mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 19, 2024 5:23 pm**

Πρόταση 2α(18)

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω την παρακάτω Πρόταση:
2α(18). Σε κάθε περιγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{A'B'\Gamma '\Delta '}$ σε κύκλο $\displaystyle{\left ( O,\rho \right )}$ , αν
$\displaystyle{A_{1}\equiv A'\Gamma '\cap \left ( O,\rho \right )}$ , $\displaystyle{B_{1}\equiv B'\Delta '\bigcap \left ( O,\rho \right )}$ ,
$\displaystyle{\Gamma _{1}\equiv A'\Gamma '\cap \left ( O,\rho \right )}$ , $\displaystyle{\Delta _{1}\equiv B'\Delta '\cap \left ( O,\rho \right )}$ ,
τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{A_{1}B_{1}\Gamma _{1}\Delta ^{_{_{1}}}}$ ,
είναι αρμονικό.

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

Δύο δικές μου αποδείξεις, 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 Πρόταση, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις..

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.[/size]
viewtopic.php?f=62&t=56328

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2024 9:38 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Παρ Ιούλ 19, 2024 5:23 pm
Σε κάθε περιγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{A'B'\Gamma '\Delta '}$ σε κύκλο $\displaystyle{\left ( O,\rho \right )}$ , αν
$\displaystyle{A_{1}\equiv A'\Gamma '\cap \left ( O,\rho \right )}$ , $\displaystyle{B_{1}\equiv B'\Delta '\bigcap \left ( O,\rho \right )}$ ,
$\displaystyle{\Gamma _{1}\equiv A'\Gamma '\cap \left ( O,\rho \right )}$ , $\displaystyle{\Delta _{1}\equiv B'\Delta '\cap \left ( O,\rho \right )}$ ,
τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{A_{1}B_{1}\Gamma _{1}\Delta ^{_{_{1}}}}$ ,
είναι αρμονικό.

.
Θα αποδείξω μία πολύ ισχυρότερη πρόταση. Η απόδειξη θα είναι απλή, και το παραπάνω θα είναι άμεσο πόρισμα. Η εν λόγω πρόταση, όπως θα δούμε, δείχνει την ουσία που απορρέει από τις παραπάνω υποθέσεις (περιγεγραμμένο αρμονικό τετράπλευρο), η οποία είναι μάλλον απρόσμενη.

Πριν γράψω την ισχυρότερη πρόταση ας επισημάνω ότι μία απευθείας απόδειξη του παραπάνω είναι μέσω γνωστών θεωρημάτων τα οποία βρίσκει κανείς π.χ. στην Γεωμετρία του Τσίντσιφα, στις σελίδες 263 και 265. Εκεί βλέπει κανείς την ιδιότητα των (εξ ορισμού εγγράψιμων) αρμονικών τετραπλεύρων, και συγκεκριμένα έχουν συζυγείς διαγωνίους με πόλο το σημείο που τέμνονται οι εφαπτόμενες του περιγεγραμμένου κύκλου σε απέναντι ζεύγη κορυφών. Αφήνω τις λεπτομέρειες αφού θα δούμε ισχυρότερη πρόταση που δείχνει το ουσιαστικό συμπέρασμα.

Νέα αρχή.

Για να διευκολύνω όσους ίσως δεν γνωρίζουν τα αρμονικά τετράπλευρα επισημαίνω ότι, εξ ορισμού, τα αρμονικά τετράπλευρα είναι εγγράψιμα και ισχύει η ισότητα ac=bd

για τις πλευρές του.

Λήμμα. Αν ένα αρμονικό τετράπλευρο είναι περιγεγραμμένο, τότε είναι χαρταετός (δηλαδή η μία διαγώνιός του είναι μεσοκάθετος της άλλης, βλέπε το πρώτο σχήμα).

