mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2016 11:16 am**

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c}$ . Έστω $\displaystyle{D,E}$ σημεία των τμημάτων $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα,τέτοια ώστε $\displaystyle{DE\parallel BC}$ . Οι $\displaystyle{BE,CD}$ τέμνουν τις εφαπτομένες που άγονται από τα $\displaystyle{C,B}$ προς τον $\displaystyle{c}$ , στα σημεία $\displaystyle{S,T}$ αντίστοιχα. Οι $\displaystyle{TA,SA}$ τέμνουν για δεύτερη φορά τον $\displaystyle{c}$ στα $\displaystyle{M,N}$ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{MN\parallel BC}$ .

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-5.961061405580429,-4.008736232162338) rectangle (13.633586120586639,7.077709078695356); \fill[color=grey,fill=grey,fill opacity=0.3] (0.8214774708471139,3.762491997591242) -- (0.,0.) -- (6.,0.) -- cycle; \draw (0.8214774708471139,3.762491997591242)-- (0.,0.); \draw (0.,0.)-- (6.,0.); \draw (6.,0.)-- (0.8214774708471139,3.762491997591242); \draw(3.,1.315923920676018) circle (3.275920598092595cm); \draw (0.8214774708471139,3.762491997591242)-- (7.099099696194643,2.5056912765063433); \draw (-0.7408292981033884,1.6889182264947555)-- (0.8214774708471139,3.762491997591242); \draw (-0.7408292981033884,1.6889182264947555)-- (6.,0.); \draw (0.,0.)-- (7.099099696194643,2.5056912765063433); \draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (0.3111975833233891,1.425332353566028)-- (4.038237500784694,1.425332353566028); \draw [line width=1.2pt,color=qqwuqq] (0.04751328499322627,2.7352469856319335)-- (5.952486715006775,2.7352469856319335); \draw (0.,0.)-- (-0.7408292981033884,1.6889182264947555); \draw (6.,0.)-- (7.099099696194643,2.5056912765063433); \begin{scriptsize} \draw [fill=black] (0.8214774708471139,3.762491997591242) circle (1.5pt); \draw (0.797618709178324,4.09431349670375) node {A}; \draw [fill=black] (0.,0.) circle (1.5pt); \draw (-0.2889265953741732,0.0612046543817643) node {B}; \draw [fill=black] (6.,0.) circle (1.5pt); \draw (6.175097165607632,0.0980366986038829) node {C}; \draw [fill=black] (0.3111975833233891,1.425332353566028) circle (1.5pt); \draw (0.1530579352912494,1.7554786885992195) node {D}; \draw [fill=black] (4.038237500784694,1.425332353566028) circle (1.5pt); \draw (4.167750755502171,1.6818146001549823) node {E}; \draw [fill=black] (-0.7408292981033884,1.6889182264947555) circle (1.5pt); \draw (-0.9703194134833664,2.0133029981540496) node {T}; \draw [fill=black] (7.099099696194643,2.5056912765063433) circle (1.5pt); \draw (7.224810425938011,2.7683599047074807) node {S}; \draw [fill=black] (5.952486715006775,2.7352469856319335) circle (1.5pt); \draw[color=black] (6.083017055052335,2.9893521700401924) node {N}; \draw [fill=black] (0.04751328499322627,2.7352469856319335) circle (1.5pt); \draw[color=black] (-0.23367852904099534,3.0814322805954886) node {M}; \end{scriptsize} \end{tikzpicture}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 01, 2016 4:08 pm**

Αναμένοντας μία απλούστερη προσέγγιση για αυτό το όμορφο πρόβλημα, ας δούμε μία λύση τύπου "ντε και καλά θα βγει".

$\bullet$ Έστω $\vartriangle A'B'C'$ , το εφαπτομενικό τρίγωνο του $\vartriangle ABC$ .

Έστω το σημείο $P\equiv BE\cap CD$ και έχουμε ότι $P\in AL$ , όπου

είναι το μέσον της πλευράς

.

Δια του σημείου

, φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την

η οποία τέμνει την A'B'

στο σημείο έστω

και έστω τα σημεία $Z\equiv AC\cap BX$ και $Q\equiv AL\cap BX$ και $F\equiv AB\cap CQ$ .

Από $Q\in AL\Rightarrow$ $\boxed{FZ\parallel BC}\ \ \ ,(1)$

Με Λήμμα το πρόβλημα που έχει συζητηθεί Εδώ , έχουμε το ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

.

