ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ*.

#21

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Μία Νέα Γεωμετρική Κατασκευή, για Χριστουγεννιάτικο Δώρο.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, δίνω παρακάτω μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, της οποίας ζητείται η λύση. Μετά την λύση της Κατασκευής αυτής, θα απαντηθούν και τα πιθανά ερωτηματικά που έχουν κάποιοι φίλοι, οι οποίοι μελέτησαν και προσπάθησαν να λύσουν την δύσκολη Κατασκευή που έχω προτείνει παραπάνω για λύση με αριθμό 11(15):

11(1). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $A\Gamma ,B\Delta$ και ένα μόνο ζεύγος σημείων της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα τρία τμήματα $AB, \Gamma \Delta,EE'$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 11(1) τόμος 11, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Εύχομαι ολόψυχα:
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, σε όλους τους αγαπητούς φίλους.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
προκειμένου να δώσω, όπως έχω υποσχεθεί, τη δική μου λύση της παραπάνω Κατασκευής 11(1), θα προτείνω για λύση την παρακάτω γνωστή και εύκολη Κατασκευή 10ι(201), αλλά και μιας άλλης γνωστής Κατασκευής 10ι(200), που θα ακολουθήσει αργότερα. Οι δύο Κατασκευές αυτές κρίνεται σκόπιμο να προηγηθούν της λύσης της Πρότασης 11(1), για να βοηθήσουν οι λύσεις τους, στην λύση της Κατασκευής 11(1), αλλά και πολλών άλλων που θα ακολουθήσουν.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(201). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, B, \Gamma , \Delta$ , με $A\Gamma <B\Delta$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων E, E'

της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $AB, \Gamma \Delta$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, με την νέα πιστεύω λύση μου, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(201), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και την οποία θα αναρτήσω σύντομα. Τότε θα έχουμε και μια πρώτη επαφή με τις αρμονικές ενελίξεις.

Εύχομαι ολόψυχα,
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, με πολλές επιτυχίες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#22

rek έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:
11(15), Δίνεται, σε ευθεία (ε),αρμονική τετράδα σημείων $A, B, \Gamma , \Delta$ . Αν το ζεύγος των σημείων τέμνει αρμονικά τα τμήματα και $\Gamma \Delta$ , το ζεύγος των σημείων τέμνει αρμονικά τα τμήματα $A\Delta , B\Gamma$ και , αν $\Lambda , N, M, M_{_{1}}$ είναι τα μέσα των τμημάτων $A\Gamma , B\Delta , EE', ZZ'$ αντίστοιχα και αν $ZA<Z\Delta$ , να βρεθεί ζεύγος σημείων , από τα οποία:
(α). Τα έξι τμήματα $A\Gamma , B\Delta , EE' ,ZZ', \Lambda N, M M_{1}$ , να φαίνονται με ορθές γωνίες (Τα ονομάζονται ορθοοπτικά σημεία).
(β). Τα εννέα τμήματα $Z'E, EZ, ZE', AB, B\Gamma , \Gamma \Delta , \Lambda M_{1}, \Lambda M, MN$ , να φαίνονται με γωνίες 45 μοιρών.
(γ). Τα επτά τμήματα $Z'A, AE, EB, BZ, Z\Gamma , \Gamma E', E'\Delta$ , να φαίνονται με $\frac{1}{4}$ ορθής γωνίας.
Ακόμη, να αποδειχθεί ότι και η τετράδα σημείων $M_{1}, \Lambda , M, N$ , είναι αρμονική.

Νίκος Κυριαζής

Aντί Γ, Δ, Λ γράφουμε C, D, L αντιστοίχως. Για ευκολία επιλέγω τον επόμενο τρόπο παρουσίασης:

Θεωρούμε τα σημεία κείμενα σε άξονα με αρχή το και μονάδα το . Συμβολίζουμε τη τετμημένη τους με το αντίστοιχο μικρό γράμμα.
Προφανώς είναι ) και . Με δεδομένα τα σημεία (βλέπε σχήμα), για τα έχουμε:

$\frac{EA}{EB}=\frac{E'A}{E'B}\Leftrightarrow \frac{e}{1-e}=\frac{e'}{e'-1}$ και $\frac{EC}{ED}=\frac{E'C}{E'D}\Leftrightarrow \frac{c-e}{d-e}=\frac{e'-c}{d-e'}$

