mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 06, 2025 9:57 pm**

Δίνονται 4 σημεία στο επίπεδο.
Οποιαδήποτε δύο ευθύγραμμα τμήματα που ορίζονται από αυτά έχουν λόγο $\leq \sqrt{2}$ .
Να δειχθεί ότι τα σημεία είναι κορυφές τετραγώνου.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 3:30 pm**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 7:28 pm**

αρψ2400 έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 3:30 pm
Οποιαδήποτε 3 από αυτά θα πρέπει να σχηματίζουν μη αμβλυγώνιο τρίγωνο(;).Στην περίπτωση της ισότητας το τρίγωνο είναι ισοσκελές ορθογώνιο(;). Αυτό σημαίνει ότι στο τετράπλευρο που σχηματίζουν τα τέσσερα σημεία μαζί με καμία διαγώνιο δεν σχηματίζεται αμβλυγώνιο τρίγωνο. Άρα όλα τα τρίγωνα είναι ορθογώνια και ισοσκελή και άρα το τετράπλευρο είναι τετράγωνο.

Πάντως λύση δεν είναι.
Ιδέες για λύση ίσως.
Και σε κάθε περίπτωση βάλτα σε απόκρυψη.
Γιατί κάποιος τώρα να βάλει λύση αν έχει τις ίδιες ιδέες.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 9:10 pm**

Έχουμε έξι τμήματα που δημιουργούνται λόγω των τεσσάρων σημείων.

Έστω x,y,z

τα μήκη τριών τμημάτων που σχηματίζουν τρίγωνο και

το ελάχιστο εκ των έξι μηκών.

Τότε για την γωνία $\theta$ που σχηματίζουν τα x,y

έχουμε $cos\theta = \dfrac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2xy}$

Όμως $x\geq m, y\geq m$ και από υπόθεση $z\leq m\sqrt{2}$

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι $cos\theta \geq 0$ , άρα $\theta$ είναι οξεία ή ορθή.

Αυτό όμως ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή x,y,z

που σχηματίζουν τρίγωνο και κάθε γωνία αυτού του τριγώνου.
Άρα όλες οι κυρτές γωνίες του σχήματος που θα προκύψει δεν μπορεί να είναι αμβλείες.

Πρώτον απορρίπτεται η περίπτωση να έχουμε τρία σημεία και το τέταρτο στο εσωτερικό του τριγώνου που σχηματίζουν, διότι οι τρεις γωνίες (αυτές που σχηματίζονται με κορυφή το εσωτερικό σημείο) έχουν άθροισμα $360^{\circ}$ , οπότε σίγουρα μία από αυτές θα είναι τουλάχιστον $120^{\circ}$ .

Δεύτερον, αν τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο, το άθροισμα των τεσσάρων γωνιών του τετραπλεύρου θα είναι $360^{\circ}$ . Συμπεραίνουμε πως όλες πρέπει να είναι ορθές, αλλιώς θα υπάρχει τουλάχιστον μία αμβλεία. Οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο. Πολύ συνοπτικά ονομάζουμε a,b,c

τισ δύο πλευρές και την διαγώνιο του ορθογωνίου και από την συνθήκη που δίνεται για τους λόγους αυτών των πλευρών καταλήγουμε πως τελικά το σχήμα είναι τετράγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 9:23 pm**

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:10 pm
Έχουμε έξι τμήματα που δημιουργούνται λόγω των τεσσάρων σημείων.

Έστω τα μήκη τριών τμημάτων που σχηματίζουν τρίγωνο και το ελάχιστο εκ των έξι μηκών.

Τότε για την γωνία $\theta$ που σχηματίζουν τα έχουμε $cos\theta = \dfrac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2xy}$

Όμως $x\geq m, y\geq m$ και από υπόθεση $z\leq m\sqrt{2}$

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι $cos\theta \geq 0$ , άρα $\theta$ είναι οξεία ή ορθή.

Αυτό όμως ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή που σχηματίζουν τρίγωνο και κάθε γωνία αυτού του τριγώνου.
Άρα όλες οι κυρτές γωνίες του σχήματος που θα προκύψει δεν μπορεί να είναι αμβλείες.

