Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10645
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Ιαν 01, 2017 2:19 am

Καλή Χρονιά :santalogo:
Πρώτη του  νέου έτους.png
Πρώτη του νέου έτους.png (16.54 KiB) Προβλήθηκε 1345 φορές
Έστω AM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC(\widehat A=90^0), BE, CF οι διχοτόμοι και I το έγκεντρο. Αν η MI

τέμνει την EF στο Z, να δείξετε ότι \displaystyle{AZ \bot BC}



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4102
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Ιαν 02, 2017 12:38 pm

george visvikis έγραψε:Καλή Χρονιά :santalogo:
Έστω AM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC(\widehat A=90^0), BE, CF οι διχοτόμοι και I το έγκεντρο. Αν η MI τέμνει την EF στο Z, να δείξετε ότι \displaystyle{AZ \bot BC}
Καλημέρα και ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ σε όλους

Η πρώτη καθετότητα του νέου έτους θέλει και μια πρωτοχρονιάτικη αντιμετώπιση με βάσει τα επίκαιρα της καθετότητας που συμβαίνουν εδώ

\bullet Έστω K,Q και L,P τα σημεία τομής των εκ του Z παραλλήλων προς τις AC,AB αντίστοιχα

(καθέτων προφανώς προς τις AC,AB (αφού \angle BAC = {90^0})) με τις AB,CF και AC,BE αντίστοιχα.

Τότε προφανώς το AKZL είναι ορθογώνιο (3 ορθές) οπότε \boxed{ZL = AK}:\left( 1 \right) και \boxed{ZK = AL}:\left( 2 \right).

Έστω Έστω επίσης X,Y τα σημεία τομής των εκ του M παραλλήλων προς τις AC,AB με τις CF,BE αντίστοιχα.

Είναι \angle BYM\mathop  = \limits^{MY\parallel AB} \angle YBA\mathop  = \limits^{BY\,\,\delta \iota \chi o\tau o\tau o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle ABC} \angle YBM \Rightarrow \boxed{MY = MB}:\left( 3 \right) και ομοίως \boxed{MX = MC}:\left( 4 \right).

Από \left( 3 \right),\left( 4 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{MB = MC} \boxed{MY = MX}:\left( 5 \right). Είναι ZP\parallel AB\parallel MY \Rightarrow \dfrac{{ZP}}{{MY}} = \dfrac{{IZ}}{{IM}} \mathop  = \limits^{ZQ\parallel AC\parallel MX} \dfrac{{ZQ}}{{MX}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \boxed{ZP = ZQ}:\left( 6 \right).

(Η πρόταση \left( 6 \right) ισχύει και για τυχόν τρίγωνο \vartriangle ABC και θα μπορούσε να αποτελεί από μόνη της ένα ξεχωριστό Λήμμα)
[attachment=0]Πρώτη καθετότητα του έτους.png[/attachment]
\bullet Είναι \left\{ \begin{gathered} 
  LZP\parallel AFB\mathop  \Rightarrow \limits^{\Theta .{\rm K}.\Delta \varepsilon \sigma \mu \eta \varsigma } \dfrac{{ZL}}{{ZP}} = \dfrac{{FA}}{{FB}}\mathop  = \limits^{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon } \dfrac{{AC}}{{BC}} \\  
  KZQ\parallel AEC\mathop  \Rightarrow \limits^{\Theta .{\rm K}.\Delta \varepsilon \sigma \mu \eta \varsigma } \dfrac{{ZK}}{{ZQ}} = \dfrac{{EA}}{{EC}}\mathop  = \limits^{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon } \dfrac{{AB}}{{BC}} \\  
\end{gathered}  \right. \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( : \right)} \dfrac{{\dfrac{{ZL}}{{ZP}}}}{{\dfrac{{ZK}}{{ZQ}}}} = \dfrac{{\dfrac{{AC}}{{BC}}}}{{\dfrac{{AB}}{{BC}}}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 6 \right)} \boxed{\dfrac{{AK}}{{AL}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}}:\left( 7 \right).