Προκύπτει, έτσι, ένα σύστημα ως προς το οποίο με δεδομένο ότι $0<e<e', 0< cd(c-1)(d-1)< (cd)^2, c+d-1\neq 0$ έχει λύση το μοναδικό ζεύγος (η λύση δεν θα χρειαστεί, η μοναδικότητα μας ενδιαφέρει τελικά):

$e=\frac{cd-\sqrt{cd(c-1)(d-1)}}{c+d-1}, e'=\frac{cd+\sqrt{cd(c-1)(d-1)}}{c+d-1}$

Για τα έχουμε:

$\frac{ZA}{ZD}=\frac{Z'A}{Z'D}\Leftrightarrow \frac{z}{d-z}=\frac{z'}{z'-d}$ , $\frac{ZB}{ZC}=\frac{Z'B}{Z'C}\Leftrightarrow \frac{z-1}{c-z}=\frac{z'-1}{z'-c}$

και τώρα επειδή πρέπει $0<z<\frac{d}{2}$ και , οπότε προκύπτει ως λύση το μοναδικό ζεύγος (και πάλι η λύση δεν θα χρειαστεί, η μοναδικότητα μας ενδιαφέρει):

$z=\frac{c-\sqrt{c(d-c)(d-1)}}{c+1-d}, z'=\frac{c+\sqrt{c(d-c)(d-1)}}{c+1-d}$

Τα διαιρούν και το αρμονικά, όπως θα δούμε στη συνέχεια.

Μετά από αυτά προχωράμε ως εξής: Τα ζητούμενα σημεία είναι οι τομές των κύκλων με διαμέτρους . Λόγω συμμετρίας ως προς τον άξονά μας, αναφερόμαστε, εν συνεχεία, μόνο στο Πραγματικά, για αρχή είναι (εύκολο και γνωστό):

$\hat{AKB}=\hat{BKC}=\hat{CKD}=45^O$

Η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\hat{AKB}$ του τριγώνου τέμνουν τον άξονα σε σημεία τα οποία (εύκολο) διαιρούν τα αρμονικά, άρα αυτά είναι τα όπως προκύπτει από την μοναδικότητα των . Είναι

$\hat{AKE}=\hat{EKB}=\hat{CKE'}=\hat{E'KD}=22.5^O$

Με πανομοιότυπο σκεπτικό, τα είναι οι τομές της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας $\hat{BKC}$ του τριγώνου , (που συμπίπτουν με αυτές της γωνίας $\hat{AKD}$ του τριγώνου ), με τον άξονα. Ακόμα

$\hat{BKZ}=\hat{ZKC}=\hat{Z'KA}=22.5^O$

Μετρώντας γωνίες βλέπουμε ότι οι έίναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος αντίστοιχα της γωνίας $\hat{EKE'}$ του τριγώνου , άρα τα διαιρούν και το αρμονικά.
............
Προς απόδειξη, όσων σχέσεων περιέχουν τα γράμματα , με την πρόταση ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου τέμνει ορθογώνια κάθε Aπολλώνειο κύκλο του τριγώνου, προκύπτει απευθείας ότι το βλέπει τα υπό ορθές γωνίες, και άμεσα πλέον οι είναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος αντίστοιχα της γωνίας $\hat{LKN}$ του τριγώνου , και τα πάντα όλα προκύπτουν με απλή επαλήθευση.

Φίλε rek,
Σε ευχαριστώ πολύ για τη συμμετοχή σου, στη νέα μου προσπάθεια. Αναμένουμε τη συνέχειά σου.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#23

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Μία Νέα Γεωμετρική Κατασκευή, για Χριστουγεννιάτικο Δώρο.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
προκειμένου να δώσω, όπως έχω υποσχεθεί, τη δική μου λύση της παραπάνω Κατασκευής 11(1), θα προτείνω για λύση την παρακάτω γνωστή και εύκολη Κατασκευή 10ι(201), αλλά και μιας άλλης γνωστής Κατασκευής 10ι(200), που θα ακολουθήσει αργότερα. Οι δύο Κατασκευές αυτές κρίνεται σκόπιμο να προηγηθούν της λύσης της Πρότασης 11(1), για να βοηθήσουν οι λύσεις τους, στην λύση της Κατασκευής 11(1), αλλά και πολλών άλλων που θα ακολουθήσουν.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(201). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, B, \Gamma , \Delta$ , με $A\Gamma <B\Delta$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $AB, \Gamma \Delta$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, με την νέα πιστεύω λύση μου, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(201), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και την οποία θα αναρτήσω σύντομα. Τότε θα έχουμε και μια πρώτη επαφή με τις αρμονικές ενελίξεις.

