ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

#421

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τρί Φεβ 24, 2026 10:27 am
Α53. Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο, το ίχνος του ύψους του στην υποτείνουσα αποτελή χρυσή τομή της υποτείσας, τότε και μόνο τότε, τα μήκη των πλευρών του τριγώνου αυτού, αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.

.

: χρυσή.png (2.27 KiB) Προβλήθηκε 544 φορές

.
Είναι άμεσο:

$[ap=q^2 ]\Leftrightarrow [a^2(ap)=(aq)^2 ]\Leftrightarrow [a^2b^2=(c^2)^2 ] \Leftrightarrow [ab=c^2]$ . Τελειώσαμε.

#422

Απόδειξη της παραπάνω Πρότασης Α53.
.
Αγαπητοί φίλοι,
Απόδειξή μου, θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 6, Σελίδα βιβλίου 58, ή διαδικτυακά 64, Πρόταση 6ι(44).

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1HkhS6E ... EOwb6/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 58, ή ψηφιακά 64, παράγραφος 16ι(44).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν αυτή την προϋπόθεση.

Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Κατά τον Πλάτωνα, «Αυτός που δεν γνώριζε τουλάχιστον τα βασικά θέματα της Γεωμετρίας, δε μπορούσε να θεωρηθεί ολοκληρωμένος άνθρωπος ».
.

#423

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για λύση το παρακάτω νέο μου Πρόβλημα, Α54:

Α54. Σε δοσμένο ευθύγραμμο τμήμα

, να ορισθούν σημεία $\Gamma$ και $\Delta$ , έτσι ώστε τα σημεία αυτά να αποτελούν χρυσές τομές των τμημάτων $A\Delta$ και $B\Gamma$ αντίστοιχα και όταν είναι το $\Gamma$ μεταξύ των

και $\Delta$ , ενώ το $\Gamma \Delta$

$A\Gamma$ και $B\Delta$ .

Παρακαλώ για τις δικές σας λύσεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.

Δική μου λύση, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που Την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν αυτή την προϋπόθεση.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
Οι Μάρξ, Αϊστάϊν, Ναπολέων και άλλοι, δεν είναι τυχαίο, που όπως οι ίδιοι έλεγαν, προτού ασχοληθούν με κάποιο σοβαρό πρόβλημα, μελετούσαν Γεωμετρία.
[/b]

#424

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Παρ Μαρ 13, 2026 12:31 pm
Πρόβλημα Α54. Σε δοσμένο ευθύγραμμο τμήμα , να ορισθούν σημεία $\Gamma$ και $\Delta$ , έτσι ώστε τα σημεία αυτά να αποτελούν χρυσές τομές των τμημάτων $A\Delta$ και $B\Gamma$ αντίστοιχα και όταν είναι το $\Gamma$ μεταξύ των και $\Delta$ , ενώ το $\Gamma \Delta$ $A\Gamma$ και $B\Delta$ .

: Χρυσή τομή.png (9.25 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές

.
Είναι απλούστατο: Θα γίνει χρήση του ορισμού $\dfrac {a+b}{a}=\dfrac {a}{b} = \phi$ .

Φέρνουμε μία διατέμνουσα και επ' αυτής παίρνουμε $AX=1, \, XY=\phi, \, YZ=1$ .

Ενώνουμε το

με το

και φέρνουμε παράλληλες $X\Gamma, \, Y\Delta$ της

.

Τελειώσαμε καθώς $\dfrac {\Gamma \Delta}{A \Gamma }= \dfrac {XY}{AX }=\phi$ και όμοια $\dfrac {\Gamma \Delta}{\Delta B }=\phi$ .

Έχω κατά νου τουλάχιστον άλλες δύο απλές λύσεις, αλλά αρκεί η παραπάνω. Ας προσθέσω ότι σε όλες ανεξαιρέτως τις Γεωμετρίες υπάρχει κατασκευή όπου, γενικότερα, τα ενδιάμεσα σημεία μερίζουν το

σε τμήματα με οποιουσδήποτε δοσμένους λόγους p:q:r

.