Από τη σχέση \left( 7 \right) σύμφωνα με το
θεώρημα Stathis.Koutras. προκύπτει ότι \boxed{AZ \bot BC} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ. Η απόδειξη αφιερώνεται σε ολόκληρο το :santalogo: που μου κρατάει «συντροφιά» τα δύσκολα αυτά χρόνια.

Ιδιαίτερα θέλω να ευχαριστήσω τον (ακούραστο)
Τάκη Χρονόπουλο για ότι έχει προσφέρει στο Μαθηματικό χώρο καθώς

και τον νονό του περιώνυμου Θεωρήματος,
Κώστα Βήττα, έναν μοναδικό αξιαγάπητο φίλο που ήμουν τόσο τυχερός που γνώρισα

Με αγάπη
Στάθης Κούτρας
Συνημμένα
Πρώτη καθετότητα του έτους.png
Πρώτη καθετότητα του έτους.png (49.46 KiB) Προβλήθηκε 1228 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Ιαν 02, 2017 1:33 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ... \boxed{\dfrac{{AK}}{{AL}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}}:\left( 7 \right)
Θα ήθελα κι εγώ να δώσω τα συγχαρητήριά μου στον κύριο Κούτρα για το θεώρημά του. :first:
Είναι ένα παράδειγμα προς μίμηση για όλους εμάς τους μικρούς, να μπορέσουμε κι εμείς να βάλουμε κάποτε ένα λιθαράκι στο οικοδόμημα της γνώσης!

Βέβαια με την σχέση (7) πιο πάνω ο κύριος Στάθης το είχε καθαρίσει το πρόβλημα! :clap2:

Για τη συνέχεια θα μπορούσαμε να πούμε ότι από την (7) προκύπτει ότι η AZ είναι συμμετροδιάμεσος στο τρίγωνο ABC ως προς τη γωνία \hat{A}, άρα \widehat{BAZ}=\widehat{MAC} \Rightarrow \widehat{BAZ} =\widehat{ACB} \Rightarrow AZ \perp BC

Ή πιο απλά: (7) \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{KZ}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} άρα τα ορθογώνια τρίγωνα AKZ και ABC είναι όμοια, άρα \widehat{KAZ}=\widehat{ACB} \Rightarrow AZ \perp BC


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8027
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Ιαν 02, 2017 2:41 pm

george visvikis έγραψε:Καλή Χρονιά :santalogo:

Πρώτη του νέου έτους.png
Έστω AM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC(\widehat A=90^0), BE, CF οι διχοτόμοι και I το έγκεντρο. Αν η MI

τέμνει την EF στο Z, να δείξετε ότι \displaystyle{AZ \bot BC}

Χρόνια πολλά σε όλους.

Μια λύση βασικά με θεώρημα Μενελάου. Ίσως ο Γιώργος έχει κάτι πιο στοιχειώδες και πιο απλό .

Θεωρούμε b > c .

Ας είναι T το σημείο τομής της MZ μα την AB, H το σημείο τομής της EF με

την CB και K το σημείο τομής της AZ με τη BC.

Αρκεί να δείξουμε ότι \boxed{BK = \frac{{{c^2}}}{a}} γιατί τότε σύμφωνα με το αντίστροφο του

Θεωρήματος Ευκλείδη θα είναι BK \bot BC.

Από Θ. Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle ABC με διατέμνουσα \overline {EFH} έχουμε :

BH = \dfrac{{ac}}{{b - c}}\,\, \Rightarrow \,\,\boxed{\frac{{BH}}{{HM}} = \frac{{2c}}{{b + c}}\,}\,(1)\,\,\, . Από το ίδιο θεώρημα στο \vartriangle BFC και

διατέμνουσα \overline {TIM} έχουμε:

\boxed{\frac{{BT}}{{TF}} = \frac{{a + b}}{c}}\,\,(2)\,\, και αφού \boxed{BF = \frac{{ac}}{{a + b}}} θα προκύψει

\boxed{TB = \frac{{ac}}{{a + b - c}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TA = \frac{{c(b - c)}}{{a + b - c}}}\,\,\,( * )
Πρώτη καθετότητα του νέου έτους.png
Πρώτη καθετότητα του νέου έτους.png (18.68 KiB) Προβλήθηκε 1167 φορές
Συνεχίζουμε με το ίδιο θεώρημα στο τρίγωνο \vartriangle TBM και διατέμνουσα \overline {ZFH} και

έχουμε: \boxed{\frac{{MZ}}{{ZT}} = \frac{{(b + c)(a + b - c)}}{{2{c^2}}}}\,\,\,(3).