Εύχομαι ολόψυχα,
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, με πολλές επιτυχίες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 106, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Προβλήματος 10ι(201), .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες τις προτάσεις και Προβλήματα που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#24

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Μία Νέα Γεωμετρική Κατασκευή, για Χριστουγεννιάτικο Δώρο.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, δίνω παρακάτω μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, της οποίας ζητείται η λύση. Μετά την λύση της Κατασκευής αυτής, θα απαντηθούν και τα πιθανά ερωτηματικά που έχουν κάποιοι φίλοι, οι οποίοι μελέτησαν και προσπάθησαν να λύσουν την δύσκολη Κατασκευή που έχω προτείνει παραπάνω για λύση με αριθμό 11(15):

11(1). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $A\Gamma ,B\Delta$ και ένα μόνο ζεύγος σημείων της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα τρία τμήματα $AB, \Gamma \Delta,EE'$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 11(1) τόμος 11, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Εύχομαι ολόψυχα:
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, σε όλους τους αγαπητούς φίλους.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
προκειμένου να δώσω, όπως έχω υποσχεθεί, τη δική μου λύση της παραπάνω Κατασκευής 11(1), θα προτείνω για λύση την παρακάτω γνωστή και εύκολη Κατασκευή 10ι(200). Η Κατασκευή αυτή και η λύση της κρίνεται σκόπιμο να προηγηθεί της λύσης της Κατασκευής 11(1), για να βοηθήσουν, μαζί με τη λύση της Κατασκευής 10ι(201), της οποίας η λύση έχει ήδη δοθεί με το συνημμένο μου 106, στη λύση της Κατασκευής 11(1),αλλά και πολλών άλλων που θα ακολουθήσουν.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(200). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ , με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων E, E'

της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $AB, \Gamma \Delta$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, με την νέα πιστεύω λύση μου, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(200), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και την οποία θα αναρτήσω σύντομα. Τότε θα έχουμε και μια δεύτερη επαφή με τις αρμονικές ενελίξεις σειμειοσειράς .

Εύχομαι θερμά, σε όλους τους φίλους και πάλι,
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ, ΥΓΕΙΑ, ΧΑΡΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, με πολλές και μεγάλες επιτυχίες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#25

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Μία Νέα Γεωμετρική Κατασκευή, για Χριστουγεννιάτικο Δώρο.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, δίνω παρακάτω μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, της οποίας ζητείται η λύση. Μετά την λύση της Κατασκευής αυτής, θα απαντηθούν και τα πιθανά ερωτηματικά που έχουν κάποιοι φίλοι, οι οποίοι μελέτησαν και προσπάθησαν να λύσουν την δύσκολη Κατασκευή που έχω προτείνει παραπάνω για λύση με αριθμό 11(15):

11(1). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $A\Gamma ,B\Delta$ και ένα μόνο ζεύγος σημείων της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα τρία τμήματα $AB, \Gamma \Delta,EE'$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 11(1) τόμος 11, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Εύχομαι ολόψυχα:
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, σε όλους τους αγαπητούς φίλους.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
προκειμένου να δώσω, όπως έχω υποσχεθεί, τη δική μου λύση της παραπάνω Κατασκευής 11(1), θα προτείνω για λύση την παρακάτω γνωστή και εύκολη Κατασκευή 10ι(200). Η Κατασκευή αυτή και η λύση της κρίνεται σκόπιμο να προηγηθεί της λύσης της Κατασκευής 11(1), για να βοηθήσουν, μαζί με τη λύση της Κατασκευής 10ι(201), της οποίας η λύση έχει ήδη δοθεί με το συνημμένο μου 106, στη λύση της Κατασκευής 11(1),αλλά και πολλών άλλων που θα ακολουθήσουν.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(200). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ , με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $AB, \Gamma \Delta$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, με την νέα πιστεύω λύση μου, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(200), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και την οποία θα αναρτήσω σύντομα. Τότε θα έχουμε και μια δεύτερη επαφή με τις αρμονικές ενελίξεις σειμειοσειράς .

Εύχομαι θερμά, σε όλους τους φίλους και πάλι,
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ, ΥΓΕΙΑ, ΧΑΡΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, με πολλές και μεγάλες επιτυχίες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 107, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Προβλήματος 10ι(200), .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες τις Προτάσεις και Προβλήματα που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα εδώ.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#26

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Μία Νέα Γεωμετρική Κατασκευή, για Χριστουγεννιάτικο Δώρο.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, δίνω παρακάτω μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, της οποίας ζητείται η λύση. Μετά την λύση της Κατασκευής αυτής, θα απαντηθούν και τα πιθανά ερωτηματικά που έχουν κάποιοι φίλοι, οι οποίοι μελέτησαν και προσπάθησαν να λύσουν την δύσκολη Κατασκευή που έχω προτείνει παραπάνω για λύση με αριθμό 11(15):

11(1). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $A\Gamma ,B\Delta$ και ένα μόνο ζεύγος σημείων της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα τρία τμήματα $AB, \Gamma \Delta,EE'$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 11(1) τόμος 11, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Εύχομαι ολόψυχα:
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, σε όλους τους αγαπητούς φίλους.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
μετά και τη λύση των Κατασκευών 10ι(200) , 10ι(201), που έδωσα παραπάνω, με τα συνημμένα μου 106, 107, ανοίγει διάπλατα ο δρόμος, για τη λύση και της παραπάνω Κατασκευής 11(1), που αναμένει τη λύση της.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις της παραπάνω Κατασκευής 11(1).
Δική μου, πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω, λύση της Κατασκευής αυτής θα ακολουθήσει.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#27

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Μία Νέα Γεωμετρική Κατασκευή, για Χριστουγεννιάτικο Δώρο.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, δίνω παρακάτω μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, της οποίας ζητείται η λύση. Μετά την λύση της Κατασκευής αυτής, θα απαντηθούν και τα πιθανά ερωτηματικά που έχουν κάποιοι φίλοι, οι οποίοι μελέτησαν και προσπάθησαν να λύσουν την δύσκολη Κατασκευή που έχω προτείνει παραπάνω για λύση με αριθμό 11(15):

11(1). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και η τετράδα των διατεταγμένων σημείων της $A, \Gamma , \Delta , B$ με $A\Delta <B\Gamma$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ζεύγος σημείων της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $A\Gamma ,B\Delta$ και ένα μόνο ζεύγος σημείων της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα τρία τμήματα $AB, \Gamma \Delta,EE'$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 11(1) τόμος 11, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Εύχομαι ολόψυχα:
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012, σε όλους τους αγαπητούς φίλους.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.
Αγαπητοί φίλοι,
μετά και τη λύση των Κατασκευών 10ι(200) , 10ι(201), που έδωσα παραπάνω, με τα συνημμένα μου 106, 107, ανοίγει διάπλατα ο δρόμος, για τη λύση και της παραπάνω Κατασκευής 11(1), που αναμένει τη λύση της.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις της παραπάνω Κατασκευής 11(1).
Δική μου, πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω, λύση της Κατασκευής αυτής θα ακολουθήσει.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 108, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Προβλήματος 11(1).
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους για την πρόοδο της Γεωμετρίας φίλους, να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όποιες από τις Προτάσεις και Προβλήματα τους ενδιαφέρουν και που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα εδώ.
Μετά και τη λύση αυτή της Κατασκευής 11(1), απαντώνται πιστεύω και τα ερωτηματικά που πιθανόν να υπήρχαν για την παραπάνω Κατασκευή 11(15), με την οποία προτείνω να ασχοληθούν ιδιαιτέρα οι ενδιαφερόμενοι φίλοι.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#28

Αγαπητοί φίλοι,
δίνω παρακάτω, για λύση, μία άλλη πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω, Κατασκευή.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(190). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A, \Delta , E, B$ , με $AE<B\Delta$ . Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο $\Gamma$ , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
Σχόλιο.
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(190) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#29

Αγαπητοί φίλοι,
κατά την διάρκεια εξελίξεως της εδώ εργασίας μου, προέκυψε η ανάγκη δημιουργίας και δεύτερου αντιστρόφου της Πρότασης 10ι(185), την οποία έχω αναρτήσει παραπάνω.
Κατόπιν τούτων, έγινε η σχετική ενημέρωση της παραπάνω Πρότασης 10ι(185), αλλά και του συνημμένου μου 102, το οποίο έχω δώσει παραπάνω και στο οποίο δίνω και την απόδειξή της.
Έτσι, στο εξής, οι ενδιαφερόμενοι φίλοι, θα έχουν την δυνατότητα, να την χρησιμοποιούν, σε πιθανές ανάγκες τους.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#30

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
δίνω παρακάτω, για λύση, μία άλλη πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω, Κατασκευή.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(190). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A, \Delta , E, B$ , με $AE<B\Delta$ . Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο $\Gamma$ , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
Σχόλιο.
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(190) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 109, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Προβλήματος 10ι(190), .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας , να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες τις προτάσεις και Προβλήματα που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#31

Γεωμετρικός Τόπος.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, αναρτώ παρακάτω, αυτή τη φορά, έναν πρωτοεμφανιζόμενο πιστεύω Γεωμετρικό Τόπο. Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Ο Γεωμετρικός Τόπος αυτός έχει ως εξής:

10ι(209). Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει σταθερή την βάση του $B\Gamma$ και μεταβλητή την κορυφή του

. Ακόμη στην πλευρά του $B\Gamma$ δίνονται τα σταθερά σημεία E,Z

(το

αριστερά του

και $BZ <E\Gamma$ ) και έτσι ώστε οι AE, AZ

να παραμένουν ισογώνιες της γωνίας

του τριγώνου $AB\Gamma$ . Να βρεθεί ο γ.τ των μεταβλητών κορυφών

του τριγώνου $AB\Gamma$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 10ι(209) τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

S.E.Louridas · #32

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Γεωμετρικός Τόπος.
... 10ι(209). Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει σταθερή την βάση του $B\Gamma$ και μεταβλητή την κορυφή του . Ακόμη στην πλευρά του $B\Gamma$ δίνονται τα σταθερά σημεία (το αριστερά του και $BZ <E\Gamma$ ) και έτσι ώστε οι να παραμένουν ισογώνιες της γωνίας του τριγώνου $AB\Gamma$ . Να βρεθεί ο γ.τ των μεταβλητών κορυφών του τριγώνου $AB\Gamma. ...$

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Θα στηριχτούμε στην βασική πρόταση:
Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου ή μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μίας γωνίας του άλλου, ισούται με τον λόγο του γινομένου των πλευρών τους που σχηματίζουν τις γωνίες αυτές.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\angle BAZ = \angle EAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AZ}} {{AC \cdot AE}} = \frac{{BZ}} {{EC}},} \\ {} \\ {\angle BAE = \angle ZAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AE}} {{AZ \cdot AC}} = \frac{{BE}} {{ZC}}} \\ \end{array} } \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( \cdot \right)} \frac{{AB^2 }} {{AC^2 }} = \frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}} \Rightarrow \frac{{AB}} {{AC}} = \sqrt {\frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}}} ,\;\;ct.$

Άρα οδηγούμεθα σε Απολλώνιο κύκλο.

S.E.Louridas

#33

S.E.Louridas έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Γεωμετρικός Τόπος.
... 10ι(209). Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει σταθερή την βάση του $B\Gamma$ και μεταβλητή την κορυφή του . Ακόμη στην πλευρά του $B\Gamma$ δίνονται τα σταθερά σημεία (το αριστερά του και $BZ <E\Gamma$ ) και έτσι ώστε οι να παραμένουν ισογώνιες της γωνίας του τριγώνου $AB\Gamma$ . Να βρεθεί ο γ.τ των μεταβλητών κορυφών του τριγώνου $AB\Gamma. ...$

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.
Θα στηριχτούμε στην βασική πρόταση:
Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου ή μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μίας γωνίας του άλλου, ισούται με τον λόγο του γινομένου των πλευρών τους που σχηματίζουν τις γωνίες αυτές.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\angle BAZ = \angle EAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AZ}} {{AC \cdot AE}} = \frac{{BZ}} {{EC}},} \\ {} \\ {\angle BAE = \angle ZAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AE}} {{AZ \cdot AC}} = \frac{{BE}} {{ZC}}} \\ \end{array} } \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( \cdot \right)} \frac{{AB^2 }} {{AC^2 }} = \frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}} \Rightarrow \frac{{AB}} {{AC}} = \sqrt {\frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}}} ,\;\;ct.$

Άρα οδηγούμεθα σε Απολλώνιο κύκλο.

S.E.Louridas

Αγαπητέ φίλε Σωτήρη,
σε ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου, τη συμμέτοχή σου και την προσφορά σου στη νέα μου προσπάθεια.
Ευχές.

Φιλικά,
Νίκος Κυριαζής.

#34

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Γεωμετρικός Τόπος.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, αναρτώ παρακάτω, αυτή τη φορά, έναν πρωτοεμφανιζόμενο πιστεύω Γεωμετρικό Τόπο. Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Ο Γεωμετρικός Τόπος αυτός έχει ως εξής:

10ι(209). Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει σταθερή την βάση του $B\Gamma$ και μεταβλητή την κορυφή του . Ακόμη στην πλευρά του $B\Gamma$ δίνονται τα σταθερά σημεία (το αριστερά του και $BZ <E\Gamma$ ) και έτσι ώστε οι να παραμένουν ισογώνιες της γωνίας του τριγώνου $AB\Gamma$ . Να βρεθεί ο γ.τ των μεταβλητών κορυφών του τριγώνου $AB\Gamma$ .

Σχόλιο.
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 10ι(209) τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 110, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Γεωμετρικό Τόπο 10ι(209), .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας , να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες τις προτάσεις και Προβλήματα που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

S.E.Louridas · #35

S.E.Louridas έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Γεωμετρικός Τόπος.
... 10ι(209). Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει σταθερή την βάση του $B\Gamma$ και μεταβλητή την κορυφή του . Ακόμη στην πλευρά του $B\Gamma$ δίνονται τα σταθερά σημεία (το αριστερά του και $BZ <E\Gamma$ ) και έτσι ώστε οι να παραμένουν ισογώνιες της γωνίας του τριγώνου $AB\Gamma$ . Να βρεθεί ο γ.τ των μεταβλητών κορυφών του τριγώνου $AB\Gamma. ...$

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.
Θα στηριχτούμε στην βασική πρόταση:
Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου ή μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μίας γωνίας του άλλου, ισούται με τον λόγο του γινομένου των πλευρών τους που σχηματίζουν τις γωνίες αυτές.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\angle BAZ = \angle EAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AZ}} {{AC \cdot AE}} = \frac{{BZ}} {{EC}},} \\ {} \\ {\angle BAE = \angle ZAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AE}} {{AZ \cdot AC}} = \frac{{BE}} {{ZC}}} \\ \end{array} } \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( \cdot \right)} \frac{{AB^2 }} {{AC^2 }} = \frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}} \Rightarrow \frac{{AB}} {{AC}} = \sqrt {\frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}}} ,\;\;ct.$

Άρα οδηγούμεθα σε Απολλώνιο κύκλο.

S.E.Louridas

Αισθάνομαι την ανάγκη να προχωρήσω στην διαδικασία της Σύνθεσης – κατασκευής του τόπου με βάση την ημέτερη Διαδικασία της Ανάλυσης, χάριν της κατ’ αρχήν πληρότητας αφού επιπλέον χρειάζονται οι διαδικασίες της Απόδειξης και της Διερεύνησης.

◊ Σύνθεση – Κατασκευή:
Στο σχήμα που ακολουθεί φαίνονται τα βήματα της κατασκευής του Απολλώνιου κύκλου – τόπου, που στο σχήμα είναι ο κόκκινος διακεκομμένος με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα GH.

Και αυτό διότι:
$\frac{{AB^2 }} {{AC^2 }} = \frac{{BZ \cdot BE}} {{CZ \cdot CE}} = \frac{{BW^2 }} {{W{'} C^2 }} = \frac{{BL^2 }} {{CD^2 }} = \frac{{BL^2 }} {{CF^2 }} \Rightarrow \frac{{AB}} {{AC}} = \frac{{BL}} {{CD}} = \frac{{BL}} {{CF}} = \frac{{GB}} {{GC}} = \frac{{BH}} {{HC}}.$

S.E.Louridas

#36

S.E.Louridas έγραψε:
S.E.Louridas έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Γεωμετρικός Τόπος.
... 10ι(209). Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει σταθερή την βάση του $B\Gamma$ και μεταβλητή την κορυφή του . Ακόμη στην πλευρά του $B\Gamma$ δίνονται τα σταθερά σημεία (το αριστερά του και $BZ <E\Gamma$ ) και έτσι ώστε οι να παραμένουν ισογώνιες της γωνίας του τριγώνου $AB\Gamma$ . Να βρεθεί ο γ.τ των μεταβλητών κορυφών του τριγώνου $AB\Gamma. ...$

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.
Θα στηριχτούμε στην βασική πρόταση:
Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου ή μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μίας γωνίας του άλλου, ισούται με τον λόγο του γινομένου των πλευρών τους που σχηματίζουν τις γωνίες αυτές.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\angle BAZ = \angle EAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AZ}} {{AC \cdot AE}} = \frac{{BZ}} {{EC}},} \\ {} \\ {\angle BAE = \angle ZAC \Rightarrow \frac{{AB \cdot AE}} {{AZ \cdot AC}} = \frac{{BE}} {{ZC}}} \\ \end{array} } \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( \cdot \right)} \frac{{AB^2 }} {{AC^2 }} = \frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}} \Rightarrow \frac{{AB}} {{AC}} = \sqrt {\frac{{BZ \cdot BE}} {{EC \cdot ZC}}} ,\;\;ct.$

Άρα οδηγούμεθα σε Απολλώνιο κύκλο.

S.E.Louridas
Αισθάνομαι την ανάγκη να προχωρήσω στην διαδικασία της Σύνθεσης – κατασκευής του τόπου με βάση την ημέτερη Διαδικασία της Ανάλυσης, χάριν της κατ’ αρχήν πληρότητας αφού επιπλέον χρειάζονται οι διαδικασίες της Απόδειξης και της Διερεύνησης.

◊ Σύνθεση – Κατασκευή:
Στο σχήμα που ακολουθεί φαίνονται τα βήματα της κατασκευής του Απολλώνιου κύκλου – τόπου, που στο σχήμα είναι ο κόκκινος διακεκομμένος με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα
Και αυτό διότι:
$\frac{{AB^2 }} {{AC^2 }} = \frac{{BZ \cdot BE}} {{CZ \cdot CE}} = \frac{{BW^2 }} {{W{'} C^2 }} = \frac{{BL^2 }} {{CD^2 }} = \frac{{BL^2 }} {{CF^2 }} \Rightarrow \frac{{AB}} {{AC}} = \frac{{BL}} {{CD}} = \frac{{BL}} {{CF}} = \frac{{GB}} {{GC}} = \frac{{BH}} {{HC}}.$

S.E.Louridas

Φίλε Σωτήρη,
σε ευχαριστώ πολύ για το συνεχές ενδιαφέρον σου, στη νέα μου προσπάθεια και την παραπάνω συμπλήρωση της λύσης σου.

Φιλικά,
Νίκος Κυριαζής.

#37

Κατασκευή Συμμετροαρμονικής Δέσμης Τύπου Α.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, αναρτώ παρακάτω, μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή "Συμμετροαρμονικής Δέσμης Τύπου Α".
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Κατασκευή αυτή έχει ως εξής:
10ι(198). Να κατασκευασθεί επίπεδη δέσμη πέντε διατεταγμένων ακτινών $O\left(\alpha \beta \gamma \beta '\alpha ' \right)$ , της οποίας δίνονται οι τρεις από τις ακτίνες της και για την οποία είναι:
$O\left(\alpha \gamma \beta \alpha ' \right)$ = $O\left(\alpha '\gamma \beta '\alpha \right)$ =1.

Σχόλια.
Η ορολογία της Συμμετροαρμονικής Δέσμης Τύπου Α, επειδή δεν είναι αναγκαία εδώ, δε θα την δώσω τώρα, αλλά μαζί με την απόδειξή μου, που θα ακολουθείσει .
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 10ι(198) τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#38

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Κατασκευή Συμμετροαρμονικής Δέσμης Τύπου Α.

Αγαπητοί φίλοι, φίλοι της Γεωμετρίας, αναρτώ παρακάτω, μία πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή "Συμμετροαρμονικής Δέσμης Τύπου Α".
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Κατασκευή αυτή έχει ως εξής:
10ι(198). Να κατασκευασθεί επίπεδη δέσμη πέντε διατεταγμένων ακτινών $O\left(\alpha \beta \gamma \beta '\alpha ' \right)$ , της οποίας δίνονται οι τρεις από τις ακτίνες της και για την οποία είναι:
$O\left(\alpha \gamma \beta \alpha ' \right)$ = $O\left(\alpha '\gamma \beta '\alpha \right)$ =1.

Σχόλια.
Η ορολογία της Συμμετροαρμονικής Δέσμης Τύπου Α, επειδή δεν είναι αναγκαία εδώ, δε θα την δώσω τώρα, αλλά μαζί με την απόδειξή μου, που θα ακολουθείσει .
Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρησα στην παράγραφο 10ι(198) τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 111, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Προβλήματος 10ι(198), .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας , να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες ή σε μέρος των προτάσεων και Προβλημάτων, που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα, ώστε να συμβάλουν και στην προσπάθειά μου.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#39

Κατασκευή Συμετροαρμονικής Σημειοσειράς Τύπου Α.

Αγαπητοί φίλοι,
δίνω παρακάτω, για λύση, μία άλλη πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω,
Κατασκευή"Συμμετροαρμονικής Σημειοσειράς Τύπου Α".

Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Κατασκευή αυτή έχει ως εξής:
10ι(199). Να κατασκευασθεί πεντάδα διατεταγμένων συνευθειακών σημείων $A, B, \Gamma , B', A'$ της οποίας δίνονται τα τρία σημεία και έχει:
$\left(A\Gamma BA' \right)$ = $\left(A'\Gamma B'A \right)$ =1.

Σχόλιο.
Η ορολογία της Συμμετροαρμονικής Σημειοσειράς Τύπου Α, επειδή δεν είναι αναγκαία εδώ, δε θα την δώσω τώρα, αλλά μαζί με την απόδειξή μου, που θα ακολουθήσει
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(199) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#40

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Κατασκευή Συμετροαρμονικής Σημειοσειράς Τύπου Α.

Αγαπητοί φίλοι,
δίνω παρακάτω, για λύση, μία άλλη πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω,
Κατασκευή"Συμμετροαρμονικής Σημειοσειράς Τύπου Α".

Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις. Δική μου πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω λύση, θα ακολουθήσει, μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Κατασκευή αυτή έχει ως εξής:
10ι(199). Να κατασκευασθεί πεντάδα διατεταγμένων συνευθειακών σημείων $A, B, \Gamma , B', A'$ της οποίας δίνονται τα τρία σημεία και έχει:
$\left(A\Gamma BA' \right)$ = $\left(A'\Gamma B'A \right)$ =1.

Σχόλιο.
Η ορολογία της Συμμετροαρμονικής Σημειοσειράς Τύπου Α, επειδή δεν είναι αναγκαία εδώ, δε θα την δώσω τώρα, αλλά μαζί με την απόδειξή μου, που θα ακολουθήσει
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(199) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 112, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση του παραπάνω Προβλήματος 10ι(199), .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας , να ασχοληθούν να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες ή σε μέρος των προτάσεων και Προβλημάτων, που έχω αναρτήσει μέχρι τώρα, ώστε να συνεισφέρουν και στην προσπάθειά μου.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ*.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ. Η ΠΡΟΣΦΑΤΗ "ΣΟΔΕΙΑ" ΜΟΥ.

Μέλη σε σύνδεση