διπλασιάσεις το σχήμα του Garfield παίρνεις το δεξί σχήμα, στο οποίο και πάλι, ο υπολογισμός του εμβαδού με δύο διαφορετικούς τρόπους, δίνει την ίδια σχέση. Νέα απόδειξη; Ούτε συζήτηση! Η απόδειξη του Garfield είναι απλά η δεξιά μόνο που κόψαμε το σχήμα σε δύο ίσα μέρη με την κόκκινη γραμμή. ΤΙΠΟΤΑ ΑΛΛΟ.
.

: Garf συν Κιν.png (22.49 KiB) Προβλήθηκε 1682 φορές

.

Αλλά να που το δεξί σχήμα είναι η αρχαία Κινεζική απόδειξη του 100 π.Χ. του Πυθαγορείου. Βλέπε εδώ:
.

: Κιν Πυθ.png (119.26 KiB) Προβλήθηκε 1682 φορές

.
Έκανε λοιπόν κάτι νέο ο Garfield; Όχι, εις πείσμα των ερασιτεχνών Αμερικανών που επαναλαμβάνουν αενάως την ίδια θέση.

Ελπίζω, αγαπητέ αρψ2400, με αυτά να ξεκαθαρίζω το τοπίο.

(Αργότερα, αν προλάβω σήμερα γιατί έχω πτήση το εξωτερικό κάποια ώρα το μεσημέρι, θα βάλω και άλλο ένα θεώρημα με απόδειξη στο ίδιο μήκος κύματος με το περί ου ο λόγος θέμα στο θρεντ αυτό. Αλλιώς θα το κάνω με πρώτη ευκαιρία.)

#15

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 05, 2025 5:34 pm

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 04, 2025 5:46 pm

Δική μας απόδειξη θα δοθεί σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Kύριε Κυριαζή
Περιμένουμε τη δική σας λύση στην πρόταση που προτείνατε.
Μέχρι τότε υπάρχει η απόδειξη του κυρίου Λάμπρου.

Αγαπητέ Τηλέμαχε Καλημέρα.
Σε ευχαριστώ για τη συμμετοχή σου εδώ, αλλά και σε άλλες μου συζητήσεις.
Επειδή, όπως αντιλαμβάνομαι, δε σου δόθηκε η ευκαιρία να μελετήσεις όλο το ιστορικό της συζήτησης εδώ, για την ενημέρωσή σου, έχω να πω τα εξής:
---Εγώ δε διαφωνώ με την παραπάνω πολύ σωστή και λεπτομερή απόδειξη του κ. Μ. Λάμπρου (ποστ 5), αλλά επειδή παρουσίασε σε φωτογραφίες (ποστ 2), μία άλλη άσχετη Πρόταση, ως τη δική μου (ποστ 1), προφανώς πιστεύω εκ παραδρομής.
Μετά τη δική μου απάντηση (ποστ 4), αντελήφθη προφανώς το λάθος και έδωσε την παραπάνω σωστή απόδειξη της δικής μου Πρότασης (ποστ 5). Αυτή είναι η όλη η αλήθεια, την οποία θα διαπιστώσεις και εσύ, αν μελετήσεις προσεκτικά όλα τα παραπάνω ποστ.
Ιδιαίτερα θα πρέπει να προσέξεις στην διαφορά των δύο Προτάσεων (ποστ 1 και 2), την οποία διαπιστώνεις άμεσα και εύκολα μόνο με μια ματιά, καθώς αυτές διαφέρουν απόλυτα ως προς τα δοσμένα τους και ως προς τα ζητούμενά τους.
Δύο δικές μου αποδείξεις θα αναρτήσω, αφού όμως απαντήσω και σε άλλους φίλους που με τίμησαν με τη συμμετοχή του εδώ.