: Η τρίτη εκ των παραλλήλων.; f=112_t=54451.PNG (34.28 KiB) Προβλήθηκε 2293 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $Y\equiv A'C'\cap AX$ και $H\equiv AB\cap CY$ και $R\equiv AL\cap CY$ και $K\equiv AC\cap BR$

Από $R\in AL\Rightarrow$ $\boxed{HK\parallel BC}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και $DE\parallel BC$ προκύπτει $\boxed{HK\parallel FZ\parallel DE\parallel BC}\ \ \ ,(3)$

Βασισμένοι στο ίδιο Λήμμα ως άνω, έχουμε και το ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

.

$\bullet$ Από $(3)\Rightarrow$ $(B,D,F,H) = (C,E,Z,K)\ \ \ ,(4)$

Από $(4)\Rightarrow$ $(C\ldotp BDFH) = (B\ldotp CEZK)\ \ \ ,(5)$

Από $(5)\Rightarrow$ $(B,T,C',Y) = (C,S,X,B')\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\boxed{(A\ldotp BTC'Y) = (A\ldotp CSXB')}\ \ \ ,(7)$

$\bullet$ Οι δέσμες $A\ldotp BTC'Y,\ A\ldotp CSXB'$ δηλαδή, έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επειδή οι ομόλογες ακτίνες τους $AB,\ AC$ και $AC',\ AX$ και $AY,\ AB'$ είναι ισογώνιες την γωνία $\angle A$ , λόγω $\angle BAY = \angle B = \angle CAB'$ και $\angle C'AY = \angle XAB'$ , προκύπτει ότι και οι ομόλογες ακτίνες τους $AT,\ AS$ είναι επίσης ισογώνιες ως προς την $\angle A$ .

Άρα, ισχύει $\angle BAT = \angle CAS\Rightarrow$ $\boxed{\angle BAM = \angle CAN}\ \ \ ,(8)$

Από (8)

συμπεραίνεται ότι $MN\parallel BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Γιώργο, αν δεν είναι δική σου κατασκευή, πες μας αν θέλεις την πηγή της και αν έχω πέσει σε γνωστή απόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 02, 2016 4:00 pm**

Γεια σε όλους. Η κατασκευή είναι δική μου. Η λύση του κύριου Κώστα είναι η μόνη αμιγώς ευκλείδεια λύση που έχει εμφανιστει (η δική μου δεν είναι ευκλείδεια, ούτε στην ουσία και η λύση εδώ). Ενδιαφέρον παρουσιάζει και μια γενίκευση που παρατήρησε ο Σιλουανός, και για την οποία δεν έχω λύση. Πιο συγκεκριμένα, αν τα $\displaystyle{D,E}$ είναι τυχαία σημεία των $\displaystyle{AB,AC}$ τότε οι $\displaystyle{MN,BC,DE}$ συντρέχουν.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 02, 2016 5:01 pm**

gavrilos έγραψε:...Πιο συγκεκριμένα, αν τα $\displaystyle{D,\ E}$ είναι τυχόντα σημεία των $\displaystyle{AB,\ AC}$ , τότε οι $\displaystyle{MN,\ BC,\ DE}$ συντρέχουν.

Τα πράγματα τώρα ζορίζουν γιατί χάνεται η ισογωνιότητα των $AM,\ AN$ , αλλά με Διπλούς λόγους, πάλι γίνεται δουλειά και θα επανέλθω αργότερα.

Γιώργο και Σιλουανέ, σας ευχαριστώ θερμά για την ευκαιρία που είχα να απολαύσω ένα όμορφο πρόβλημα και την γενίκευσή του.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 03, 2016 12:12 am**

Ας δούμε μία προσέγγιση του προβλήματος, με την γενικευμένη εκφώνηση.

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $D,\ E$ , τυχόντα σημεία επί των πλευρών του $AB,\ AC$ , αντιστοίχως. Οι ευθείες $BE,\ CD$ τέμνουν τις εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία $C,\ B$ , στα σημεία $S,\ T$ , αντιστοίχως και έστω τα σημεία $M\equiv (O)\cap AT$ και $N\equiv (O)\cap AS$ . Αποδείξτε ότι οι ευθείες $MN,\ DE,\ BC$ , τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Διαμορφώνουμε το σχήμα βασισμένοι στο ίδιο σκεπτικό όπως και στην περίπτωση της παραλληλίας $DE\parallel BC$ στο αρχικό πρόβλημα, διατηρώντας τους ίδιους συμβολισμούς.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $W\equiv BC\cap DE$ και $P\equiv BE\cap CD$ και $L\equiv BC\cap AP$ και ας είναι $X,\ Y$ , τα σημεία τομής των $A'B',\ A'C'$ αντιστοίχως, από την ευθεία

, όπου $\vartriangle A'B'C'$ είναι το εφαπτομενικό τρίγωνο του $\vartriangle ABC$ .

Έστω τα σημεία $Q\equiv AL\cap BX$ και $Z\equiv AC\cap BX$ και $F\equiv AB\cap CQ$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο AFQZBC

προκύπτει ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

, ως το αρμονικό συζυγέ του

, ως προς τα σημεία $B,\ C$ .

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

.

Ομοίως, έστω τα σημεία $H\equiv AB\cap CY$ και $R\equiv AL\cap CY$ και $K\equiv AC\cap BR$ και σύμφωνα με το ίδιο Λήμμα , η ευθεία

περνάει από το σημείο

.

$\bullet$ θεωρούμε την δέσμη $W\ldotp BDFH$ η οποία τέμνεται από τις ευθείες $AB,\ AC$ και άρα, έχουμε $\boxed{(B,D,F,H) = (C,E,Z,K)}\ \ \ ,(1)$

Αλλά, $(B,D,F,H) = (B,T,C',Y) = (A\ldotp BTC'Y)\ \ \ ,(2)$ και $(C,E,Z,K) = (C,S,X,B') = (A\ldotp CSXB')\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\Rightarrow$ $\boxed{(A\ldotp BTC'Y) = (A\ldotp CSXB')}\ \ \ ,(4)$

: Η τρίτη εκ των παραλλήλων - Απόδειξη της γενίκευσης Σιλουανού Μπραζιτίκου.; f=112_t=54451(a).PNG (54.56 KiB) Προβλήθηκε 2080 φορές

Οι δέσμες $A\ldotp BTC'Y,\ N\ldotp BMAX'$ , όπου $X'\equiv (O)\cap AX$ , έχουν ίσους Διπλούς λόγους γιατί οι ομόλογες ακτίνες τους σχηματίζουν ίσες γωνίες.

$\angle BAT = \angle BNM$ και $\angle TAC' = \angle MNA$ και $\angle C'AY = \angle B'AX' = \angle ANX'$

.

Ισχύει δηλαδή, $(A\ldotp BTC'Y) = (N\ldotp BMAX')\ \ \ ,(5)$

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι ισχύει και $(A\ldotp CSXB') = (M\ldotp CNX'A)\ \ \ ,(6)$

Από $(4),\ (5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{(M\ldotp CNX'A) = (N\ldotp BMAX')}\ \ \ ,(7)$

$\bullet$ Από (7)

και επειδή οι δέσμες $M\ldotp CNX'A,\ N\ldotp BMAX'$ έχουν την $MN\equiv NM$ ως κοινή ακτίνα τους, προκύπτει ότι τα σημεία έστω $P'\equiv MC\cap NB$ και $R'\equiv MX'\cap NA$ και $T'\equiv MA\cap NX'$ , είναι συνευθειακά.

Θεωρούμε το εγγεγραμμένο στον κύκλο (O)

μη κυρτό εξάγωνο ANBX'MC

και σύμφωνα με το θεώρημα Pascal , έχουμε ότι τα σημεία $R'\equiv AN\cap X'M$ και $P'\equiv NB\cap MC$ και $Q'\equiv BX'\cap CA$ , είναι επίσης συνευθειακά.

Έτσι, οι ευθείες $P'R'T',\ P'Q'R'$ , ταυτίζονται γιατί έχουν δύο κοινά σημεία.

