ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ*.

#1

Αγαπητοί φίλοι,
όπως και αλλού έγραψα, αρκετό καιρό έχουμε να τα πούμε Γεωμετρικά και ομολογώ ότι μου λείψατε.
Ο λόγος της απουσίας μου είναι άσχετος με τη θέλησή μου και οφείλεται στις θερινές διακοπές, αλλά και κυρίως στο ότι ήμουν και είμαι απορροφημένος στη μελέτη διαφόρων Γεωμετρικών θεμάτων, από την οποία είχα νέα και πλούσια Γεωμετρική «συγκομιδή», της οποίας μερικά στοιχεία (όσα μπορέσω), θα δώσω εδώ.
Η Γεωμετρική αυτή «συγκομιδή», είναι Χαλκιδικιώτικη, Παριώτικη και Καλαμαριώτικη, ανάλογα με τον τόπο που βρέθηκα.
Τα παραπάνω αναφερόμενα πολύ φρέσκα και πρωτοεμφανιζόμενα πιστεύω στοιχεία Γεωμετρίας, αναφέρονται σε διάφορα Γεωμετρικά θέματα, όπως θεωρία:
-περί Επιπέδων Συμμετρικών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετρικών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Επιπέδων Συμμετροαρμονικών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετροαρμονικών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Επιπέδων Συμμετροδιαμεσικών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετροδιαμεσικών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Επιπέδων Συμμετροορθηκών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετροορθηκών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Ενέλίξης Σημειοσειρών,
-επέκταση Ενέλίξης και σε κύκλο, κτλ,
-περί Ημικανονικών Σχημάτων, κτλ,
-περί Ειδικών Εξαγώνων, κτλ.
Για τις θεωρίες των παραπάνω Γεωμετρικών θεμάτων, προέκυψαν και συνοδεύουν αυτές πολλές Γεωμετρικές Προτάσεις, Κατασκευές, ασκήσεις, εφαρμογές, κτλ, με τις αποδείξεις τους, που αναφέρονται σε ιδιότητες τούτων και που είναι διαφόρων βαθμών δυσκολίας.
Όλα τα παραπάνω αναφερόμενα έχουν έναυσμα κάποια από τις Προτάσεις που στο mathematica, συζητήθηκαν.
Μερικά (όσα μπορέσω), από τα παραπάνω αναφερόμενα έχω τη χαρά να προσπαθήσω εδώ να δώσω, για τους φίλους της Γεωμετρίας. Πιστεύω ότι έχουν πολλά να πάρουν αλλά και πολλά να δώσουν, συνεισφέροντας και τις δικές τους Προτάσεις- απόψεις και ακόμη κάνοντας και σχετική καλοπροαίρετη κριτική, ώστε να βελτιωθεί και η προσπάθεια αυτή.

Ξεκινάμε με την παρακάτω πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, την οποία και προτείνω για λύση, στους ενδιαφερομένους φίλους της Γεωμετρίας:

10ι(189). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).

Σχόλιο.
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(189) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και έχω δώσει δύο λύσεις.
Καλή επιτυχία.

Με Γεωμετρική αγάπη,
Νίκος Κυριαζής.
*Το περιεχόμενο της εργασίας αυτής, με ανάγκασε στην αλλαγή αυτή. Όποιος μελετήσει σε βάθος την εργασία αυτή θα πεισθεί για την ανάγκη της αλλαγής.

#2

ΝΙΚΟΣ έγραψε: 10ι(189). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).

(Γράφω

αντί $\Delta$ και

αντί $\Gamma$ λόγω του σχεδιαστικού μου προγράμματος).

Επίσης θεωρώ τα διαστήματα ως μήκη (χωρίς πρόσημο).

Φέρνουμε τυχούσα τέμνουσα από το

και επ' αυτής λαμβάνουμε $\displaystyle BC{'} = BC$ . Από το

φέρνουμε παράλληλη $\displaystyle DD{'}$ της $\displaystyle CC{'}$ . Φέρνουμε την $\displaystyle D{'}C$ μέχρι να τμήσει την $\displaystyle BC{'}$ στο $\displaystyle E{'}$ .

Από θεώρημα Μενελάου στο $\displaystyle ABC{'}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle D{'}CE{'}$ έχουμε

$\displaystyle \frac {AC}{CB} \frac {BE{'}}{E{'}C{'}} \frac {C{'}D{'}}{D{'}A} = 1$ .