Με την ευκαιρία αυτή θα ήθελα να σε ευχαριστήσω και για την συμμετοχή σου και άλλοτε, αλλά ιδιαίτερα στο κλειδωμένο μου θρεντ, εδώ:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... &start=120
Όπου και εκεί, η τελευταία λύση του κ. Λάμπρου ήταν σωστή και θα το έγραφα, αλλά το θρεντ εκείνο κλειδώθηκε και δεν πρόλαβα, ενώ στη συνέχεια διαγράφηκε αντιδεοντολογικά μόνο η απολογία μου [Διαγραφή παραγράφου από Γενικούς Συντονιστές]

Με αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής

#16

.

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 05, 2025 9:36 am
Καμιά σχέση η παραπάνω δική μου προτεινόμενη Πρόταση Β28 (ποστ 1) έχει, με αυτή που αναφέρεται παραπάνω (ποστ 2) των Ιησουϊτών και Μπαρμπαστάθη. Τούτο διαπιστώνει άμεσα και εύκολα, κάθε καλοπροαίρετος αναγνώστης.

.

Το αντίθετο. 'Οπως έγραψα και στο ποστ #5, οι παραπομπές που έδωσα, συν ένα πρόσθετο τετριμμένο βήμα, είναι ακριβώς η ζητούμενη απόδειξη. Με το παρακάτω απαντώ άλλη μία φορά στο σχόλιο
.

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 07, 2025 12:30 pm

Μετά τη δική μου απάντηση (ποστ 4), αντελήφθη προφανώς το λάθος και έδωσε την παραπάνω σωστή απόδειξη της δικής μου Πρότασης (ποστ 5).

.

Δεν υπάρχει κανένα λάθος!

Είναι σαφές ότι δεν έχει γίνει αντιληπτό το σχόλιό μου για την ταυτοσημία (πλην δευτερευόντων διαφορών) των εδώ παρατιθέμενων θεωρημάτων. Ευκαιρία να δώσω άλλη μία περίπτωση ταυτοσημίας, όπως άλλωστε υποσχέθηκα εδώ:
.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 06, 2025 8:43 am
Σύντομα θα βάλω και άλλη μία παραλλαγή στο ίδιο μοτίβο.

.

: Πρωτοεμφ 2.jpg (41.53 KiB) Προβλήθηκε 1544 φορές

.
Έστω σε ένα τρίγωνο δύο δέσμες και που συγκλίνουν στα σημεία , αντίστοιχα. Ορίζουμε τα σημεία τομής των , και αντίστοιχα. Τότε οι ευθείες συγκλίνουν (κόκκινες στο σχήμα).

Απόδειξη. Έστω ότι οι προεκτάσεις των AA', BB', CC'

τέμνουν τις απέναντι πλευρές στα X,Y,Z

.

Από την συγκλίνουσα δέσμη BB_1, CC_2, AX

έχουμε

$\displaystyle{\dfrac {BX}{XC}\dfrac {CB_1}{B_1A}\dfrac {AC_2}{C_2B} =1}$ .

Όμοια από τις δέσμες AA_1, BB_2, CZ

και

έχουμε

$\displaystyle{\dfrac {AZ}{ZB}\dfrac {BA_1}{A_1C}\dfrac {CB_2}{B_2A} =1}$ και

$\displaystyle{\dfrac {CY}{YA}\dfrac {AC_1}{C_1B}\dfrac {BA_2}{A_2C} =1}$ .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{\left (\dfrac {BX}{XC}{\color {red} \dfrac {CB_1}{B_1A}}\dfrac {AC_2}{C_2B} \right) \left (\dfrac {AZ}{ZB}{\color {red} \dfrac {BA_1}{A_1C}}\dfrac {CB_2}{B_2A} \right) \left (\dfrac {CY}{YA}{\color {red} \dfrac {AC_1}{C_1B}}\dfrac {BA_2}{A_2C} \right) =1 \.\,(*)}$