Πρώτον απορρίπτεται η περίπτωση να έχουμε τρία σημεία και το τέταρτο στο εσωτερικό του τριγώνου που σχηματίζουν, διότι οι τρεις γωνίες (αυτές που σχηματίζονται με κορυφή το εσωτερικό σημείο) έχουν άθροισμα $360^{\circ}$ , οπότε σίγουρα μία από αυτές θα είναι τουλάχιστον $120^{\circ}$ .

Δεύτερον, αν τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο, το άθροισμα των τεσσάρων γωνιών του τετραπλεύρου θα είναι $360^{\circ}$ . Συμπεραίνουμε πως όλες πρέπει να είναι ορθές, αλλιώς θα υπάρχει τουλάχιστον μία αμβλεία. Οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο. Πολύ συνοπτικά ονομάζουμε τισ δύο πλευρές και την διαγώνιο του ορθογωνίου και από την συνθήκη που δίνεται για τους λόγους αυτών των πλευρών καταλήγουμε πως τελικά το σχήμα είναι τετράγωνο.

Στην ουσία την έχεις λύσει υποθέτοντας ότι ανα τρία τα σημεία δεν είναι συνευθειακά.
Αυτό δεν δίνεται οπότε πρέπει με κάποιο τρόπο να απορριφθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 9:56 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:23 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:10 pm
Έχουμε έξι τμήματα που δημιουργούνται λόγω των τεσσάρων σημείων.

Έστω τα μήκη τριών τμημάτων που σχηματίζουν τρίγωνο και το ελάχιστο εκ των έξι μηκών.

Τότε για την γωνία $\theta$ που σχηματίζουν τα έχουμε $cos\theta = \dfrac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2xy}$

Όμως $x\geq m, y\geq m$ και από υπόθεση $z\leq m\sqrt{2}$

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι $cos\theta \geq 0$ , άρα $\theta$ είναι οξεία ή ορθή.

Αυτό όμως ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή που σχηματίζουν τρίγωνο και κάθε γωνία αυτού του τριγώνου.
Άρα όλες οι κυρτές γωνίες του σχήματος που θα προκύψει δεν μπορεί να είναι αμβλείες.

Πρώτον απορρίπτεται η περίπτωση να έχουμε τρία σημεία και το τέταρτο στο εσωτερικό του τριγώνου που σχηματίζουν, διότι οι τρεις γωνίες (αυτές που σχηματίζονται με κορυφή το εσωτερικό σημείο) έχουν άθροισμα $360^{\circ}$ , οπότε σίγουρα μία από αυτές θα είναι τουλάχιστον $120^{\circ}$ .

Δεύτερον, αν τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο, το άθροισμα των τεσσάρων γωνιών του τετραπλεύρου θα είναι $360^{\circ}$ . Συμπεραίνουμε πως όλες πρέπει να είναι ορθές, αλλιώς θα υπάρχει τουλάχιστον μία αμβλεία. Οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο. Πολύ συνοπτικά ονομάζουμε τισ δύο πλευρές και την διαγώνιο του ορθογωνίου και από την συνθήκη που δίνεται για τους λόγους αυτών των πλευρών καταλήγουμε πως τελικά το σχήμα είναι τετράγωνο.
Στην ουσία την έχεις λύσει υποθέτοντας ότι ανα τρία τα σημεία δεν είναι συνευθειακά.
Αυτό δεν δίνεται οπότε πρέπει με κάποιο τρόπο να απορριφθεί.

Όχι δεν χρειάζεται ειδική μεταχείριση κάτι τέτοιο .Προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των συνημιτόνων ότι είναι αδύνατη.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 10:04 pm**

αρψ2400 έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:56 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:23 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:10 pm
Έχουμε έξι τμήματα που δημιουργούνται λόγω των τεσσάρων σημείων.

Έστω τα μήκη τριών τμημάτων που σχηματίζουν τρίγωνο και το ελάχιστο εκ των έξι μηκών.

Τότε για την γωνία $\theta$ που σχηματίζουν τα έχουμε $cos\theta = \dfrac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2xy}$

Όμως $x\geq m, y\geq m$ και από υπόθεση $z\leq m\sqrt{2}$

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι $cos\theta \geq 0$ , άρα $\theta$ είναι οξεία ή ορθή.