Επειδή $\displaystyle \frac {CD}{DA} = \frac {C{'}D{'}}{D{'}A}$ έχουμε $\displaystyle \frac {AC}{CB} \frac {BE{'}}{E{'}C{'}}\frac {CD}{DA} = 1 \,\,(*)$

Τέλος, αν πάρουμε στην ευθεία μας σημείο

με $\displaystyle BE=BE{'}$ , το

είναι το ζητούμενο λόγω της (*)

και των $\displaystyle BE=BE{'}, \, CE=C{'}E{'}$ .

Όμοια το δεύτερο (αλλά ομολογώ ότι δεν το κοίταξα με λεπτομέρεια λόγω πίεσης στην δουλειά ... )
Φιλικά,

Μιχάλης

Edit αργότερα: Αν θέλαμε προσημασμένα μεγέθη, θα κάναμε την εξής παραλλαγή:

Φέρνουμε τυχούσα τέμνουσα από το

και επ' αυτής λαμβάνουμε $\displaystyle BC{'} = BC$ . Από το

φέρνουμε παράλληλη $\displaystyle DD{'}$ της $\displaystyle CC{'}$ . Φέρνουμε την $\displaystyle D{'}B$ μέχρι να τμήσει την $\displaystyle CC{'}$ στο $\displaystyle F$ και φέρνουμε την

μέχρι να τμήσει την BC{'}

στο

. Εργαζόμαστε τώρα με θεώρημα Ceva στο ABC{'}

. Τέλος παίρνουμε στο

το

με $\displaystyle BE=B E{'}$ .

#3

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).

Ένας κλασσικός τρόπος, που ουσιαστικά υπάρχει στα Στοιχεία του Ευκλείδη αφού κάνουμε κάποια μικρή προεργασία, είναι ο παρακάτω.

Θέλουμε $\frac{BE}{E\Gamma } = \frac{\Gamma B}{A\Gamma }\cdot \frac {\Delta A}{\Gamma \Delta }$ . To δεξί μέλος είναι δοθέν και κατασκευάζεται ως εξής: Κατασκευάζουμε τετράγωνα T, S

ισεμβαδικά με τα $\Gamma B\cdot \Delta A ,\,\, A\Gamma \cdot \Gamma \Delta$ , αντίστοιχα. Η κατασκευή είναι στα Στοιχεία. Μετά κατασκευάζουμε τον λόγο $\frac {T}{S}$ και τέλος χωρίζουμε το $B\Gamma$ στο

με λόγο $\frac{BE}{E\Gamma }= \frac {T}{S}$ . Και αυτές οι κατασκευές είναι στα Στοιχεία. Τελιώσαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε: 10ι(189). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).
(Γράφω αντί $\Delta$ και αντί $\Gamma$ λόγω του σχεδιαστικού μου προγράμματος).

Επίσης θεωρώ τα διαστήματα ως μήκη (χωρίς πρόσημο).

Φέρνουμε τυχούσα τέμνουσα από το και επ' αυτής λαμβάνουμε $\displaystyle BC{'} = BC$ . Από το φέρνουμε παράλληλη $\displaystyle DD{'}$ της $\displaystyle CC{'}$ . Φέρνουμε την $\displaystyle D{'}C$ μέχρι να τμήσει την $\displaystyle BC{'}$ στο $\displaystyle E{'}$ .

Από θεώρημα Μεναλάου στο $\displaystyle ABC{'}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle D{'}CE{'}$ έχουμε

$\displaystyle \frac {AC}{CB} \frac {BE{'}}{E{'}C{'}} \frac {C{'}D{'}}{D{'}A} = 1$ .

Επειδή $\displaystyle \frac {CD}{DA} = \frac {C{'}D{'}}{D{'}A}$ έχουμε $\displaystyle \frac {AC}{CB} \frac {BE{'}}{E{'}C{'}}\frac {CD}{DA} = 1 \,\,(*)$

Τέλος, αν πάρουμε στην ευθεία μας σημείο με $\displaystyle BE=BE{'}$ , το είναι το ζητούμενο λόγω της και των $\displaystyle BE=BE{'}, \, CE=C{'}E{'}$ .

Όμοια το δεύτερο (αλλά ομολογώ ότι δεν το κοίταξα με λεπτομέρεια λόγω πίεσης στην δουλειά ... )
Φιλικά,

Μιχάλης

Edit αργότερα: Αν θέλαμε προσημασμένα μεγέθη, θα κάναμε την εξής παραλλαγή:

Φέρνουμε τυχούσα τέμνουσα από το και επ' αυτής λαμβάνουμε $\displaystyle BC{'} = BC$ . Από το φέρνουμε παράλληλη $\displaystyle DD{'}$ της $\displaystyle CC{'}$ . Φέρνουμε την $\displaystyle D{'}B$ μέχρι να τμήσει την $\displaystyle CC{'}$ στο $\displaystyle F$ και φέρνουμε την μέχρι να τμήσει την στο . Εργαζόμαστε τώρα με θεώρημα Ceva στο . Τέλος παίρνουμε στο το με $\displaystyle BE=B E{'}$ .