Αλλά από τις αρχικές δέσμες AA_1, BB_1,CC_1

και

έχουμε

$\displaystyle{\dfrac {BA_1}{A_1C}\dfrac {CB_1}{B_1A}\dfrac {AC_1}{C_1B} =1}$ και

$\displaystyle{\dfrac {BA_2}{A_2C}\dfrac {CB_2}{B_2A}\dfrac {AC_2}{C_2B} =1}$

Απλοποιώντας αυτές από την (*)

παραπάνω (για παράδειγμα η πρώτη είναι σημειωμένη με κόκκινο) παίρνουμε

$\displaystyle{\dfrac {AZ} {ZB}\dfrac {BX} {XC} \dfrac {CY} {YA} }$ , από όπου η ζητούμενη σύγκλιση.

Σχόλιο: Την άσκηση δεν την έχω δει πουθενά. Θα μπορούμε άραγε να ονομαστεί ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΗ; Ούτε κατά διάνοια. Πρόκειται για μικρή παραλλαγή της απόδειξης του Tarquem, είναι κοινοτυπία και η τεχνική γνωστότατη. Στα Μαθηματικά ο όρος "πρωτοεμφανιζόμενος" πρέπει να έχει ουσιαστικό περιεχόμενο. Παραλλαγές γνωστών μοτίβων, όπως ΟΛΑ τα παραπάνω, είναι απλά ασκήσεις. Τίποτα παραπάνω.

Ελπίζω τώρα να γίνουν κατανοητά τα σημεία που έχω επισημάνει αρκετές φορές. Για παράδειγμα στο ποστ #16 σχετικά με την δήθεν πρωτοεμγανιζόμενη απόδειξη του Garfield, που ξεκινά με το:

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 07, 2025 11:17 am
Με αφορμή τον συλλογισμό σου, μου δίνεται η ευκαιρία να ξεκαθαρίσω τι εννοούμε στα Μαθηματικά με την λέξη "πρωτοεμφανιζόμενο" θεώρημα ή απόδειξη ή γενίκευση.

.

Ας σημειώσω ότι έχω και άλλα τρία παραδείγματα ασκήσεων στο ίδιο μοτίβο. Δεν τα έχω δει πουθενά, αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι διεκδικούν τον τίτλο του πρωτοεμφανιζόμενου. Είναι, απλά, ασκήσεις. Ίσως βρω την ευκαιρία να τα παραθέσω, αλλά επειδή έχουν πολύ πληκτρολόγιση με αποτρέπει ο κόπος. Άλλωστε νομίζω ότι αυτά που λέω τόσην ώρα είναι πλέον σαφέστατα, και δεν νομίζω ότι χρειάζεται μεγαλύτερη διαστολή στο θέμα.

#17

αρψ2400 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 06, 2025 10:49 am
Αν επέκταση σημαίνει παραλλαγή , έμπνευση από μια γνωστή πρόταση (και όχι γενίκευση , μιας και η λέξη γενίκευση αναφέρεται στον τίτλο της συζήτησης) έχει δίκιο ο κύριος Νίκος. Δεν λέει ο τίτλος τίποτα για εντελώς νέες πρωτότυπες προτάσεις.

Αγαπητέ φίλε αρψ2400 και φίλοι μου.
Στο παραπάνω ποστ 1, διευκρινίζουμε την έννοια του όρου «ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΑ» ειδικά για το παρόν θρεντ, με σκοπό να μη δημιουργείται σύγχυση, συζητήσεις επί συζητήσεων και να μη δημιουργούνται παρεξηγήσεις. Επειδή δε, δεν έχουμε την ψευδαίσθηση ότι όλες οι 4500 περίπου Προτάσεις που έχουμε επινοήσει είναι ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ, γι’ αυτό σημειώνουμε εκεί (ποστ 1), ότι: «Για όλα αυτά θα θέλαμε να μας γνωρίζετε συγκεκριμένα αν τα έχετε συναντήσει, που, πότε, προκειμένου να μάθουμε την αλήθεια και να κάνετε την σχετική καλοπροαίρετη κριτική σας».

Τα παραπάνω υπενθυμίζουμε και σε κάθε ανάρτησή μας κάποιας Πρότασής μας στο φορουμ.

[Διαγραφή παραγράφου από Γενικούς Συντονιστές]

Με αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής

#18

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 06, 2025 10:04 am
Καλημέρα.
Ένα συμπέρασμα της συζήτησης είναι ότι η πρόταση που πρότεινε ο κύριος Κυριαζής δεν είναι πρωτοεμφανιζόμενη.
Αξιόλογη ναι, πρωτοεμφανιζόμενη όχι.

Αγαπητέ Τηλέμαχε Καλημέρα.
Από που προκύπτει αυτό το συμπέρασμα;
(Βλέπε και παραπάνω ποστ 21, αλλά και ποστ 4 και 17).

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

#19

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 08, 2025 12:17 pm
Ας σημειώσω ότι έχω και άλλα τρία παραδείγματα ασκήσεων στο ίδιο μοτίβο. Δεν τα έχω δει πουθενά, αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι διεκδικούν τον τίτλο του πρωτοεμφανιζόμενου. Είναι, απλά, ασκήσεις. Ίσως βρω την ευκαιρία να τα παραθέσω, αλλά επειδή έχουν πολύ πληκτρολόγιση με αποτρέπει ο κόπος. Άλλωστε νομίζω ότι αυτά που λέω τόσην ώρα είναι πλέον σαφέστατα, και δεν νομίζω ότι χρειάζεται μεγαλύτερη διαστολή στο θέμα.

.
Παραθέτω άλλο ένα παράδειγμα στο ίδιο μοτίβο. Δεν γράφω την λύση γιατί είναι μία από τα ίδια. Εδώ η άσκηση είναι σαν την αντίστοιχη στο ποστ #1 και επίσης σαν το Θεώρημα Tarquem στο #2, μόνο που ο κύκλος έγινε δύο τέμνουσες.
.
.

: Πρωτοεμφ 3.jpg (33.91 KiB) Προβλήθηκε 1433 φορές

.
Δίνεται τρίγωνο ABC

και σημείο

στην προέκταση της βάσης. Από το

φέρνουμε δύο διατέμνουσες KDE, KFG

που τέμνουν τις πλευρές AB, AC

στα

και

, αντίστοιχα. Από σημείο

της βάσης φένουμε τα LD, LE

που τέμνουν την KFG

στα

, αντίστοιχα. Τότε οι AL, BX, CY

συγκλίνουν (κόκκινες στο σχήμα).

#20

ΝΙΚΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 07, 2025 12:30 pm
Όπου και εκεί, η τελευταία λύση του κ. Λάμπρου ήταν σωστή και θα το έγραφα, αλλά το θρεντ εκείνο κλειδώθηκε και δεν πρόλαβα, ενώ στη συνέχεια διαγράφηκε αντιδεοντολογικά μόνο η απολογία μου [Διαγραφή παραγράφου από Γενικούς Συντονιστές]

Κάναμε αρκετή υπομονή σε αυτό το θέμα χωρίς να διαγράψουμε κάτι και είδαμε που οδήγησε αυτό.

Αναγκαστήκαμε ξανά να διαγράψουμε αναρτήσεις μελών μας ή και να σβήσουμε επίμαχα σημεία.

Παρακαλούμε η συζήτηση από εδώ και πέρα να μείνει εντός θέματος αλλιώς θα κλειδωθεί και αυτό.

ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Re: ΠΡΩΤΟΕΜΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΓΕΝΙΚΕΥΣΕΙΣ, ΕΠΕΚΤΆΣΕΙΣ, ΑΠΟΔΕΊΞΕΙΣ, ΓΝΩΣΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ, Γ. Τ..

Μέλη σε σύνδεση