Τέλος στο τρίγωνο \vartriangle TBM με διατέμνουσα \overline {AZK} και των σχέσεων ( * ) έχουμε:

\dfrac{{BK}}{{KM}} = \dfrac{{2{c^2}}}{{{b^2} - {c^2}}} με ιδιότητες των αναλογιών και δεδομένου ότι {a^2} = {b^2} + {c^2} θα

προκύψει : \dfrac{{BK}}{{BM}} = \dfrac{{2{c^2}}}{{{b^2} + 2{c^2} - {c^2}}} \Rightarrow \boxed{BK = \dfrac{{{c^2}}}{a}} δηλαδή αυτό που ζητάμε .

Μια λύση που προκύπτει η AZ συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC είναι πιο σύνθετη και την απέρριψα .

Φιλικά, Νίκος


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2091
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Ιαν 03, 2017 11:58 am

\bullet Έστω το σημείο D\equiv BC\cap AI και έχουμε AH\perp AD , λόγω της διχοτόμου AD της γωνίας \angle A του δοσμένου ορθογωνίου τριγώνου \vartriangle ABC και της αρμονικής σημειοσειράς H,\ B,\ D,\ C από το πλήρες τετράπλευρο AEIFBC .

Στην αρμονική αυτή σημειοσειρά, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, ισχύει (MD)(MH) = (MB)^{2} = (MC)^{2} = (MA)^{2}\ \ \ \ ,(1) λόγω \angle A = 90^{o}.

Από (1) προκύπτει ότι η ευθεία MA ταυτίζεται με την εφαπτομένη του περικύκλου έστω (O) του ορθογωνίου τριγώνου \vartriangle AHD με κέντρο το μέσον O της υποτείνουσας HD αυτού.
f=181_t=56953.PNG
Πρώτη καθετότητα του νέου έτους.
f=181_t=56953.PNG (33.05 KiB) Προβλήθηκε 1043 φορές
\bullet Η δέσμη H\ldotp MIZS , όπου S\equiv AH\cap MZ , είναι αρμονική και επομένως, η δέσμη A\ldotp MIZS είναι επίσης αρμονική και άρα, η σημειοσειρά H,\ K,\ D,\ M είναι αρμονική.

Η ευθεία AK τώρα, ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου M ως προς τον κύκλο (O) , γιατί συνδέει το σημείο A ( = το σημείο επαφής της εφαπτομένης του (O) από το σημείο M ) με το σημείο K ( = το αρμονικό συζυγές του σημείου M ως προς τα σημεία H,\ D ) .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι AK\perp MO\equiv BC ( η Πολική ευθεία σημείου ως προς κύκλο, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει το σημείο με το κέντρο του κύκλου ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1115
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Τετ Ιαν 04, 2017 12:36 pm

Καλή Χρονιά σε όλους τους φίλους.
Αφού εκφράσω και πάλι τα συγχαρητήρια μου στον φοβερό Στάθη (Στάθη μας κάνεις περήφανους και ας ξέρω ότι δεν σου αρέσουν οι έπαινοι), να πω ότι η επίμονη αναζήτηση λύσης σε ένα δύσκολο πρόβλημα οδηγεί συχνά, στην ανακάλυψη χρήσιμων λημμάτων η Θεωρημάτων. Η χρησιμότητα και η αξία αυτών, φαίνεται στο πόσο άμεσα και κυρίως κομψά οδηγούν στη λύση ενός προβλήματος, αλλά και στις εφαρμογές που έχουν σε μεγάλο πλήθος άλλων προβλημάτων. Για να αντιληφθεί κανείς την αξία του Θεωρήματος του Στάθη, πρέπει πρωτίστως να ασχοληθεί με αυτό το πρόβλημα. Παραθέτω τη δική μου εκδοχή.

