Άλλη μια:
Από εδώ https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... ές#p320494 τα βγαίνουν ομοκωνικά.Το κέντρο της κωνικής είναι το λόγω συμμετρίας,οπότε αν εστιάσουμε στην ενέλιξη της οικογένειας κωνικών εκ των το ζητούμενο έπεται άμεσα.

Πράγματι μπορούμε να θεωρήσουμε τους πίνακες και να τους πολλαπλασιάσουμε/πάρουμε ορίζουσες.

Μάλιστα από Darboux (Fermat) είναι μονότονη

Καλησπέρα.Λίγα λόγια και από εμένα για αυτό το θεώρημα: Μπορούμε να το δούμε ως ειδική περίπτωση του "Gliding Principle": Εκείνο μας λέει ότι δεδομένων δύο (ομορρόπως) ομοίων πολυγώνων (ή σχημάτων γενικότερα) αν πάρουμε σε κάθε τμήμα που ενώνει ομόλογα σημεία αυτών,σημείο που να κόβει το τμήμα σε στ...

Παίρνουμε αντιστροφή με κέντρο σημείο πάνω στον $K$. Έστω $k$ η ευθεία-εικόνα του $(K)$ και $(L)'$ η εικόνα του $(L)$.Η αντιστροφή διατηρεί γωνίες μεταξύ καμπύλων,οπότε οι κύκλοι $(O)$ κινούνται ώστε τα κέντρα τους να βρίσκονται στην $k$ και οι ίδιοι να είναι ορθογώνιοι στον $(L)'$.Έτσι παίρνουμε εύ...

Για την αρχική: Καλούμαστε να δείξουμε ότι η $K_{\theta}K_{\theta -\frac{\pi}{2} }$ περνάει από το κέντρο του $Euler$ όπου τα παραπάνω συμβολίζουν τους πόλους-κέντρα προοπτικότητας της Υπερβολής $Kiepert$ των αντίστοιχων ισοσκελών τριγώνων που προκύπτουν από το θεώρημα $Jacobi$. Με άλλα λόγια,τα $K,...

Σημείωση:Το συμπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει και για κανονικά στερεά ή και γενικά για στερεά εγγράψιμα σε σφαίρα με σταθερό κέντρο βάρους κατόπιν περιστροφής.
Υπάρχει ικανοποιητική θεωρία που τα αντιμετωπίζει όλα αυτά και κάποια αρκετά γενικότερα.Ίσως επανέλθω κάποια στιγμή στο μέλλον.

Βγαίνει με κανόνα προσήμων του συν κάποιο casework νομίζω

Για την 3. Αν προεκτείνουμε τις πλευρές του εξαγώνου,φτιάχνουμε τα ισόπλευρα (πρώτη συνθήκη) $XYZ,X'Y'Z'$-$X\equiv AB\cap EF,X'\equiv AF\cap BC$ -ωρολογιακά,$X'XY'YZ'Z$. Από τη δεύτερη συνθήκη,το σημείο τομής των διχοτόμων (έστω $I$) έχει ίδιες τριγραμμικές ως προς τα $2$ τρίγωνα,και επειδή σε ισόπλ...

Το είναι το σημείο του εγγράψιμου (τεμνόμενου) τετραπλεύρου .
Αν το θα ανήκει στη διαγώνιο και επιπλέον θα είναι κάθετες κλπ.(γνωστό λήμμα για σημεία εγγράψιμων τετραπλεύρων).

Καλησπέρα.Έστω $X\equiv AB\cap bis(E\angle),Y\equiv CD\cap bis(E\angle),Z\equiv AD\cap bis(S\angle),W\equiv BC\cap bis(S\angle)$.Με ένα απλό κυνήγι λόγων το $XYZW$ είναι ρόμβος.Θέμε να δείξουμε ότι το κέντρο του ανήκει στην ευθεία $Newton-Gauss$ του $ABCD$.Αυτό γίνεται με το Θεώρημα των ίσων λόγων γ...

1.Είναι γνωστό ότι τα $A_{1},A_{1}',B_{1},B_{1}',C_{1},C_{1}'$ είναι ομοκωνικά. Έστω $X_{1}\equiv B_{1}C_{1}' \cap B_{1}'C_{1}$ και κυκλικά τα $Y_{1},Z_{1}$. Από Πάππο (ή $Pascal$) στο $B_{1}'C_{1}A_{1}'B_{1}C_{1}'A_{1}$ τα $X_{1},Y_{1},Z_{1}$ είναι συνευθειακά,οπότε οι πολικές τους είναι συντρέχουσ...

Μια σύντομη για την 4.
Παίρνοντας το συμμετρικό του ως προς το βλέπουμε λόγω ισοτομικότητας των πως και επομένως αρκεί .Είναι όμως στο σχήμα του Προδρόμου από συμμετρική αντιστροφή που δίνει το ζητούμενο

Μια σύντομη υπενθύμιση ορισμών (αλά Google Translate :lol: )-αν και κάποιοι από τους παρακάτω δεν είναι οι επίσημοι,είναι αυτοί που βολεύουν για τα παραπάνω: Προβολικότητα μεταξύ δύο σημειοσειρών (=σειρών σημείων) σε ευθείες $l_{1},l_{2}$ είναι μια αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση $f$ που διατηρεί το Διπλ...

Βρήκα μια με αρκετή Προβολική που όμως κάνει τη δουλειά: vittassdsko.png Έστω $X \equiv E'E''\cap F'F'',Y \equiv D'D''\cap F'F'',Z \equiv D'D''\cap E'E''$ και $X_{1}\equiv AB\cap YZ,X_{2}\equiv AC\cap YZ,Y_{1}\equiv BC \cap XZ,Y_{2}\equiv BA\cap XZ,Z_{1}\equiv AC\cap XY,Z_{2}\equiv BC\cap XY$ Τότε α...

4.Επί ,πλην και στα δύο μέλη και καταλήγει στην που ισχύει από (είναι πχ.)

4. Έστω ότι μένει ο $k$ στο τέλος. Κοιτάμε τα σύνολα από μέσα προς τα έξω και παρατηρούμε το εξής: Για κάθε $i$ που διαιρεί το $k$ και μόνο για αυτά τα $i$,όταν φτάσουμε στο $A_{i}$ η κατάσταση ( ύπαρξη ή μη) του $k$ στο μέχρι τότε σύνολο αλλάζει.Τελικά,για να μείνει το $k$ στο τέλος ,πρέπει να έχει...

Γεια σας κύριε Βήττα. Μας λείψατε :geek: :lol: Ελπίζω να'στε μια χαρά. Μια λύση ακόμη: Έστω $A'\equiv AD\cap (K)$. Κινούμε το $E$ στον κύκλο του με σταθερή γωνιακή ταχύτητα $a$. Παρατηρούμε ότι και το $Q$ κινείται στον κύκλο του με την ίδια ταχύτητα (χορδής και εφαπτομένης στο $D$),όπως και το $Z$ μ...

Όπα μισό. Νομίζω δεν ισχύει αυτό για δακτύλιους. Αν πχ. $K=\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ τότε ο δακτύλιος των ακεραίων του $K$ έχει βάση την $\left \{1,\frac{\sqrt{5}+1}{2} \right \}$ και όχι την $\left \{ 1,\sqrt{5} \right \}$,παρότι το ελάχιστο πολυώνυμο του $\sqrt{5}$ υπέρ του $\mathbb{Q}$ είναι το $x^2-...