Φίλε Μιχάλη,
σε ευχαριστώ πολύ που με τίμησες με την παρουσία σου εδώ και την πολύ όμορφη λύση που μας χάρισες.
Θα ήθελα να μου επιτρέψεις να προσθέσω ότι:
(α). Υπάρχει προφανώς και δεύτερο σημείο E{'}{'}

μεταξύ των

και

που είναι το ΣΑ του

του σχήματός σου, ως προς τα

και

. Επίσης είναι φανερό ότι η λύση σου, αν λάβουμε αλγεβρικές τιμές, είναι αρνητική (-1), ενώ για το E{'}{'}

, είναι θετική (+1).
(β). Η λύση που μας έδωσες είναι πρωτόγνωρη, καθώς δεν συμπίπτει, με καμιά από τις δύο που έχω δώσει για την Πρόταση αυτή και μία άλλη που έχω στο νου μου και έχω δώσει σε άλλη Πρόταση μου 2ε(36) τόμος 3, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας».

Με αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής.

ΥΓ. Την εύρεση του παραπάνω δεύτερου σημείου E{'}{'}

, όπως τώρα είδα, αντιμετωπίζεις με την παραλλαγή που πρόσθεσες.

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).
Ένας κλασσικός τρόπος, που ουσιαστικά υπάρχει στα Στοιχεία του Ευκλείδη αφού κάνουμε κάποια μικρή προεργασία, είναι ο παρακάτω.

Θέλουμε $\frac{BE}{E\Gamma } = \frac{\Gamma B}{A\Gamma }\cdot \frac {\Delta A}{\Gamma \Delta }$ . To δεξί μέλος είναι δοθέν και κατασκευάζεται ως εξής: Κατασκευάζουμε τετράγωνα ισεμβαδικά με τα $\Gamma B\cdot \Delta A ,\,\, A\Gamma \cdot \Gamma \Delta$ , αντίστοιχα. Η κατασκευή είναι στα Στοιχεία. Μετά κατασκευάζουμε τον λόγο $\frac {T}{S}$ και τέλος χωρίζουμε το $B\Gamma$ στο με λόγο $\frac{BE}{E\Gamma }= \frac {T}{S}$ . Και αυτές οι κατασκευές είναι στα Στοιχεία. Τελιώσαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Φίλε Μιχάλη, καλή σου ημέρα και καλό μήνα.
Σε ευχαριστώ πολύ και πάλι για την παραπάνω λύση σου.
Η λύση σου αυτή συμπίπτει με μία από τις δικές μου, την οποία με πρόλαβες και άρα φυσικά δε θα την αναρτήσω. Θα αναρτήσω όμως μία άλλη λύση, η οποία βασίζεται σε μία νέα πιστεύω Πρότασή μου (Λήμμα) και η οποία φυσικά θα προηγηθεί.
Ακόμη γράφεις παραπάνω, αν ερμηνεύω σωστά, ότι το Πρόβλημα αυτό [10ι(189)] και η παραπάνω λύση σου, αναφέρονται στα στοιχεία του Ευκλείδη. Εγώ έχω μόνο τον τόμο 1 του βιβλίου αυτού (έκδοση Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ 2001) στον οποίο δεν τα βρήκα. Που αναφέρονται; Σε ποίο τόμο; Σε ποία παράγραφο και σελίδα;
Θέλω και πάλι να σε ευχαριστήσω για την συνεισφορά σου στην προσπάθειά μου και για τις πολύτιμες σχετικές πληροφορίες που μας έδωσες.
Ευχές.

Με αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής.

parmenides51 · #6

Σχετικά με την έκδοση ''Στοιχειά Ευκλείδη'' από το Κέντρο Έρευνας Επιστήμης και Εκπαίδευσης (Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ) έχω να παρατηρήσω πως είναι σύγχρονος σχολιασμός πάνω στα Στοιχεία του Ευκλείδη και δεν περιέχει αυτούσιες τις αποδείξεις του Ευκλείδη, αλλά άλλες αποδείξεις. Θυμάμαι πως έψαχνα μια απόδειξη παλιότερα και αλλιώς την είχε στο συγκεκριμένο βιβλίο και αλλιώς την είχε ο Ευκλείδης σε όλες τις υπόλοιπες εκδόσεις που πέτυχα. Η συγκεκριμένη έκδοση δεν αποτελεί μετάφραση των Στοιχείων του Ευκλείδη από την στιγμή που δεν έχει τις αρχικές αποδείξεις του Ευκλείδη.