#425

Λύση της παραπάνω Κατασκευής Α55.
.
Αγαπητοί φίλοι,
Λύση μου, θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 8, Σελίδα βιβλίου 144, ή διαδικτυακά 152, Πρόταση 8ι(58).

Ή, πιο εύκολα, τη λύση μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1on4mDt ... D6yc3/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 144, ή ψηφιακά 152, παράγραφος 8ι(58).

Παρακαλώ για τις δικές σας λύσεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν την προϋπόθεση αυτή.

Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
"Η Γεωμετρία είναι ο μοναδικός κλάδος των μαθηματικών του οποίου το περιεχόμενο παρουσιάζει τόσο μεγάλη διαχρονικότητα. Ερωτήματα που τέθηκαν πριν από 2.500 χρόνια εξακολουθούν και σήμερα να μας καταπλήσσουν και κείμενα που γράφτηκαν σε πάπυρους και περγαμηνές εξακολουθούν να αναζωογονούν τη σκέψη μας".

#426

ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα μου Πρόταση, Α55:

Α55. Δύο τρίγωνα είναι ίσα, αν μία πλευρά του ενός είναι ίση με μια πλευρά του άλλου, έχουν ίσες τις απέναντι γωνίες στις ίσες πλευρές τους και ίσες τις διαμέσους, που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές τους.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.
Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν αυτή την προϋπόθεση.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
Όταν υπάρχει θέληση και αγάπη γι αυτό που κάνεις, καμιά δύναμη δεν μπορεί να σε σταματήσει.

#427

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τρί Απρ 07, 2026 11:45 am ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Α55. Δύο τρίγωνα είναι ίσα, αν μία πλευρά του ενός είναι ίση με μια πλευρά του άλλου, έχουν ίσες τις απέναντι γωνίες στις ίσες πλευρές τους και ίσες τις διαμέσους, που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές τους.

: ισα ορθ.png (25.25 KiB) Προβλήθηκε 348 φορές

.
Μάλλον θα υπάρχει κάποια μικρή παράλλειψη ή κάποια τυπογραφική αβλεψία γιατί όπως είναι τώρα διατυπωμένη η πρόταση, δεν βλέπω να ισχύει. Παρακάτω προτείνω μικρή διόρθωση. Για την ώρα ας δούμε αντιπαράδειγμα.

Παίρνουμε δύο ίσα ημικύκλια. Εγράφουμε στο καθένα από ένα τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο με υποτείνουσα την διάμετρο. Τα τρίγωνα αυτά έχουν ίσες διαμέσους προς την υποτείνουσα καθώς οι διάμεσοι έχουν μήκος το μισό της υποτείνουσας. Εδώ $BC=2R=EF, \, \widehat A = 90^o = \widehat D, \, AO=R=DO$ , αλλά τα τρίγωνα δεν είναι ίσα.

Αν θέλουμε αριθμητικό παράδειγμα άνισων τριγώνων, εξετάζουμε τα τρίγωνα με πλευρές $6,\,8, \, 10$ και $5\sqrt 2, \, 5 \sqrt 2, 10$ . Είναι ορθογώνια καθώς

6^2+8^2=100=10^2

και $(5\sqrt 2)^2+( 5 \sqrt 2)^2=100= 10^2$ . Έχουν ίσες υποτείνουσες (μήκους

), οπότε έχουν ίσες (ορθές) τις απέναντι γωνίες και ίσες διαμέσους προς την υποτείνουσα, μήκους

εκάστη.

Η διόρθωση που προτείνω: Τα εν λόγω τρίγωνα πρέπει να είναι οξυγώνια ή αμβλυγώνια. Η μόνη περίπτωση που δεν ισχύει η πρόταση, είναι στα ορθογώνια τρίγωνα. Θα βάλω κάποια στιγμή μία απλή απόδειξη.