Αυτό όμως ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή που σχηματίζουν τρίγωνο και κάθε γωνία αυτού του τριγώνου.
Άρα όλες οι κυρτές γωνίες του σχήματος που θα προκύψει δεν μπορεί να είναι αμβλείες.

Πρώτον απορρίπτεται η περίπτωση να έχουμε τρία σημεία και το τέταρτο στο εσωτερικό του τριγώνου που σχηματίζουν, διότι οι τρεις γωνίες (αυτές που σχηματίζονται με κορυφή το εσωτερικό σημείο) έχουν άθροισμα $360^{\circ}$ , οπότε σίγουρα μία από αυτές θα είναι τουλάχιστον $120^{\circ}$ .

Δεύτερον, αν τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο, το άθροισμα των τεσσάρων γωνιών του τετραπλεύρου θα είναι $360^{\circ}$ . Συμπεραίνουμε πως όλες πρέπει να είναι ορθές, αλλιώς θα υπάρχει τουλάχιστον μία αμβλεία. Οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο. Πολύ συνοπτικά ονομάζουμε τισ δύο πλευρές και την διαγώνιο του ορθογωνίου και από την συνθήκη που δίνεται για τους λόγους αυτών των πλευρών καταλήγουμε πως τελικά το σχήμα είναι τετράγωνο.
Στην ουσία την έχεις λύσει υποθέτοντας ότι ανα τρία τα σημεία δεν είναι συνευθειακά.
Αυτό δεν δίνεται οπότε πρέπει με κάποιο τρόπο να απορριφθεί.
Όχι δεν χρειάζεται ειδική μεταχείριση κάτι τέτοιο προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των ημιτόνων ώς αδύνατη.

Δεν καταλαβαίνω.
Αν π.χ τα τέσσερα σημεία είναι συνευθειακά γιατί δεν ισχύει η υπόθεση ;
Οταν λες ότι προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των ημιτόνων ώς αδύνατη ,πώς δικαιολογείται ;
Εγώ τουλάχιστον δεν το βλέπω.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 10:15 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 10:04 pm

αρψ2400 έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:56 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:23 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:10 pm
Έχουμε έξι τμήματα που δημιουργούνται λόγω των τεσσάρων σημείων.

Έστω τα μήκη τριών τμημάτων που σχηματίζουν τρίγωνο και το ελάχιστο εκ των έξι μηκών.

Τότε για την γωνία $\theta$ που σχηματίζουν τα έχουμε $cos\theta = \dfrac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2xy}$

Όμως $x\geq m, y\geq m$ και από υπόθεση $z\leq m\sqrt{2}$

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι $cos\theta \geq 0$ , άρα $\theta$ είναι οξεία ή ορθή.

Αυτό όμως ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή που σχηματίζουν τρίγωνο και κάθε γωνία αυτού του τριγώνου.
Άρα όλες οι κυρτές γωνίες του σχήματος που θα προκύψει δεν μπορεί να είναι αμβλείες.

Πρώτον απορρίπτεται η περίπτωση να έχουμε τρία σημεία και το τέταρτο στο εσωτερικό του τριγώνου που σχηματίζουν, διότι οι τρεις γωνίες (αυτές που σχηματίζονται με κορυφή το εσωτερικό σημείο) έχουν άθροισμα $360^{\circ}$ , οπότε σίγουρα μία από αυτές θα είναι τουλάχιστον $120^{\circ}$ .

Δεύτερον, αν τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο, το άθροισμα των τεσσάρων γωνιών του τετραπλεύρου θα είναι $360^{\circ}$ . Συμπεραίνουμε πως όλες πρέπει να είναι ορθές, αλλιώς θα υπάρχει τουλάχιστον μία αμβλεία. Οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο. Πολύ συνοπτικά ονομάζουμε τισ δύο πλευρές και την διαγώνιο του ορθογωνίου και από την συνθήκη που δίνεται για τους λόγους αυτών των πλευρών καταλήγουμε πως τελικά το σχήμα είναι τετράγωνο.
Στην ουσία την έχεις λύσει υποθέτοντας ότι ανα τρία τα σημεία δεν είναι συνευθειακά.
Αυτό δεν δίνεται οπότε πρέπει με κάποιο τρόπο να απορριφθεί.
Όχι δεν χρειάζεται ειδική μεταχείριση κάτι τέτοιο προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των ημιτόνων ώς αδύνατη.
Δεν καταλαβαίνω.
Αν π.χ τα τέσσερα σημεία είναι συνευθειακά γιατί δεν ισχύει η υπόθεση ;
Οταν λες ότι προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των ημιτόνων ώς αδύνατη ,πώς δικαιολογείται ;
Εγώ τουλάχιστον δεν το βλέπω.

Ο αρψ2400 εννοούσε πως ο νόμος συνημιτόνων ισχύει και για «εκφυλισμένα» τρίγωνα όπου οι τρεις κορυφές είναι συνευθειακές. Οπότε δεν χρειάζεται να εξεταστεί ξεχωριστά η περίπτωση όπου έχουμε συνευθειακά σημεία, καθώς καλύπτεται από την λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 08, 2025 10:18 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 10:04 pm

αρψ2400 έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:56 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:23 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:10 pm
Έχουμε έξι τμήματα που δημιουργούνται λόγω των τεσσάρων σημείων.

Έστω τα μήκη τριών τμημάτων που σχηματίζουν τρίγωνο και το ελάχιστο εκ των έξι μηκών.

Τότε για την γωνία $\theta$ που σχηματίζουν τα έχουμε $cos\theta = \dfrac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2xy}$

Όμως $x\geq m, y\geq m$ και από υπόθεση $z\leq m\sqrt{2}$

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι $cos\theta \geq 0$ , άρα $\theta$ είναι οξεία ή ορθή.

Αυτό όμως ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή που σχηματίζουν τρίγωνο και κάθε γωνία αυτού του τριγώνου.
Άρα όλες οι κυρτές γωνίες του σχήματος που θα προκύψει δεν μπορεί να είναι αμβλείες.

Πρώτον απορρίπτεται η περίπτωση να έχουμε τρία σημεία και το τέταρτο στο εσωτερικό του τριγώνου που σχηματίζουν, διότι οι τρεις γωνίες (αυτές που σχηματίζονται με κορυφή το εσωτερικό σημείο) έχουν άθροισμα $360^{\circ}$ , οπότε σίγουρα μία από αυτές θα είναι τουλάχιστον $120^{\circ}$ .

Δεύτερον, αν τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο, το άθροισμα των τεσσάρων γωνιών του τετραπλεύρου θα είναι $360^{\circ}$ . Συμπεραίνουμε πως όλες πρέπει να είναι ορθές, αλλιώς θα υπάρχει τουλάχιστον μία αμβλεία. Οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο. Πολύ συνοπτικά ονομάζουμε τισ δύο πλευρές και την διαγώνιο του ορθογωνίου και από την συνθήκη που δίνεται για τους λόγους αυτών των πλευρών καταλήγουμε πως τελικά το σχήμα είναι τετράγωνο.
Στην ουσία την έχεις λύσει υποθέτοντας ότι ανα τρία τα σημεία δεν είναι συνευθειακά.
Αυτό δεν δίνεται οπότε πρέπει με κάποιο τρόπο να απορριφθεί.
Όχι δεν χρειάζεται ειδική μεταχείριση κάτι τέτοιο προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των ημιτόνων ώς αδύνατη.
Δεν καταλαβαίνω.
Αν π.χ τα τέσσερα σημεία είναι συνευθειακά γιατί δεν ισχύει η υπόθεση ;
Οταν λες ότι προκύπτει ως ακραία περίπτωση από τον νόμο των ημιτόνων ώς αδύνατη ,πώς δικαιολογείται ;
Εγώ τουλάχιστον δεν το βλέπω.

Το διόρθωσα ,ήθελα να πω συνημιτόνων.Το τρίγωνο τριών οποιονδήποτε σημείων δεν έχει αμβλεία γωνία ούτε όταν αυτή είναι 180 μοίρες (ο τύπος δίνει συνημίτονο -1).Το συνημίτονο είναι απλά μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός.Βγαίνει φυσικά και πιο απλά ,αφού στην περίπτωση τριών συνευθειακών σημείων το άθροισμα των δύο πλευρών προς την μικρή είναι μεγαλύτερο από $1 + \frac{\sqrt{2}}{2}$ που είναι μεγαλύτερο από τη ρίζα του

.

mathematica.gr

Τελικά είναι τετράγωνο

Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο

Re: Τελικά είναι τετράγωνο