Πράγματι, αφού είναι αρμονικό ισχύει ac=bd

και αφού είναι περιγεγραμμένο, ισχύει a+c=b+d

. Λύνοντας τις εξισώσεις ως προς a,c

(το κάνω παρακάτω για λόγους πληρότητας αν και είναι άμεσο) έπεται ότι είτε ( a=b

και

) ή το ανάποδο, δηλαδή ( a=d

και

). Δηλαδή είναι χαρταετός.

Ας δούμε την επίλυση του συστήματος: Έχουμε a+c=b+d

, άρα $a+ \dfrac {bd}{a} = b+d$ , από όπου a^2-(b+d)a+bd =0

. Άρα

$a= \dfrac {(b+d) \pm \sqrt {(b+d)^2-4bd} }{2} = \dfrac {(b+d) \pm \sqrt {(b-d)^2}} {2} = \dfrac {(b+d) \pm (b-d)} {2}$ από όπου a=b

ή

. Όπως θέλαμε.

Ας προσθέσω στο παραπάνω Λήμμα, αν και δεν θα χρειαστεί, ότι επίσης δύο απέναντι γωνίες του χαρταετού είναι ορθές. Αυτό έπεται διότι η μία διαγώνιος είναι άξονας συμμετρίας του χαρταετού και, ως εγγράψιμου, είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου. Αντίστροφα, χαρταετοί με ορθές δύο απέναντι γωνίες είναι εγράψιμοι, και είναι αρμονικά τετράπλευρα για τετριμμένο λόγο (αφού π.χ. αν a=b, c=d

τότε φυσικά ac=bd

).

Πίσω στο αποδεικτέο. Οι υποθέσεις ότι το A' B'C'D'

είναι αρμονικό (άρα εγράψιμο) και περιγράψιμο, είναι χαρταετός ως άνω (το κόκκινο στο δεύτερο σχήμα). Είναι τώρα άμεσο ότι και το A_1B_1C_1D_1

είναι χαρταετός (λόγω συμμετρίας), και άρα για τετριμμένο λόγο είναι αρμονικό. Όπως θέλαμε.

Συνοψίζοντας: Το ουσιαστικό συμπέρασμα των υποθέσεων (εδώ ότι πρόκειται για περιγεγραμμένο αρμονικό τετράπλευρο) περιγράφεται στο Λήμμα παραπάνω. Δηλαδή το σχήμα που μελετάμε είναι τελικά απλό (χαρταετός). Τα υπόλοιπα είναι άμεσα πορίσματα.
.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2024 10:08 am**

Απόδειξη της Πρότασης 2α(18).
Αγαπητοί φίλοι,
Την απόδειξή μου θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 2,
Σελίδα βιβλίου 22 ή ψηφιακά 48,
Πρόταση 2α(18).

Ή, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1ohUEe2 ... p54el/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Σελίδα βιβλίου 22 ή ψηφιακά 48,
Πρόταση 2α(18).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα 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.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=6&t=5323

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 26, 2024 9:46 am**

Πρόταση 2α(7)

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω την παρακάτω Πρόταση:

2α(7). Σε κάθε εγγεγραμμένο κυρτό εξάγωνο, οι διαγώνιές του (κύριες), τέμνονται από τις μια παρά μία πλευρές του, σε δύο τριάδες συευθειακακών σημείων.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά 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 Πρόταση, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις..

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=45&t=7687&start=120

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 27, 2024 1:35 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Παρ Ιούλ 26, 2024 9:46 am Σε κάθε εγγεγραμμένο κυρτό εξάγωνο, οι διαγώνιές του (κύριες), τέμνονται από τις μια παρά μία πλευρές του, σε δύο τριάδες συευθειακακών σημείων.

.
To ζητούμενο είναι ΑΚΡΙΒΩΣ το Θεώρημα Pascal για εξάγωνα. Βλέπε εδώ ή εδώ. To παραπάνω είναι απλά επαναδιατύπωση του Θεωρήματος αυτού. Πρόκειται για πασίγνωστο θεώρημα που υπάρχει σε όλες τις προχωρημένες Γεωμετρίες και σε όλες τις Προβολικές Γεωμετρίες.