#428

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τρί Απρ 07, 2026 11:45 am ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Α55. Δύο τρίγωνα είναι ίσα, αν μία πλευρά του ενός είναι ίση με μια πλευρά του άλλου, έχουν ίσες τις απέναντι γωνίες στις ίσες πλευρές τους και ίσες τις διαμέσους, που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές τους.

: ισα ορθ 2.png (18.65 KiB) Προβλήθηκε 330 φορές

.
Θα δείξω το ζητούμενο με την πρόσθετη συνθήκη ότι οι ίσες γωνίες απέναντι των ίσων πλευρών δεν είναι ορθές. Στην περίπτωση των ορθών, το ζητούμενο δεν ισχύει, όπως δείχνει το παράδειγμα στο προηγούμενο ποστ.

Υπάρχει απλή γεωμετρική απόδειξη αλλά τώρα αναρτώ μία με μετρικές σχέσεις, και θα επανέλθω.

Έχουμε λοιπόν δύο τρίγωνα με BC=a=a_1=B_1C_1

, και

και $\widehat A= \widehat A_1\ne 90^o$ .

Από το Θεώρημα της Διαμέσου έχουμε

$b^2+c^2= 2m^2+ \dfrac {a^2}{2} = 2m_1^2+ \dfrac {a_1^2}{2} = b_1^2+c_1^2$ . Από αυτήν και τον Νόμο του Συνημιτόνου έχουμε

$2bc \cos A= b^2+c^2-a^2= b_1^2+c_1^2-a_1^2= 2b_1c_1 \cos A_1$ .

Αλλά $\cos A= \cos A_1=\ne 0$ (το τελευταίο ισχύει διότι οι γωνίες δεν είναι ορθές και άρα τα συνημίτονά τους δεν είναι

). Έτσι από την

$2bc \cos A= 2b_1c_1 \cos A_1$ έπεται 2bc = 2b_1c_1

. Προσθέτοντας κατά μέλη με την b^2+c^2= b_1^2+c_1^2

έπεται

, και άρα

.

Δείξαμε λοιπόν ότι το ζεύγος b,c

και το

έχουν το ίδιο άθροισμα και το ίδιο γινόμενο, οπότε είναι ίσα, εδώ χωρίς βλάβη, b=b_1

και

.

Αυτές οι ισότητες μαζί με την a=a_1

δείχνουν ότι τα τρίγωνα είναι ίσα, όπως θέλαμε.

.

#429

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Απρ 07, 2026 10:48 pm
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τρί Απρ 07, 2026 11:45 am ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Α55. Δύο τρίγωνα είναι ίσα, αν μία πλευρά του ενός είναι ίση με μια πλευρά του άλλου, έχουν ίσες τις απέναντι γωνίες στις ίσες πλευρές τους και ίσες τις διαμέσους, που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές τους.

ισα ορθ 2.png
.
Θα δείξω το ζητούμενο με την πρόσθετη συνθήκη ότι οι ίσες γωνίες απέναντι των ίσων πλευρών δεν είναι ορθές. Στην περίπτωση των ορθών, το ζητούμενο δεν ισχύει, όπως δείχνει το παράδειγμα στο προηγούμενο ποστ.

Υπάρχει απλή γεωμετρική απόδειξη αλλά τώρα αναρτώ μία με μετρικές σχέσεις, και θα επανέλθω.

Έχουμε λοιπόν δύο τρίγωνα με , και και $\widehat A= \widehat A_1\ne 90^o$ .

Από το Θεώρημα της Διαμέσου έχουμε

$b^2+c^2= 2m^2+ \dfrac {a^2}{2} = 2m_1^2+ \dfrac {a_1^2}{2} = b_1^2+c_1^2$ . Από αυτήν και τον Νόμο του Συνημιτόνου έχουμε

$2bc \cos A= b^2+c^2-a^2= b_1^2+c_1^2-a_1^2= 2b_1c_1 \cos A_1$ .

