ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

#441

Απόδειξη της παραπάνω Πρότασης Α57.
.
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 261, ή διαδικτυακά 267, Πρόταση 6ι(177).

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 261, ή ψηφιακά 267, παράγραφος 6ι(177).

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.
Νίκος Κυριαζής.
ΕΓΡΑΨΑΝ- ΕΙΠΑΝ, εδώ:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=6&t=77572
.

#442

ΚΑΤΑΣΚΕΥΉ.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για νέες λύσεις την παρακάτω γνωστή μας Κατασκευή, Α58:

Δύο νέες λύσεις γνωστής Κατασκευής.
Α58. Ένα τμήμα ΑΒ, έχει διαιρεθεί εσωτερικά σε μέσο και άκρο λόγο. Αν γνωρίζουμε το μήκος του μικρού μέρους του, (που έχει διαιρεθεί), να κατασκευασθεί το ΑΒ.

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

Δύο δικές μου νέες λύσεις θα ακολουθήσουν 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
Ο Ιταλός Gino Loria (1862-1954), θεωρεί τον Ευκλείδη, ως τον μεγαλύτερο Μαθηματικό όλων των εποχών και όλων των εθνών.

#443

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τετ Αύγ 26, 2026 12:26 pm
Α58. Ένα τμήμα ΑΒ, έχει διαιρεθεί εσωτερικά σε μέσο και άκρο λόγο. Αν γνωρίζουμε το μήκος του μικρού μέρους του, (που έχει διαιρεθεί), να κατασκευασθεί το ΑΒ.

: Χρ τομ.png (13.03 KiB) Προβλήθηκε 378 φορές

.
Είναι άμεσο και απλούστατο.

α) Γεωμετρικά: Αρχίζουμε με ένα ευθύγραμμο τμήμα

το οποίο έχει διαιρεθεί σε μέσο και άκρο λόγο από το

. Έστω ακόμη ότι δίνεται μήκος

EF=m

, το οποίο σχεδιάζουμε σε μία παράλληλη ευθεία. Φέρνουμε τις

EC, \, FB

οι οποίες τέμονται στο

. Φέρνουμε την

, η οποία τέμνει την παράλληλη ευθεία στο

. To

είναι το ζητούμενο για τετριμμένο λόγο, και συγκεκριμένα διότι σε ομοιόθετα σχήματα διατηρούνται οι λόγοι των ομόλογων μηκών. Εδώ η

\dfrac {AB}{AC} = \dfrac {AC}{CB}= \phi

γίνεται

\dfrac {DF}{DE} = \dfrac {DE}{EF}= \phi

. Τελειώσαμε.

β) Αλγεβρικά: Με

AB=a, AC=M, CB=m

η

\dfrac {AC}{AB} = \dfrac {AB}{CB}= \phi

γράφεται

\dfrac {a}{M} = \dfrac {M}{m}=\phi

(*). Εδώ δίνεται το

και θέλουμε το

. Από την (*) δύο φορές έχουμε

a= \phi M = \phi (\phi m)= \boxed {\phi ^2 m}

. Tελειώσαμε, αφού η ζητούμενη κατασκευή τώρα είναι γνωστή και τεριμμένη. Ας προσθέσω ότι το

επίσης ισούται με

(1+\phi)m

αφού

\phi ^2=1+\phi

.

Μπορώ να σκεφτώ τουλάχιστον άλλους τρεις εξ ίσου απλούς τρόπους.

#444

ΑΚΥΡΟ

#445

Δύο λύσεις μου της παραπάνω Κατασκευής Α58.
.
Αγαπητοί φίλοι,
Δύο λύσεις μου, θα βρείτε, αν πάτε στους συνδέσμους:
Πρώτο
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 7, Σελίδα βιβλίου 266, ή ψηφιακά 274, Πρόταση 7ι(148).
και δεύτερο
https://drive.google.com/file/d/1HkhS6E ... EOwb6/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 82, ή ψηφιακά 88, παράγραφος 6ι(57).

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.
Ο Δανός ιστορικός Μαθηματικών Heiberg και άλλοι, ονόμασαν τον Ευκλείδη "Φειδία της Γεωμετρίας", δηλαδή καλλιτέχνη της Μαθηματικής σκέψης, καθώς το έργο του "Στοιχεία" θεωρείται ύψιστο καλλιτεχνικό Μαθηματικό δημιούργημα.

#446

ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα μου Πρόταση, Α59:

Α59. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ $\left ( \angle A= 90^{\circ} \right )$ , αν $\Delta$ είναι η προβολή του στην $B\Gamma$ , τα , , είναι τα μέσα των $\Delta \Gamma$ , $\Gamma A$ , αντίστοιχα, τότε τα τμήματα $BZ$ , , $BH$ , αποτελούν πλευρές ορθογώνιου τριγώνου όμοιου με το $AB\Gamma$ .

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 γνώμη του Γκαίτε ήταν:
Ότι είναι ο νους και η καρδιά για τον άνθρωπο, είναι η Ελλάδα για την ανθρωπότητα".

#447

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τρί Σεπ 08, 2026 10:01 am Α59. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ $\left ( \angle A= 90^{\circ} \right )$ , αν $\Delta$ είναι η προβολή του στην $B\Gamma$ , τα , , είναι τα μέσα των $\Delta \Gamma$ , $\Gamma A$ , αντίστοιχα, τότε τα τμήματα $BZ$ , , $BH$ , αποτελούν πλευρές ορθογώνιου τριγώνου όμοιου με το $AB\Gamma$ .

: Omoio.png (9.14 KiB) Προβλήθηκε 273 φορές

.
Είναι άμεσο και απλό: Αφού τα τρίγωνα

AB\Gamma, A\Gamma \Delta, AB\Delta

είναι όμοια (ίσες γωνίες) οι πλευρές τους και όλα τα ομόλογα στοιχεία τους είναι ανάλογα. Εδώ

\dfrac {BZ}{A\Gamma}=\dfrac {BE}{\Gamma \Delta}=\dfrac {BH}{A\Delta}=\lambda

(*). 'Αρα αφού

A\Gamma^2 = \Gamma \Delta ^2+ A\Delta ^2

, ισχύει και

\lambda ^2A\Gamma^2 = \lambda ^2\Gamma \Delta ^2+ \lambda ^2A\Delta ^2

, από όπου

BZ^2 = AE ^2+ BH ^2

. Έπεται ότι τα τμήματα

BZ

,

BH

, αποτελούν πλευρές ορθογώνιου τριγώνου το οποίο από την (*) είναι όμοιο με το αρχικό.

Υπόψη ότι η πρόταση γενικεύεται αφού αντί να πάρουμε τα

,

ως τα μέσα των $\Delta \Gamma$ ,

\Gamma A

,

, μπορούμε να τα πάρουμε ως διαιρόντας τα σε δοθέντα λόγο m:n

.

KARKAR · #448

Αλλιώς :

: πρόταση .png (26.37 KiB) Προβλήθηκε 270 φορές

Επομένως :

BZ^2=BH^2+AE^2

και :

\tan B =\tan M

#449

Αποδείξεις της παραπάνω Πρότασης Α59.
.
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 10, Σελίδα βιβλίου 338, ή διαδικτυακά346 , Πρόταση 10ι(150).

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1Z9FNcE ... g4sW5/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 338, ή ψηφιακά ,346 παράγραφος 10ι(150).

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.
Νίκος Κυριαζής.
Ο Heath Thomas, ομολογεί ότι:
'Τα Ελληνικά Μαθηματικά αποκαλύπτουν μια σπουδαία πλευρά της ελληνικής ιδιοφυίας...
.

#450

Πρόταση Α60.
Κριτήριο 77 σελ. 116, του τόμου 12 του βιβλ. ΝΣΓ.
Α60. Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Γων.Α=1ορθή και ΑΒ<ΑΓ), το ίχνος Ι της συμμετροδιαμέσου ΓΙ αποτελεί χρυσή τομή της ΑΒ, τότε και μόνο τότε στο τρίγωνο ΑΒΓ η ΑΓ είναι μέση αναλογος των ΑΒ και ΒΓ.

Η Ευκλείδειος Γεωμετρία «είναι οι ρίζες μας», γι’ αυτό πρέπει να γυρίσουμε σε αυτή. Το mathematica πρωταγωνιστεί.

#451

Απόδειξη της παραπάνω Πρότασης Α60.
.
Αγαπητοί φίλοι, Απόδειξη 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 12, Σελίδα βιβλίου 116, ή διαδικτυακά 128 , Κριτήριο 77.

Ή, πιο εύκολα, απόδειξή μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1oqtHu9 ... 0Xv3F/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή: Σελίδα βιβλίου 116, ή ψηφιακά 128, Κριτήριο 77.

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.
Νίκος Κυριαζής.
Γεωμετρία, Το μεγάλο Κομμάτι του πολιτισμού μας. .

#452

ΝΕΑ ΠΡΟΤΑΣΗ.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα μου Πρόταση Α61:
Α61. Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο, $AB\Gamma$ $\left ( \angle A= 90^{\circ} \right )$ , $\Delta$ είναι η προβολή του στην $B\Gamma$ , η προβολή του $\Delta$ στην , το ίχνος της συμμετροδιαμέσου $\Gamma I$ , και ότι τα , είναι σημεία ισοτομικά της , , τότε και μόνο τότε στο τρίγωνο $AB\Gamma$ η $A\Gamma$ είναι μέση ανάλογος των και $B\Gamma$

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 Ελλάδα θεωρείται διεθνώς κοιτίδα και χορηγός της Μαθηματικής σκέψης και δεν επιτρέπεται σήμερα καμιά υστέρηση από Έλληνες.

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