Σχολιάζω ότι η υπόθεση ότι το αρχικό εξάγωνο είναι κυρτό, περιττεύει: Ισχύει το αποτέλεσμα και χωρίς αυτόν τον περιορισμό, όπως άλλωστε φαίνεται στις παραπομπές που δίνω.

Για να δούμε ότι το ζητούμενο είναι ακριβώς το Θεώρημα Pascal, ας δούμε το σχήμα που παραθέτω: Αρχίζουμε με ένα εγγεγραμμένο εξάγωνο ABCD

(στο σχήμα είναι κυρτό, αλλά περιττεύει). Εφαρμόζουμε τώρα το Θεώρημα Pascal στο ABEFCDA

(με αυτή την σειρά των κορυφών: είναι το κόκκινο στο σχήμα), οπότε οι τομές P,Q,R

των απένατι πλευρών του (που είναι πλευρές και αντίστοιχες διαγώνιες στο αρχικό εξάγωνο) είναι συνευθειακές, όπως θέλαμε να δείξουμε. Τελειώσαμε.

Για την ιστορία, το Θεώρημα Pascal (1623-1662) πρωτοεμφανίζεται το 1640, όταν ο ίδιος ήταν

χρονών. To ανακοίνωσε δημόσια (το τοιχοκόλλησε) και επίσης το έστειλε σε επιστολή στον Desargue (1591-1661) και στον Mersenne (1588-1648), από όπου διαδόθηκε ευρύτατα στην Μαθηματική κοινότητα. Επίσης ο Kirkman το 1849, μελέτησε τα σχήματα, 60 τον αριθμό, των εξαγώνων που προκύπτουν από 6 ομοκυκλικά σημεία, με όλους τους δυνατούς συνδυασμούς (στο σχήμα που παραθέτω βλέπουμε έναν από αυτούς τους συνδυασμούς). Οι 60 ευθείες Pascal που προκύπτουν έχουν ωραιόταες ιδιότητες όπως ανά τρεις διέχονται από 20 σημεία Steiner.
.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 27, 2024 8:25 pm**

Το παραπάνω ποστ 1, η δική μου απόδειξη που θα ακολουθήσει και ο 3ος τόμος του βιβλίου μου «Γεωμετρία, Εγγεγραμμένα - Περιγεγραμμένα Σχήματα 1993, εδώ:
https://drive.google.com/file/d/1CJc4ar ... ibShe/view
απαντούν στα αναφερόμενα παραπάνω και όχι μόνο.

Στον 3ο τόμο του βιβλίου μου αυτού ερευνώνται συμπλέγματα πλήρων πολικά αντιστρόφων εξαγώνων τα συμπεράσματα αυτής δίνονται με τη μορφή μεγάλου αριθμού πολύπλοκων Προτάσεων με τις αποδείξεις τους και που στη συνέχεια αναλύονται σε απλές Προτάσεις τις οποίες εμφανίζω εδώ για να πάρουν μια γεύση οι φίλοι της Γεωμετρίας που δεν έχουν το χρόνο να ασχοληθούν.

Νίκοσς Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 30, 2024 1:48 pm**

Απόδειξη της Πρότασης 2α(7).

Αγαπητοί φίλοι,
Την απόδειξή μου θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 2,
Σελίδα βιβλίου 10 ή ψηφιακά 36,
Πρόταση 2α(7).

Ή, πιό απλά, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1ohUEe2 ... p54el/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Σελίδα βιβλίου 10 ή ψηφιακά 36,
Πρόταση 2α(7).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα 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.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=112&t=5636&start=160

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 31, 2024 2:34 pm**

Πρόταση 2α(2)

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω την παρακάτω Πρόταση:

2α(2). Αν οι έξι τομές των ανά δύο πλευρών δύο τριγώνων, είναι ομοκυκλικές, τότε τα τρίγωνα είναι ομολογιακά.
Ή με άλλη διατύπωση:
Οι διαγώνιες (κύριες), του εξάγωνου που έχει κορυφές, τις τομές των μια παρά μία πλευρών εγγεγραμμένου εξάγωνου, συντρέχουν.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά 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 Πρόταση, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις..

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=6&t=57414

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 01, 2024 3:04 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τετ Ιούλ 31, 2024 2:34 pm
2α(2). Αν οι έξι τομές των ανά δύο πλευρών δύο τριγώνων, είναι ομοκυκλικές, τότε τα τρίγωνα είναι ομολογιακά.
Ή με άλλη διατύπωση:
Οι διαγώνιες (κύριες), του εξάγωνου που έχει κορυφές, τις τομές των μια παρά μία πλευρών εγγεγραμμένου εξάγωνου, συντρέχουν.

Είναι άμεσο: Αφού οι τομές των απέναντι πλευρών εγγεγραμμένου εξαγώνου είναι συνευθειακές (Θεώρημα Pascal) το ζητούμενο έπεται από το αντίστροφο του Θεωρήματος Desargue.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 02, 2024 8:35 am**

Απόδειξη της Πρότασης 2α(2).

Αγαπητοί φίλοι,
Την απόδειξή μου θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 2,
Σελίδα βιβλίου 4 ή ψηφιακά 30,
Πρόταση 2α(2).

Ή, πιο εύκολα, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 0&start=20
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Ποστ 25, σελ. 7, παραγ. 5γ , πρότ. Β3.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα 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.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=112&t=5636&start=160

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2024 12:53 am**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Τετ Ιούλ 24, 2024 10:08 am Απόδειξη της Πρότασης 2α(18).
Αγαπητοί φίλοι,
Την απόδειξή μου θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
...

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

Ίσως δεν παρατηρήθηκε, αλλά έχω ήδη βάλει απόδειξη στο ποστ #242 και μάλιστα μιας ουσιαστικής ισχυροποίησης του Θεωρήματος. Η δε απόδειξη του ισχυρότερου είναι ουσιωδώς απλούστερη αυτής που παρατέθηκε στην παραπομπή.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2024 6:38 pm**

Είναι γεγονός ότι μεγάλα κείμενα σε κανονικό μέγεθος γραφής, μου κουράζουν την όρασαη και τα αποφεύγω.
Η πρώτη εντύπωση μου για τον τρόπο αυτό, είναι ότι αντιμετωπίζεται μόνο μια ειδική περίπτωση. Θα τον μελετήσω περισσότερο και ενδεχομένως να επανέλθω.

Βλέπω όμως το πρόβλημα αυτό να επιλύεται με την νέα Μέθοδο Αρμονικού Μετασχηματισμού [Βιβλίο Αρμονική Γεωμετρία, σελίδα 565, Πόρισμα 158], εδώ:
viewtopic.php?f=112&t=20919&start=560
Ή εδώ:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
Όμως και για την μέθοδο αυτή απαιτείται περεταίρω μελέτη.

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2024 7:05 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Σάβ Αύγ 03, 2024 6:38 pm Είναι γεγονός ότι μεγάλα κείμενα σε κανονικό μέγεθος γραφής, μου κουράζουν την όρασαη και τα αποφεύγω.

Ελπίζω να μην δημιουργώ πρόβλημα.

'Ενας τρόπος να παρακαμθεί η δυσκολία της χρήσης (από μέρους μου) κανονικού μεγέθους γραμματοσειράς είναι να πατήσεις συγχρόνως το πλήκτρο "ctrl" (κάτω αριστερά στο πληκτρολόγιο) και το πλήκτρο με το "+" . Αυτό θα μεγενθύνει την γραμματοσειρά στην οθόνη σου. Για να τα μικρύνει πατάς συχρόνως τα πλήκτρα "ctrl" και "-" .

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Σάβ Αύγ 03, 2024 6:38 pm Η πρώτη εντύπωση μου για τον τρόπο αυτό, είναι ότι αντιμετωπίζεται μόνο μια ειδική περίπτωση. Θα τον μελετήσω περισσότερο και ενδεχομένως να επανέλθω.

Η ουσία του συλλογισμού μου είναι ότι τα αρμονικά τετράπλευρα (δηλαδή με ac=bd) που είναι περιγεγραμμένα (δηλαδή ισχύει a+c=b+d) είναι μόνο οι χαρταετοί. Με άλλα λόγια, τα τετράπλευρα στα οποία αναφέρεται το Θεώρημα είναι πάρα πολύ ειδικά. Έτσι οι υποθέσεις του θεωρήματος δίνουν πολύ ισχυρότερα συμπεράσματα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2024 7:47 pm**

Το πρόβλημά μου με την όραση λύθηκε και ευχαριστώ πολύ.
Τα άλλα όπως στην προηγούμενη απάντησή μου

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2024 9:17 pm**

Διαβάζοντας τα κείμενα του Νίκου και του Μιχάλη, αισθάνομαι την ανάγκη να τους ευχαριστήσω και τους δύο.

Ευγνώμων, σε αμφότερους, λοιπόν!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2024 8:07 am**

rek2 έγραψε: Σάβ Αύγ 03, 2024 9:17 pm Διαβάζοντας τα κείμενα του Νίκου και του Μιχάλη, αισθάνομαι την ανάγκη να τους ευχαριστήσω και τους δύο.

Ευγνώμων, σε αμφότερους, λοιπόν!!

Αγαπητέ φίλε από τα παλιά Κωνσταντίνε, σε συγχαίρω για τα λεπτά και ευγενικά σου αισθήματα και σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια.

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2024 10:06 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 20, 2024 9:38 pm
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Παρ Ιούλ 19, 2024 5:23 pm
Σε κάθε περιγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{A'B'\Gamma '\Delta '}$ σε κύκλο $\displaystyle{\left ( O,\rho \right )}$ , αν
$\displaystyle{A_{1}\equiv A'\Gamma '\cap \left ( O,\rho \right )}$ , $\displaystyle{B_{1}\equiv B'\Delta '\bigcap \left ( O,\rho \right )}$ ,
$\displaystyle{\Gamma _{1}\equiv A'\Gamma '\cap \left ( O,\rho \right )}$ , $\displaystyle{\Delta _{1}\equiv B'\Delta '\cap \left ( O,\rho \right )}$ ,
τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{A_{1}B_{1}\Gamma _{1}\Delta ^{_{_{1}}}}$ ,
είναι αρμονικό.
.
Θα αποδείξω μία πολύ ισχυρότερη πρόταση. Η απόδειξη θα είναι απλή, και το παραπάνω θα είναι άμεσο πόρισμα. Η εν λόγω πρόταση, όπως θα δούμε, δείχνει την ουσία που απορρέει από τις παραπάνω υποθέσεις (περιγεγραμμένο αρμονικό τετράπλευρο), η οποία είναι μάλλον απρόσμενη.

Πριν γράψω την ισχυρότερη πρόταση ας επισημάνω ότι μία απευθείας απόδειξη του παραπάνω είναι μέσω γνωστών θεωρημάτων τα οποία βρίσκει κανείς π.χ. στην Γεωμετρία του Τσίντσιφα, στις σελίδες 263 και 265. Εκεί βλέπει κανείς την ιδιότητα των (εξ ορισμού εγγράψιμων) αρμονικών τετραπλεύρων, και συγκεκριμένα έχουν συζυγείς διαγωνίους με πόλο το σημείο που τέμνονται οι εφαπτόμενες του περιγεγραμμένου κύκλου σε απέναντι ζεύγη κορυφών. Αφήνω τις λεπτομέρειες αφού θα δούμε ισχυρότερη πρόταση που δείχνει το ουσιαστικό συμπέρασμα.

Νέα αρχή.

Για να διευκολύνω όσους ίσως δεν γνωρίζουν τα αρμονικά τετράπλευρα επισημαίνω ότι, εξ ορισμού, τα αρμονικά τετράπλευρα είναι εγγράψιμα και ισχύει η ισότητα για τις πλευρές του.

Λήμμα. Αν ένα αρμονικό τετράπλευρο είναι περιγεγραμμένο, τότε είναι χαρταετός (δηλαδή η μία διαγώνιός του είναι μεσοκάθετος της άλλης, βλέπε το πρώτο σχήμα).

Πράγματι, αφού είναι αρμονικό ισχύει και αφού είναι περιγεγραμμένο, ισχύει . Λύνοντας τις εξισώσεις ως προς (το κάνω παρακάτω για λόγους πληρότητας αν και είναι άμεσο) έπεται ότι είτε ( και ) ή το ανάποδο, δηλαδή ( και ). Δηλαδή είναι χαρταετός.

Ας δούμε την επίλυση του συστήματος: Έχουμε , άρα $a+ \dfrac {bd}{a} = b+d$ , από όπου . Άρα

$a= \dfrac {(b+d) \pm \sqrt {(b+d)^2-4bd} }{2} = \dfrac {(b+d) \pm \sqrt {(b-d)^2}} {2} = \dfrac {(b+d) \pm (b-d)} {2}$ από όπου ή . Όπως θέλαμε.

Ας προσθέσω στο παραπάνω Λήμμα, αν και δεν θα χρειαστεί, ότι επίσης δύο απέναντι γωνίες του χαρταετού είναι ορθές. Αυτό έπεται διότι η μία διαγώνιος είναι άξονας συμμετρίας του χαρταετού και, ως εγγράψιμου, είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου. Αντίστροφα, χαρταετοί με ορθές δύο απέναντι γωνίες είναι εγράψιμοι, και είναι αρμονικά τετράπλευρα για τετριμμένο λόγο (αφού π.χ. αν τότε φυσικά ).

Πίσω στο αποδεικτέο. Οι υποθέσεις ότι το είναι αρμονικό (άρα εγράψιμο) και περιγράψιμο, είναι χαρταετός ως άνω (το κόκκινο στο δεύτερο σχήμα). Είναι τώρα άμεσο ότι και το είναι χαρταετός (λόγω συμμετρίας), και άρα για τετριμμένο λόγο είναι αρμονικό. Όπως θέλαμε.

Συνοψίζοντας: Το ουσιαστικό συμπέρασμα των υποθέσεων (εδώ ότι πρόκειται για περιγεγραμμένο αρμονικό τετράπλευρο) περιγράφεται στο Λήμμα παραπάνω. Δηλαδή το σχήμα που μελετάμε είναι τελικά απλό (χαρταετός). Τα υπόλοιπα είναι άμεσα πορίσματα.
.

Αν έχω καταλάβει καλά, το λήμμα είναι σωστό, το οποίο όμως αποδεικνύει μόνο την αλήθεια της ειδικής περίπτωσης κατά την οποία το εξωτερικό τετράπλευρο (κόκκινο) είναι εγγεγραμμένο και περιγεγραμμένο ταυτόχρονα (χαρταετός).
Στη δική μας όμως γενική περίπτωση, που το κόκκινο τετράπλευρο είναι μόνο περιγεγραμμένο, πως το λήμμα αυτό θα χρησιμοποιηθεί για την απόδειξή του: Και ακόμη που και πως θα έχει εφαρμογή;

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2024 11:20 am**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Αύγ 04, 2024 10:06 am Στη δική μας όμως γενική περίπτωση, που το κόκκινο τετράπλευρο είναι μόνο περιγεγραμμένο,

Δεν έχεις δίκιο: Το αρχικό τετράπλευρο το έχεις λάβει αρμονικό. Όμως τα αρμονικά τετράπλευρα είναι ΕΞ ΟΡΙΣΜΟΥ εγγεγραμμένα (*). Με άλλα λόγια, το τετράπλευρο που χρησιμοποιείς ΕΙΝΑΙ εγγεγραμμένο (και περιγεγραμμένο).