$\bullet$ Από $Q'\equiv AC\cap X'B\cap T'P'$ τώρα, προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle T'AX',\ \vartriangle P'CB$ είναι προοπτικά και άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques , συμπεραίνεται ότι τα σημεία $M\equiv T'A\cap P'C$ και $N\equiv T'X'\cap P'B$ και $W\equiv AX'\cap CB$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $\vartriangle DEZ$ , το σεβιανό τρίγωνο του $\vartriangle ABC$ , ως προς τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Έστω , το σημείο τομής της ευθείας , όπου $S\equiv BC\cap EZ$ , από την εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο και έστω το σημείο $Q\equiv AD\cap BT$ . Αποδείξτε ότι η ευθεία ταυτίζεται με την -συμμετροδιιάμεσο του $\vartriangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 03, 2016 2:12 pm**

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $\vartriangle DEZ$ , το σεβιανό τρίγωνο του $\vartriangle ABC$ , ως προς τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Έστω , το σημείο τομής της ευθείας , όπου $S\equiv BC\cap EZ$ , από την εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο και έστω το σημείο $Q\equiv AD\cap BT$ . Αποδείξτε ότι η ευθεία ταυτίζεται με την -συμμετροδιιάμεσο του $\vartriangle ABC$ .

$\bullet$ Από το πλήρες τετράπλευρο AEPZBC

έχουμε ότι η δέσμη $A\ldotp BDCS$ είναι αρμονική και άρα, η σημειοσειρά $B,\ Q,\ K,\ T$ είναι αρμονική, όπου $K\equiv AC\cap BT$ .

Επομένως, η δέσμη $C\ldotp BQKT$ είναι αρμονική και άρα, η σημειοσειρά $B,\ F,\ A,\ X$ είναι επίσης αρμονική, όπου $F\equiv AB\cap CQ$ και $X\equiv AB\cap CT\equiv A'B'$ , με $\vartriangle A'B'C'$ το εφαπτομενικό τρίγωνο του $\vartriangle ABC$ .

Η ευθεία

δηλαδή, περνάει από το σημείο

, ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $A,\ B$ .

: Η τρίτη εκ των παραλλήλων - Γενίκευση - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=54451(b).PNG (26.92 KiB) Προβλήθηκε 2080 φορές

$\bullet$ Ισχύει, $AA'\cap BB'\cap CC'\equiv L$ , με το

γνωστό ως το Σημείο Lemoine του $\vartriangle ABC$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο C'ALBA'B'

τώρα, έχουμε ότι η δέσμη $C'\ldotp BCAX$ είναι αρμονική και άρα, η ευθεία C'C

περνάει επίσης από το σημείο

, ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα $A,\ B$ .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι οι ευθείες $CQ,\ CC'$ ταυτίζονται και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2016 12:51 am**

Ας δούμε μία απλούστερη προσέγγιση για το αρχικό πρόβλημα, εμπνευσμένη από την λύση που υπάρχει στην παραπομπή που μας έδωσε ο Γιώργος πιο πάνω.

$\bullet$ Έστω το σημείο $P\equiv BE\cap CD$ και από $DE\parallel BC$ , έχουμε ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την

-διάμεσο του $\vartriangle ABC$ .

Έστω

, το σημείο τομής των εφαπτομένων του περικύκλου (O)

του $\vartriangle ABC$ στα σημεία $B,\ C$ και έχουμε ότι η ευθεία AA'

ταυτίζεται με την

-συμμετροδιάμεσο του $\vartriangle ABC$ .

Οι ευθείες $AP,\ AA'$ δηλαδή, είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle A$ και έστω το σημείο $K\equiv BP\cap AA'$ .

Θεωρούμε τις δέσμες $B\ldotp CPAT,\ C\ldotp BKAS$ οι οποίες έχουν την $BC\equiv CB$ ως κοινή ακτίνα τους και συνευθειακά, τα σημεία τομής των υπολοίπων ζευγών ομολόγων ακτίνων τους.

$K\equiv BP\cap CK$ και $A\equiv BA\cap CA$ και $A'\equiv BT\cap CS$

: Η τρίτη εκ των παραλλήλων - Άλλη απόδειξη του αρχικού ππροβλήματος.; f=112_t=54451(c).PNG (20.76 KiB) Προβλήθηκε 2010 φορές

$\bullet$ Άρα, οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επομένως ισχύει $(B\ldotp CPAT) = (C\ldotp BKAS)\ \ \ ,(1)$

Αλλά, $(B\ldotp CPAT) = (A\ldotp CPBT)\ \ \ ,(2)$ και $(C\ldotp BKAS) = (A\ldotp BKCS)\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\Rightarrow$ $(A\ldotp CPBT) = (A\ldotp BKCS)\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και επειδή οι δέσμες $A\ldotp CPBT,\ A\ldotp BKCS$ έχουν $\angle CAP = \angle BAK$ και $\angle PAB = \angle KAC$ , συμπεραίνεται ότι $\angle BAT = \angle CAS\Rightarrow$ $\angle BAM = \angle CAN\ \ \ ,(5)$