Για όλα τα αρχαία Ελληνικά Κείμενα καλύτερα να αναζητείτε τις εκδόσεις "Κάκτος'' που μεταφράζουν όλους τους αρχαίους Έλληνες Συγγραφείς έναν προς ένα, κείμενο προς κείμενο και έχουν στην μια σελίδα το πρωτότυπο και στην άλλη την νεοελληνική μετάφραση.

Μια αξιόπιστη μετάφραση ελεύθερη στο διαδίκτυο είναι ''τα Στοιχεία του Ευκλείδη'' του Ευάγγελου Σταμάτη εδώ από το Παράρτημα ΕΜΕ της Κερκυρας.
Στην συγκεκριμένη ιστοσελίδα υπάρχει και η αξιόπιστη έκδοση (αναφοράς) του Thomas Little Heath με αγγλική μετάφραση.

Στο διαδίκτυο το αρχαίο κείμενο οργανωμένο ανά βιβλίο βρίσκεται και εδώ.

Οι τρεις τόμοι ''Ευκλείδη Στοιχεία'' από το Κέντρο Έρευνας Επιστήμης και Εκπαίδευσης που αναφέρθηκαν αρχικά βρίσκονται στο διαδίκτυο εδώ 01, 02, 03.

edit
Μια εντυπωσιακή (για το περιεχόμενο) ιστοσελίδα για τους αρχαίους Ελληνες μαθηματικούς βρίσκεται εδώ

#7

Αγαπητοί φίλοι,
προκειμένου να δώσω, όπως έχω υποσχεθεί, τη δική μου λύση της παραπάνω Κατασκευής 10ι(189), θα δώσω την παρακάτω πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Πρόταση 10ι(185) στην οποία βασίζεται η λύση αυτή (Λήμμα) και στην οποία στηρίζεται η λύση και πολλών άλλων Προτάσεων και κατασκευών που θα ακολουθήσουν.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να δώσουν δικές τους αποδείξεις. Δικές μου αποδείξεις θα ακολουθήσουν μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(185). Αν δύο ισογώνιες ευθείες ως προς τη γωνία

τριγώνου $AB\Gamma$ , τέμνουν την πλευρά του $B\Gamma$ στα σημεία $\Delta$ , $\Delta'$ και αν

είναι η διχοτόμος της γωνίας

του τριγώνου, τότε θα είναι: $\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma\Delta ' }{\Delta 'E}.\frac{E\Delta }{\Delta B}$ =1, (1).
$\frac{\Delta E}{E\Delta '}.\frac{\Delta '\Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\gamma \Delta}$ =1. (1’).
και αντίστροφα:
Αντίστροφο 1.
Αν η

είναι διχοτόμος της γωνίας $BA\Gamma$ και αν αληθεύει μία από τις δύο παραπάνω σχέσεις, τότε οι $A\Delta$ , $A\Delta'$ είναι ισογώνιες.
Αντίστροφο 2.
Αν οι $A\Delta , A\Delta '$ είναι ισογώνιες στο τριγώνο $AB\Gamma$ και αληθεύει μία από τις δύο παραπάνω σχέσεις, τότε και η

είναι διχοτόμος των γωνιών $BA\Gamma$ και $\Delta A \Delta '$ .
Σχόλιο.
Την παραπάνω Πρόταση καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(185), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», όπου έχω δώσει δύο αποδείξεις της.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

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 το χρησιμοποιούν, σε πιθανές ανάγκες τους.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#8

Φίλε Νίκο, χαίρομαι που επανήλθες στην "ΟΜΑΔΑ". Να είσαι πάντα καλά .

Ιωάννου Δημήτρης

#9

parmenides51 έγραψε:Σχετικά με την έκδοση ''Στοιχειά Ευκλείδη'' από το Κέντρο Έρευνας Επιστήμης και Εκπαίδευσης (Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ) έχω να παρατηρήσω πως είναι σύγχρονος σχολιασμός πάνω στα Στοιχεία του Ευκλείδη και δεν περιέχει αυτούσιες τις αποδείξεις του Ευκλείδη, αλλά άλλες αποδείξεις. Θυμάμαι πως έψαχνα μια απόδειξη παλιότερα και αλλιώς την είχε στο συγκεκριμένο βιβλίο και αλλιώς την είχε ο Ευκλείδης σε όλες τις υπόλοιπες εκδόσεις που πέτυχα. Η συγκεκριμένη έκδοση δεν αποτελεί μετάφραση των Στοιχείων του Ευκλείδη από την στιγμή που δεν έχει τις αρχικές αποδείξεις του Ευκλείδη.