Αλλά $\cos A= \cos A_1=\ne 0$ (το τελευταίο ισχύει διότι οι γωνίες δεν είναι ορθές και άρα τα συνημίτονά τους δεν είναι ). Έτσι από την

$2bc \cos A= 2b_1c_1 \cos A_1$ έπεται . Προσθέτοντας κατά μέλη με την έπεται

, και άρα .

Δείξαμε λοιπόν ότι το ζεύγος και το έχουν το ίδιο άθροισμα και το ίδιο γινόμενο, οπότε είναι ίσα, εδώ χωρίς βλάβη, και .

Αυτές οι ισότητες μαζί με την δείχνουν ότι τα τρίγωνα είναι ίσα, όπως θέλαμε.

Απίστευτα όμορφο, και μέγιστης διδακτικής αξίας -- Μιχάλη και Νίκο, ευχαριστούμε!

KARKAR · #430

: Διάμεσοι.png (33.1 KiB) Προβλήθηκε 313 φορές

Τοποθετώ την B'C'

πάνω στην

. Λόγω του $\hat{A'}=\hat{A}$ , το

ανήκει στον περίκυκλο του ABC

.

Αλλά τότε : $AM^2=d^2+r^2-2dr\cos(\widehat{MOA})=d^2+r^2-2dr\cos(\widehat{MOA'})=A'M^2$ ,

συνεπώς : $\widehat{MOA'}=\widehat{MOA}$ , επομένως το

συμπίπτει με το

( ή το

) . ( $O\not\equiv M$ )

#431

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Απρ 07, 2026 10:48 pm
Υπάρχει απλή γεωμετρική απόδειξη αλλά τώρα αναρτώ μία με μετρικές σχέσεις, και θα επανέλθω.

: ίσα τριγ.png (36.36 KiB) Προβλήθηκε 308 φορές

.
Γιώργο, ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια.

Γράφω την απλή γεωμετρική απόδειξη που υποσχέθηκα. Εδώ έχουμε δύο τρίγωνα με ίσα τα στοιχεία $BC=a,\, AM=m$ και γωνία

όπου υποθέτουμε ακόμη ότι $A\ne 90^o$ .

Η εικόνα δείχνει το ένα τρίγωνο. Εναποθέτουμε το δεύτερο πάνω του κάνοντας τα εξής βήματα. Θέτουμε την πλευρά του

να συμπέσει με την

του δοθέντα. Η κορυφή του

βρίσκεται σε κύκλο με κέντρο το μέσον

της

και ακτίνας MA=m

. Επίσης το

βρίσκεται στο τόξο που βλέπει το

κατά δοθείσα γωνία

. H τομή των δύο καμπυλών προσδιορίζει την θέση του

, αλλά προσοχή:

Οι δύο κύκλοι είτε τέμνονται σε δύο σημεία ή ταυτίζονται. Η γενική περίπτωση (όπως στο σχήμα) είναι να τέμνονται σε δύο σημεία, το

και το συμμετρικό του

. Όμως μπορεί να ταυτίζονται. Τότε πρέπει το κέντρο

του δεύτερου να συμπίπτει με το

, και επειδή διέρχεται από τα B,C

πρέπει η (κοινή) ακτίνα τους να είναι BM=MC=a/2

. Οπότε τα τόξα είναι κύκλοι με διάμετρο

και άρα η

, αλλά αυτή την εκδοχή την εξαιρέσαμε. Τελειώσαμε.

.

#432

KARKAR έγραψε: Τετ Απρ 08, 2026 11:15 am συνεπώς : $\widehat{MOA'}=\widehat{MOA}$ ... ( $O\not\equiv M$ )

Θανάση, ακριβώς. Όπως σημειώνεις, τα

και

μπορεί να συμπίπτουν οπότε, ας τονίσω για τους αναγνώστες, τότε δεν υπάρχει γωνία $\widehat{MOA}$ .

Το αντιπαράδειγμα που έδωσα παραπάνω, είναι ακριβώς αυτή η ακραία περίπτωση. Εκεί είναι που χαλάει η αρχική διατύπωση της πρότασης (και θέλει μικρή βελτίωση).

#433

Ευχαριστώ πολύ όλους τους φίλους που συμμετείχαν στην παραπάνω συζήτηση, από την οποία βγήκαν σημαντικά στοιχεία και ιδιαίτερα τον Γιώργο Μπαλόγλου για τα ευγενικά του λόγια.
Τους εύχομαι χρόνια πολλά, καλή Ανάσταση και καλή Λαμπρή.

Νίκος Κυριαζής΄

#434

Απόδειξη της παραπάνω Πρότασης Α55.
.
Αγαπητοί φίλοι,
Απόδειξή μου, θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 6, Σελίδα βιβλίου 113, ή διαδικτυακά 119, Πρόταση 6ι(84).

Ή, πιο εύκολα, την απόδειξή μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1HkhS6E ... EOwb6/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 113, ή ψηφιακά 119, παράγραφος 6ι(84).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν αυτή την προϋπόθεση.

Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Επέλεξα να ασχοληθώ με την Γεωμετρία, επειδή γνώριζα ότι αυτή χαρίζει απλόχερα γοητεία και δεν σε προδίδει ποτέ, αν αφοσιωθείς σ’ αυτήν και ασχοληθείς σοβαρά μαζί της, αλλά και επειδή πίστευα ότι μπορώ να προσφέρω στον τομέα αυτό

#435

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2026 9:16 am Απόδειξή μου, θα βρείτε,
...
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 6, Σελίδα βιβλίου 113, ή διαδικτυακά 119, Πρόταση 6ι(84).

...

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

.

: Ίσες διάμεσοι.png (132.91 KiB) Προβλήθηκε 211 φορές

.
Επειδή όπως είδαμε στα ποστ #427, #428 παραπάνω, το αποτέλεσμα δεν ισχύει ως έχει αλλά χρειάζεται μικρή προσθήκη, είναι χρήσιμο να δούμε πώς αυτό αντανακλάται στον δοθέντα συλλογισμό.

Ο συλλογισμός έχει βασιστεί σε σχήμα που αναφέρεται σε οξυγώνια τρίγωνα (το βλέπει κανείς από το γεγονός ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου είναι στο εσωτερικό του τριγώνου). Ο ίδιος συλλογισμός περνά χωρίς αλλαγή της ουσίας και σε αμβλυγώνια τρίγωνα. Το πρόβλημα είναι στα ορθογώνια τρίγωνα (η μόνη εξαίρεση) στην οπoία περίπτωση το κέντρο

του περιγεγραμμένου κύκλου είναι το μέσον της υποτείνουσας, δηλαδή συμπίπτει με το σημείο M_a

. Έτσι η γωνία $\widehat {AM_aO}$ εκφυλίζεται, και η περίπτωση αυτή πρέπει να εξαιρεθεί.

Με την ευκαιρία ευχαριστώ τον Γιώργο Μπαλόγλου για το σχόλιό του στο ποστ #429. Με τα παραπάνω ολοκληρώνεται η διδακτική αξία του θέματος, στην οποία αναφέρθηκε.

#436

ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα μου Πρόταση, Α56:

Α56.Για κάθε τριάδα όμοιων τριγώνων, τα τρία τρίγωνα που το καθένα έχει πλευρές τις τρεις από τις ομόλογες πλευρές, των τριών παραπάνω όμοιων τριγώνων, είναι επίσης τρία τρίγωνα όμοια μεταξύ τους.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.
Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν αυτή την προϋπόθεση.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
Η χαρά της δημιουργίας σε απογειώνει.

Nikitas K. · #437

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τετ Μάιος 13, 2026 11:06 am ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Α56.Για κάθε τριάδα όμοιων τριγώνων, τα τρία τρίγωνα που το καθένα έχει πλευρές τις τρεις από τις ομόλογες πλευρές, των τριών παραπάνω όμοιων τριγώνων, είναι επίσης τρία τρίγωνα όμοια μεταξύ τους.