Από $(5)\Rightarrow$ $MN\parallel BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2016 10:43 am**

Η αμέσως προηγούμενη απόδειξη, σχετίζεται στην πραγματικότητα με το παρακάτω Λήμμα και με αυτό, ως άμεση εφαρμογή του, αποδεικνύεται το αρχικό πρόβλημα.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $P,\ Q$ , τυχόντα σημεία στο επίπεδό του ώστε να είναι $\angle BAP = \angle CAQ$ . Αποδείξτε ότι $\angle BAM = \angle CAN$ , όπου $M\equiv BP\cap CQ$ και $N\equiv BQ\cap CP$ .

: Η τρίτη εκ των παραλλήλων - Αναφορά σε γνωστό Λήμμα.; f=112_t=54451(d).PNG (16.14 KiB) Προβλήθηκε 1997 φορές

Είναι επί της ουσίας, το Λήμμα που αναφέρεται

1η δημοσίευση, Isogolal Line Lemma

στην παραπομπή του Γιώργου Εδώ και για το οποίο ( με παραλλαγμένη εκφώνηση ) υπάρχουν Εδώ , δύο άλλες αποδείξεις.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όπως λέει κάπου αλλού ο φίλτατος Μπάμπης Στεργίου, "Θα πέσει... αν δεν το παινέψεις" .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2016 4:02 pm**

Γεια σε όλους. Ευχαριστώ τον κύριο Κώστα για το ενδιαφέρον του και τις λύσεις που μας παρουσίασε.

Προτείνω τις εξής εφαρμογές του παραπάνω λήμματος ("Isogonal Line Lemma"):

A.

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ και σημεία $\displaystyle{DE}$ επί των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα, έτσι ώστε $\displaystyle{DE\parallel BC}$ . Έστω $\displaystyle{T\equiv BE\cap CD}$ . Θεωρούμε τους περιγεγραμμένους κύκλους $\displaystyle{c_1,c_2}$ των $\displaystyle{\triangle{BDT},\triangle{CTE}}$ αντίστοιχα. Θεωρούμε σημεία $\displaystyle{K,L}$ πάνω στους $\displaystyle{c_1,c_2}$ αντίστοιχα, και εξωτερικά του $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ έτσι ώστε οι $\displaystyle{AK,AL}$ να εφάπτονται στους $\displaystyle{c_1,c_2}$ αντίστοιχα. Τέλος, έστω $\displaystyle{M\equiv CL\cap BK}$ και $\displaystyle{N\equiv BL\cap CK}$ . Αν το $\displaystyle{N}$ βρίσκεται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από το $\displaystyle{A}$ σε σχέση με την $\displaystyle{BC}$ τότε να δειχθεί ότι $\displaystyle{\angle{BAM}=\angle{CAN}}$ .

B.

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ και σημεία $\displaystyle{D,E}$ επί των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα, έτσι ώστε $\displaystyle{DE\parallel BC}$ . Έστω $\displaystyle{T\equiv BE\cap CD}$ . Η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\angle{DTB}}$ τέμνει τους περιγεγραμμένους κύκλους των $\displaystyle{\triangle{DTB},\triangle{ETC}}$ στα $\displaystyle{K,L}$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{M\equiv BK\cap CL}$ και $\displaystyle{N\equiv BL\cap CK}$ . Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\angle{BAM}=\angle{CAN}}$ .

$\rule{430pt}{1pt}$

Φυσικά, τώρα που έχουμε το λήμμα "φρέσκο" οι παραπάνω μοιάζουν αρκετά απλές. Ωστόσο υπο άλλες συνθήκες, νομίζω πως θα ήταν ενδιαφέροντα προβλήματα ( εκτός φυσικά αν έχω κάνει πατάτα και επιδέχονται και διαφορετική λύση, χωρίς χρήση του λήμματος ).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 06, 2016 4:50 pm**

gavrilos έγραψε:Γεια σε όλους. Ευχαριστώ τον κύριο Κώστα για ...

Θερμή παράκληση αγαπητέ Γιώργο και λοιποί φίλοι του

, ανεξαρτήτως ηλικίας. Χρησιμοποιείτε τον ενικό, τουλάχιστον όταν αναφέρεστε σε μένα.

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων

Re: Η τρίτη εκ των παραλλήλων