Για όλα τα αρχαία Ελληνικά Κείμενα καλύτερα να αναζητείτε τις εκδόσεις "Κάκτος'' που μεταφράζουν όλους τους αρχαίους Έλληνες Συγγραφείς έναν προς ένα, κείμενο προς κείμενο και έχουν στην μια σελίδα το πρωτότυπο και στην άλλη την νεοελληνική μετάφραση.

Μια αξιόπιστη μετάφραση ελεύθερη στο διαδίκτυο είναι ''τα Στοιχεία του Ευκλείδη'' του Ευάγγελου Σταμάτη εδώ από το Παράρτημα ΕΜΕ της Κερκυρας.
Στην συγκεκριμένη ιστοσελίδα υπάρχει και η αξιόπιστη έκδοση (αναφοράς) του Thomas Little Heath με αγγλική μετάφραση.

Στο διαδίκτυο το αρχαίο κείμενο οργανωμένο ανά βιβλίο βρίσκεται και εδώ.

Οι τρεις τόμοι ''Ευκλείδη Στοιχεία'' από το Κέντρο Έρευνας Επιστήμης και Εκπαίδευσης που αναφέρθηκαν αρχικά βρίσκονται στο διαδίκτυο εδώ 01, 02, 03.

edit
Μια εντυπωσιακή (για το περιεχόμενο) ιστοσελίδα για τους αρχαίους Ελληνες μαθηματικούς βρίσκεται εδώ

Αγαπητέ φίλε parmenides51,
σε ευχαριστώ πολύ για τις σημαντικές πληροφορίες που μας έδωσες, το ενδιαφέρον σου να συνεισφέρεις στην νέα προσπάθειά μου, τον κόπο που έκανες και τον χρόνο που διέθεσες, αν και εγώ βέβαια ζητάω πιο συγκεκριμένες πληροφορίες, τις οποίες μπορεί να μας δώσει ο φίλος ο Μιχάλης ο Λάμπρου, που είναι γνώστης του θέματος.
Προ ενός έτους είχα έλθει στην Ορεστιάδα. Όταν θα έλθω ξανά θα επιδιώξω να συναντηθούμε.
Ευχές.

Με αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής.

#10

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Φίλε Νίκο, χαίρομαι που επανήλθες στην "ΟΜΑΔΑ". Να είσαι πάντα καλά .

Ιωάννου Δημήτρης

Φίλε Δημήτρη,
σε ευχαριστώ πολύ για την αγάπη σου και το ενδιαφέρον σου για μένα. Αμοιβαία τα αισθήματα.

Με αγάπη και εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής.

#11

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
προκειμένου να δώσω, όπως έχω υποσχεθεί, τη δική μου λύση της παραπάνω Κατασκευής 10ι(189), θα δώσω την παρακάτω πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Πρόταση 10ι(185) στην οποία βασίζεται η λύση αυτή (Λήμμα) και στην οποία στηρίζεται η λύση και πολλών άλλων Προτάσεων και κατασκευών που θα ακολουθήσουν.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να δώσουν δικές τους αποδείξεις. Δικές μου αποδείξεις θα ακολουθήσουν μετά από εύλογο χρονικό διάστημα.

Η Πρόταση αυτή έχει ως εξής:
10ι(185). Αν δύο ισογώνιες ευθείες ως προς τη γωνία τριγώνου $AB\Gamma$ , τέμνουν την πλευρά του $B\Gamma$ στα σημεία $\Delta$ , $\Delta'$ και αν είναι η διχοτόμος της γωνίας του τριγώνου, τότε θα είναι: $\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma\Delta ' }{\Delta 'E}.\frac{E\Delta }{\Delta B}$ =1, (1).
$\frac{\Delta E}{E\Delta '}.\frac{\Delta '\Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\gamma \Delta}$ =1. (1’).
και αντίστροφα:
Αντίστροφο 1.
Aν η είναι διχοτόμος της γωνίας $BA\Gamma$ και αν αληθεύει μία από τις δύο παραπάνω σχέσεις, τότε οι $A\Delta$ , $A\Delta'$ είναι ισογώνιες.
Αντίστροφο 2.
Αν οι $A\Delta , A\Delta '$ είναι ισογώνιες στο τριγώνο $AB\Gamma$ και αληθεύει μία από τις δύο παραπάνω σχέσεις, τότε και η είναι διχοτόμος των γωνιών $BA\Gamma$ και $\Delta A \Delta '$ .
Σχόλιο.
Την παραπάνω Πρόταση καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(185), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», όπου έχω δώσει δύο αποδείξεις της.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
όπως έχω υποσχεθεί, με το παρακάτω συνημμένο μου 102, δίνω δύο αποδείξεις της παραπάνω Πρότασής μου 10ι(185), η οποία και θα μας χρειασθεί στο εξής για την απόδειξη άλλων Προτάσεων Γ. Τόπων και Κατασκευών που θα ακολουθήσουν.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#12

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
Αγαπητοί φίλοι,
όπως και αλλού έγραψα, αρκετό καιρό έχουμε να τα πούμε Γεωμετρικά και ομολογώ ότι μου λείψατε.
Ο λόγος της απουσίας μου είναι άσχετος με τη θέλησή μου και οφείλεται στις θερινές διακοπές, αλλά και κυρίως στο ότι ήμουν και είμαι απορροφημένος στη μελέτη διαφόρων Γεωμετρικών θεμάτων, από την οποία είχα νέα και πλούσια Γεωμετρική «συγκομιδή», της οποίας μερικά στοιχεία (όσα μπορέσω), θα δώσω εδώ.
Η Γεωμετρική αυτή «συγκομιδή», είναι Χαλκιδικιώτικη, Παριώτικη και Καλαμαριώτικη, ανάλογα με τον τόπο που βρέθηκα.
Τα παραπάνω αναφερόμενα πολύ φρέσκα και πρωτοεμφανιζόμενα πιστεύω στοιχεία Γεωμετρίας, αναφέρονται σε διάφορα Γεωμετρικά θέματα, όπως θεωρία:
-περί Επιπέδων Συμμετρικών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετρικών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Επιπέδων Συμμετροαρμονικών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετροαρμονικών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Επιπέδων Συμμετροδιαμεσικών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετροδιαμεσικών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Επιπέδων Συμμετροορθηκών Δεσμών των πέντε ακτινών,
-περί Συμμετροορθηκών Σημειοσειρών των πέντε σημείων,
-περί Ενέλίξης Σημειοσειρών,
-επέκταση Ενέλίξης και σε κύκλο, κτλ,
-περί Ημικανονικών Σχημάτων, κτλ,
-περί Ειδικών Εξαγώνων, κτλ.
Για τις θεωρίες των παραπάνω Γεωμετρικών θεμάτων, προέκυψαν και συνοδεύουν αυτές πολλές Γεωμετρικές Προτάσεις, Κατασκευές, ασκήσεις, εφαρμογές, κτλ, με τις αποδείξεις τους, που αναφέρονται σε ιδιότητες τούτων και που είναι διαφόρων βαθμών δυσκολίας.
Όλα τα παραπάνω αναφερόμενα έχουν έναυσμα κάποια από τις Προτάσεις που στο mathematica, συζητήθηκαν.
Μερικά (όσα μπορέσω), από τα παραπάνω αναφερόμενα έχω τη χαρά να προσπαθήσω εδώ να δώσω, για τους φίλους της Γεωμετρίας. Πιστεύω ότι έχουν πολλά να πάρουν αλλά και πολλά να δώσουν, συνεισφέροντας και τις δικές τους Προτάσεις- απόψεις και ακόμη κάνοντας και σχετική καλοπροαίρετη κριτική, ώστε να βελτιωθεί και η προσπάθεια αυτή.

Ξεκινάμε με την παρακάτω πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, την οποία και προτείνω για λύση, στους ενδιαφερομένους φίλους της Γεωμετρίας:

10ι(189). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).

Σχόλιο.
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(189) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και έχω δώσει δύο λύσεις.

Καλή επιτυχία.

Με Γεωμετρική αγάπη,
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 103, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση 1 του παραπάνω Προβλήματος 10ι(189), η οποία βασίζεται στην Πρόταση 10ι(185), την οποία έχω δώσει παραπάνω .
Σύντομα θα αναρτήσω, με το ίδιο συνημμένο μου και την λύση 2, του ιδίου Προβλήματος.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#13

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:

Ξεκινάμε με την παρακάτω πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω Κατασκευή, την οποία και προτείνω για λύση, στους ενδιαφερομένους φίλους της Γεωμετρίας:

10ι(189). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A,\Delta ,\Gamma,B$ , με $A\Gamma <\frac{AB}{2}$ .
Στην ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ να ορισθεί σημείο , για το οποίο να είναι:
$\frac{A\Gamma }{\Gamma B}.\frac{BE}{E\Gamma }.\frac{\Gamma \Delta }{\Delta A}=1$ . (1).
ή $\frac{\Delta \Gamma }{\Gamma E}.\frac{EB}{B\Gamma }.\frac{\Gamma A}{A\Delta }=1$ . (2).

Σχόλιο.
Την Κατασκευή αυτή έχω καταχωρίσει στην παράγραφο 10ι(189) του τόμου 10 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» και έχω δώσει δύο λύσεις.

Καλή επιτυχία.

Με Γεωμετρική αγάπη,
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 103, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση 1 του παραπάνω Προβλήματος 10ι(189), η οποία βασίζεται στην Πρόταση 10ι(185), την οποία έχω δώσει παραπάνω .
Σύντομα θα αναρτήσω, με το ίδιο συνημμένο μου και την λύση 2, του ιδίου Προβλήματος.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 103, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση 2 του παραπάνω Προβλήματος 10ι(189), ενσωματωμένη μετά την λύση του 1 και η οποία βασίζεται στα Θεωρήματα Ceva, Μενελάου και Πάππου.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#14

Κατασκευή Πρόκληση Δεινών Γεωμετρών.
Αγαπητοί φίλοι,
δίνω παρακάτω μια δυνατή και πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω, Κατασκευή για να τρομάξουν και οι δυνατοί Γεωμέτρες, όπως έχω υποσχεθεί στο τηλέφωνο, σε πολύ καλό φίλο, που μου το ζήτησε .
Ας σημειωθεί εδώ, ότι την Κατασκευή αυτή, δεν είχα σκοπό να την αναρτήσω τώρα, αλλά μετά από σειρά άλλων Προτάσεων, Γ. Τόπων και Κατασκευών. Τούτο γίνεται, κατ’ εξαίρεση, μετά την παραπάνω αίτηση. Γι’ αυτό τη δική μου λύση θα τη δώσω πολύ αργότερα. Μέχρι τότε περιμένουμε τις λύσεις των ενδιαφερόμενων φίλων της Γεωμετρίας.

Κατασκευή Πρόκληση.
11(15), Δίνεται, σε ευθεία (ε),αρμονική τετράδα σημείων $A, B, \Gamma , \Delta$ . Αν το ζεύγος των σημείων E, E'

τέμνει αρμονικά τα τμήματα

και $\Gamma \Delta$ , το ζεύγος των σημείων Z, Z'

τέμνει αρμονικά τα τμήματα $A\Delta , B\Gamma$ και EE'

, 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 K, K'

, από τα οποία:
(α). Τα έξι τμήματα $A\Gamma , B\Delta , EE' ,ZZ', \Lambda N, M M_{1}$ , να φαίνονται με ορθές γωνίες (Τα K, K'

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.

Σχόλιο.
Την παραπάνω, πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω, Κατασκευή, καταχώρισα στην παράγραφο 11(15), τόμος 11, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», με τη λύση της.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

#15

Αγαπητοί φίλοι,
όπως έχω υποσχεθεί, δίνω παρακάτω μια άλλη εύκολη Κατασκευή, σε αντιστάθμισμα, της προηγούμενης, πολύ δύσκολης Κατασκευής.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις.
Δικές μου λύσεις θα δώσω σε εύλογο χρονικό διάστημα.

10ι(192). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A, \Gamma ,B,$ με $A\Gamma <\Gamma B$ . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει σημείο $\Delta$ της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , για το οποίο είναι: $\frac{A\Gamma ^{2}}{\Gamma B^{2}}=\frac{A\Delta }{\Delta B}$ .

Σχόλια.
(α). Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(192), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», με αρκετές λύσεις της.
(β). Η Κατασκευή αυτή μου είναι αμφίβολο αν πρωτοεμφανίζεται εδώ, αν και δεν την έχω συναντήσει μέχρι τώρα. Όμως μερικές λύσεις της που έχω επιτύχει, πιστεύω ότι είναι νέες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

#16

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
όπως έχω υποσχεθεί, δίνω παρακάτω μια άλλη εύκολη Κατασκευή, σε αντιστάθμισμα, της προηγούμενης, πολύ δύσκολης Κατασκευής.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις.
Δικές μου λύσεις θα δώσω σε εύλογο χρονικό διάστημα.

10ι(192). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A, \Gamma ,B,$ με $A\Gamma <\Gamma B$ . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει σημείο $\Delta$ της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , για το οποίο είναι: $\frac{A\Gamma ^{2}}{\Gamma B^{2}}=\frac{A\Delta }{\Delta B}$ .

Σχόλια.
(α). Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(192), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», με αρκετές λύσεις της.
(β). Η Κατασκευή αυτή μου είναι αμφίβολο αν πρωτοεμφανίζεται εδώ, αν και δεν την έχω συναντήσει μέχρι τώρα. Όμως μερικές λύσεις της που έχω επιτύχει, πιστεύω ότι είναι νέες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 104, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση 1 του παραπάνω Προβλήματος 10ι(192).
Σύντομα θα αναρτήσω, με το ίδιο συνημμένο μου και τις λύσεις 2 και 3, του ιδίου Προβλήματος.
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.

#17

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
όπως έχω υποσχεθεί, δίνω παρακάτω μια άλλη εύκολη Κατασκευή, σε αντιστάθμισμα, της προηγούμενης, πολύ δύσκολης Κατασκευής.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις.
Δικές μου λύσεις θα δώσω σε εύλογο χρονικό διάστημα.

10ι(192). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A, \Gamma ,B,$ με $A\Gamma <\Gamma B$ . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει σημείο $\Delta$ της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , για το οποίο είναι: $\frac{A\Gamma ^{2}}{\Gamma B^{2}}=\frac{A\Delta }{\Delta B}$ .

Σχόλια.
(α). Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(192), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», με αρκετές λύσεις της.
(β). Η Κατασκευή αυτή μου είναι αμφίβολο αν πρωτοεμφανίζεται εδώ, αν και δεν την έχω συναντήσει μέχρι τώρα. Όμως μερικές λύσεις της που έχω επιτύχει, πιστεύω ότι είναι νέες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 104, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση 2 του παραπάνω Προβλήματος 10ι(192), ενσωματωμένη μετά την λύση 1, του ίδιου Προβλήματος .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες τις Προτάσεις που μέχρι τώρα έχω αναρτήσει εδώ.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#18

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητοί φίλοι,
όπως έχω υποσχεθεί, δίνω παρακάτω μια άλλη εύκολη Κατασκευή, σε αντιστάθμισμα, της προηγούμενης, πολύ δύσκολης Κατασκευής.
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας, να ασχοληθούν και να μας δώσουν τις δικές τους λύσεις.
Δικές μου λύσεις θα δώσω σε εύλογο χρονικό διάστημα.

10ι(192). Δίνεται ευθεία $\left(\varepsilon \right)$ και τα διατεταγμένα σημεία της $A, \Gamma ,B,$ με $A\Gamma <\Gamma B$ . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει σημείο $\Delta$ της ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , για το οποίο είναι: $\frac{A\Gamma ^{2}}{\Gamma B^{2}}=\frac{A\Delta }{\Delta B}$ .

Σχόλια.
(α). Την παραπάνω Κατασκευή, καταχώρισα στην παράγραφο 10ι(192), τόμος 10, του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», με αρκετές λύσεις της.
(β). Η Κατασκευή αυτή μου είναι αμφίβολο αν πρωτοεμφανίζεται εδώ, αν και δεν την έχω συναντήσει μέχρι τώρα. Όμως μερικές λύσεις της που έχω επιτύχει, πιστεύω ότι είναι νέες.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

Αγαπητοί φίλοι,
με το παρακάτω συνημμένο μου 104, όπως έχω υποσχεθεί, δίνω τη λύση 3 του παραπάνω Προβλήματος 10ι(192), ενσωματωμένη μετά τις λύσεις 1 και 2, του ίδιου Προβλήματος .
Προτείνω στους ενδιαφερόμενους φίλους της Γεωμετρίας να ασχοληθούν και να μας δώσουν και τις δικές τους λύσεις, σε όλες τις Προτάσεις που μέχρι τώρα έχω αναρτήσει εδώ.

Σας εύχομαι ολόψυχα:
ΚΑΛΑ ΧΡΙΣΤΟΥΓΕΝΝΑ, ΚΑΛΗ ΠΡΩΤΟΧΡΟΝΙΑ ΚΑΙ ΕΥΤΥΧΙΣΜΕΝΟ ΤΟ ΝΕΟ ΕΤΟΣ 2012.

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

#19

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 E, E'

της ίδιας ευθείας $\left(\varepsilon \right)$ , τα οποία χωρίζουν αρμονικά και τα δύο τμήματα $A\Gamma ,B\Delta$ και ένα μόνο ζεύγος σημείων Z, Z'

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.

#20

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 A, B, C, D

κείμενα σε άξονα με αρχή το

και μονάδα το

. Συμβολίζουμε τη τετμημένη τους με το αντίστοιχο μικρό γράμμα.
Προφανώς είναι A(0

) και

. Με δεδομένα τα σημεία A, B, C, D

(βλέπε σχήμα), για τα E, E'

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 e, e',

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 Z, Z'

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 ZA<ZD

πρέπει $0<z<\frac{d}{2}$ και z'<0

, 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 Z, Z'

διαιρούν και το EE'

αρμονικά, όπως θα δούμε στη συνέχεια.

Μετά από αυτά προχωράμε ως εξής: Τα ζητούμενα σημεία είναι οι τομές των κύκλων με διαμέτρους AC, BD

. 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 AKB