Γι΄ αυτό στο σχήμα μου χρησιμοποίησα εγγεγραμμένο χαρταετό.

Το ενδιαφέρον είναι ότι η δική μου απόδειξη ΔΕΝ απαιτεί εγγεγραμμένο αρχικό τετράπλευρο. Αρκεί το ac=bd

των αρμονικών (χωρίς την υπόθεση ότι είναι εγγεγραμμένα) για να αποδειχθεί ότι πρόκειται για χαρταετό.

Με άλλα λόγια αυτό που έδειξα είναι μια σαρωτική βελτίωση του ζητούμενου: Οι υποθέσεις του θεωρήματος προς απόδειξη είναι τόσο ισχυρές, που τα σχήματα που αφορούν τις υποθέσεις είναι (για σχεδόν τετριμμένο λόγο) χαρταετοί. Δεν υπάρχουν άλλα.

(*) Και έτσι τα ορίζεις ο ίδιος, πολύ σωστά, στα βιβλία σου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 10, 2024 7:59 pm**

Πρόταση Α1.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω την παρακάτω Πρόταση:

Α1. Σε κάθε περιγεγραμμένο και ταυτόχρονα εγγεγραμμένο σε δύο διαφορετικούς κύκλους τετράπλευρο, η διάμεσος των διαγώνιων του, είναι κάθετη στη διάμεσο των διαγώνιων του εγγεγραμμένου τετράπλευρου που έχει κορυφές τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στο παραπάνω τετράπλευρο.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά 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 Πρόταση, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις..

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=62&t=56328

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 14, 2024 6:02 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Αύγ 04, 2024 11:20 am
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Αύγ 04, 2024 10:06 am Στη δική μας όμως γενική περίπτωση, που το κόκκινο τετράπλευρο είναι μόνο περιγεγραμμένο,
Δεν έχεις δίκιο: Το αρχικό τετράπλευρο το έχεις λάβει αρμονικό. Όμως τα αρμονικά τετράπλευρα είναι ΕΞ ΟΡΙΣΜΟΥ εγγεγραμμένα (*). Με άλλα λόγια, το τετράπλευρο που χρησιμοποιείς ΕΙΝΑΙ εγγεγραμμένο (και περιγεγραμμένο).

Γι΄ αυτό στο σχήμα μου χρησιμοποίησα εγγεγραμμένο χαρταετό.

Το ενδιαφέρον είναι ότι η δική μου απόδειξη ΔΕΝ απαιτεί εγγεγραμμένο αρχικό τετράπλευρο. Αρκεί το των αρμονικών (χωρίς την υπόθεση ότι είναι εγγεγραμμένα) για να αποδειχθεί ότι πρόκειται για χαρταετό.

Με άλλα λόγια αυτό που έδειξα είναι μια σαρωτική βελτίωση του ζητούμενου: Οι υποθέσεις του θεωρήματος προς απόδειξη είναι τόσο ισχυρές, που τα σχήματα που αφορούν τις υποθέσεις είναι (για σχεδόν τετριμμένο λόγο) χαρταετοί. Δεν υπάρχουν άλλα.

(*) Και έτσι τα ορίζεις ο ίδιος, πολύ σωστά, στα βιβλία σου.

ΔΕΝ ΑΠΑΝΤΩ.

Νίκος Κυριαζής

mathematica.gr

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.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.