Θα χρησιμοποιήσουμε την χαρακτηριστική ιδιότητα της EF, δηλαδή ότι η απόσταση κάθε σημείου της EF από την BC, ισούται με το άθροισμα των αποστάσεών του από τις AB, AC.
Κατασκευάζουμε το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο AUT με ύψος την AD. Έστω P το σημείο τομής της BE, με την AT και Z η προβολή του P επί του ύψους AD. Θα αποδείξουμε ότι το Z ανήκει στην EF και όμοια μπορούμε να ενεργήσουμε για το σημείο τομής N της CF με την AU και την προβολή του επί του ύψους AD.
Έστω ZR, ZV οι αποστάσεις του Z από τις AB, AC αντίστοιχα και PS, PQ οι αποστάσεις του P από τις AB, BC αντίστοιχα. Αρκεί να αποδείξουμε ZD=ZR+ZV.
Το τελευταίο προκύπτει άμεσα από την ισότητα των ορθογώνιων τριγώνων ZHP, ZAV (ZP=ZA και \angle {HPZ}=\angle { AZV }) και τις ισότητες ZD=PQ=PS=PH+HS=ZV+ZR.
Επομένως, καθώς το Z είναι μέσο του NP, σύμφωνα με το Θ. Κεντρικής Δέσμης, τα σημεία Z, I, M είναι συνευθειακά.
Συνημμένα
καθετοτητα.png
καθετοτητα.png (14.55 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1315
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιαν 04, 2017 2:36 pm

Ισχύει το ακόλουθο γενικό αποτέλεσμα:

Έστω AM η διάμεσος τριγώνου ABC, και BE, CF οι διχοτόμοι και I το έγκεντρο. Αν η MI

τέμνει την EF στο Z, να δείξετε ότι η AZ είναι συμμετροδιάμεσος του ABC.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 247
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από simantiris j. » Πέμ Ιαν 05, 2017 11:52 am

silouan έγραψε:Ισχύει το ακόλουθο γενικό αποτέλεσμα:

Έστω AM η διάμεσος τριγώνου ABC, και BE, CF οι διχοτόμοι και I το έγκεντρο. Αν η MI

τέμνει την EF στο Z, να δείξετε ότι η AZ είναι συμμετροδιάμεσος του ABC.
Καλημέρα!Μια τριγωνομετρική απόδειξη για την παραπάνω γενίκευση με βάση όσα αποδείχθηκαν εδώ (γράφω για δική μου ευκολία N το Z,D το E και E το F δηλ όπως στο σύνδεσμο).
Αρχικά αφού BD,CE διχοτόμοι είναι AE=BE\dfrac{AC}{BC} και AD=DC\dfrac{AB}{BC} οπότε διαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε \dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\dfrac{BE}{DC}(1).
Εφαρμόζοντας το λήμμα που αναφέρεται εκεί για το \Delta A D E και το σημείο N έχουμε ότι \dfrac{NE}{ND}=\dfrac{sin \angle NAE}{sin \angle NAD}\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{sin \angle NAE}{sin \angle NAD}\dfrac{AC}{AB}\dfrac{BE}{DC}(2),χρησιμοποιώντας την (1), όμως στο σύνδεσμο αποδείξαμε ότι \dfrac{NE}{ND}=\dfrac{BE}{DC} άρα η (2) γίνεται \dfrac{sin \angle NAE}{sin \angle NAD}=\dfrac{AB}{AC}.(3)
Αν τώρα N',X τα σημεία τομής της A- συμμετροδιαμέσου με τις ED,BC αντίστοιχα,εφαρμόζοντας πάλι το λήμμα έχουμε \dfrac{BX}{CX}=\dfrac{sin \angle N'AE}{sin \angle N'AD}\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow \dfrac{sin \angle N'AE}{sin \angle N'AD}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{sin \angle NAE}{sin \angle NAD}\Rightarrow N\equiv N' (όπου χρησιμοποιήσαμε τη γνωστή σχέση \dfrac{BX}{CX}=\dfrac{AB^2}{AC^2} και την (3)),από όπου παίρνουμε το ζητούμενο.