Έστω ότι δίνονται τα τρίγωνα $\triangle 1$ ( $\alpha, \beta,\gamma$ ), $\triangle 2$ και $\triangle 3$ τέτοια, ώστε το τρίγωνο $\triangle 1$ να είναι όμοιο με τα τρίγωνα $\triangle 2$ και $\triangle 3$ με λόγους ομοιότητας $\lambda$ και $\kappa$ αντίστοιχα.

: Πρόταση, Α56.png (28.64 KiB) Προβλήθηκε 128 φορές

Αν είναι εφικτό να παραχθούν τα τρίγωνα $\triangle 4$ ( $\alpha,\lambda\alpha,\kappa\alpha$ ), $\triangle 5$ ( $\beta,\lambda\beta, \kappa\beta$ ) και $\triangle 6$ ( $\gamma,\lambda\gamma,\kappa\gamma$ ), δηλαδή αν ικανοποιείται η ανισότητα $\left|\lambda - \kappa\right| < 1 < \lambda + \kappa$ ώστε να ικανοποιείται η τριγωνική ανισότητα αυτών, τότε το τρίγωνο $\triangle 4$ είναι όμοιο με τα τρίγωνα $\triangle 5$ και $\triangle 6$ με λόγους ομοιότητας $\dfrac{\alpha}{\beta}$ και $\dfrac{\alpha}{\gamma}$ αντίστοιχα. $\blacksquare{}$

#438

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τετ Μάιος 13, 2026 11:06 am Α56.Για κάθε τριάδα όμοιων τριγώνων, τα τρία τρίγωνα που το καθένα έχει πλευρές τις τρεις από τις ομόλογες πλευρές, των τριών παραπάνω όμοιων τριγώνων, είναι επίσης τρία τρίγωνα όμοια μεταξύ τους.

.
Χάνω κάτι; Πρόκειται για απλούστατη πρόταση με απόδειξη της μιας ή δύο γραμμών. Είδαμε μία τέτοια λύση παραπάνω (την έχω υπόψη) αλλά γράφω μία διαφορετική από τις τρεις που γνωρίζω.

Έχουμε τρία τρίγωνα $(a,b,c), \, (p,q,r), \, (x,y,z)$ με ${\color {red} \dfrac {a}{p}=\dfrac {b}{q}}= \dfrac {c}{r}$ και ${\color {red} \dfrac {p}{x}=\dfrac {q}{y}}= \dfrac {r}{z}$ . Από τις σημειωμένες ισότητες έχουμε με εναλλαγή των μέσων

$\dfrac {a}{b}=\dfrac {p}{q}=\dfrac {x}{y}$ , όπως θέλαμε. Όμοια οι άλλες δύο περιπτώσεις. Τελεώσαμε.

Σχόλιο. Ας σημειώσω ακόμη ότι δεν ισχύει πάντα το συμπέρασμα. Για παράδειγμα τρία ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές, αντίστοιχα $(1,1,1),\, (2,2 ,2)$ και (10, 10, 10)

είναι όμοια, αλλά δεν υπάρχει τρίγωνο με πλευρές (1,2,10)

για να έχουμε ομοιότητα μιας δεύτερης ομάδας τριγώνων.

#439

Δύο αποδείξεις της παραπάνω Πρότασης Α56.
.
Αγαπητοί φίλοι,
Δύο αποδείξεις μου, θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 6, Σελίδα βιβλίου 3, ή στο pdf 9, Πρόταση 6ι(4).

Ή, πιο εύκολα, την απόδειξή μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1HkhS6E ... EOwb6/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 3, ή στο pdf 9, παράγραφος 6ι(4).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις. Έτσι στο εξής, δε θα απαντώ σε λύσεις που δεν τηρούν αυτή την προϋπόθεση.

Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Για κάτι που κάνεις, επειδή σου αρέσει, δεν υπάρχει τίμημα.

ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Μέλη σε σύνδεση