Σημαντήρης Γιάννης
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1115
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Πέμ Ιαν 05, 2017 2:34 pm

vittasko έγραψε:\bullet Έστω το σημείο D\equiv BC\cap AI και έχουμε AH\perp AD , λόγω της διχοτόμου AD της γωνίας \angle A του δοσμένου ορθογωνίου τριγώνου \vartriangle ABC και της αρμονικής σημειοσειράς H,\ B,\ D,\ C από το πλήρες τετράπλευρο AEIFBC .

Στην αρμονική αυτή σημειοσειρά, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, ισχύει (MD)(MH) = (MB)^{2} = (MC)^{2} = (MA)^{2}\ \ \ \ ,(1) λόγω \angle A = 90^{o}.

Από (1) προκύπτει ότι η ευθεία MA ταυτίζεται με την εφαπτομένη του περικύκλου έστω (O) του ορθογωνίου τριγώνου \vartriangle AHD με κέντρο το μέσον O της υποτείνουσας HD αυτού.
f=181_t=56953.PNG
\bullet Η δέσμη H\ldotp MIZS , όπου S\equiv AH\cap MZ , είναι αρμονική και επομένως, η δέσμη A\ldotp MIZS είναι επίσης αρμονική και άρα, η σημειοσειρά H,\ K,\ D,\ M είναι αρμονική.

Η ευθεία AK τώρα, ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου M ως προς τον κύκλο (O) , γιατί συνδέει το σημείο A ( = το σημείο επαφής της εφαπτομένης του (O) από το σημείο M ) με το σημείο K ( = το αρμονικό συζυγές του σημείου M ως προς τα σημεία H,\ D ) .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι AK\perp MO\equiv BC ( η Πολική ευθεία σημείου ως προς κύκλο, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει το σημείο με το κέντρο του κύκλου ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.
Κώστα εύχομαι ολόψυχα Καλή Χρονιά με υγεία!
Με ιδιαίτερη χαρά ξαναβρισκόμαστε έστω και νοερά.
Μία μικρή συντόμευση νομίζω (αν δεν χάνω κάτι) μπορούμε να κάνουμε στην εξαιρετική λύση σου. Από την αρμονική δέσμη A\ldotp MIZS και την καθετότητα των AI, AS δεν προκύπτει ότι η AI διχοτομεί τη γωνία των AZ, AM;
Να είσαι καλά και τα ξαναλέμε.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2091
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιαν 05, 2017 4:01 pm

Ανδρέα, καλή χρονιά με υγεία σε σένα και στους ανθρώπους σου.

Στραβώθηκα με την Πολική και δεν είδα την διχοτόμο. Στην γενίκευση όμως του Σιλουανού δεν έχουμε ως Πολική την ευθεία AZ .

Mε το σκεπτικό σου όμως, η AI ως διχοτόμος της γωνίας \angle ZAM , μας δίνει άμεσα την AZ ως ταυτιζόμενη με την A-συμμετροδιάμεσο του \vartriangle ABC.

Σ' ευχαριστώ θερμά, Κώστας Βήττας.


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1115
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Πρώτη καθετότητα του νέου έτους

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Πέμ Ιαν 05, 2017 7:07 pm

Η αλήθεια είναι ότι με βάση τη γενίκευση ου Σιλουανού το σκέφτηκα. Δεν πήγε το μυαλό μου να χρησιμοποιήσω αρμονικότητες στο αρχικό πρόβλημα, καθώς μου βγήκε με άλλο τρόπο.
Σε ευχαριστώ και εγώ Κώστα, όπως φυσικά και το Σιλουανό και όλη τη Γεωμετρική παρέα.
Να είστε όλοι καλά!


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης