Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

#1

Με αφορμή αυτό, προτείνω:

(α) Να δειχθεί ότι οι εφαπτόμενες από τα σημεία (m/n, -1)

στον μοναδιαίο κύκλο x^2+y^2=1

γεννούν τις Πυθαγόρειες Τριάδες (m^2-n^2, 2mn, m^2+n^2)

.

(b)* Γενικεύστε και σχολιάστε όσο και όπως μπορείτε.

: 7-3.png (16.27 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

#2

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 31, 2021 1:49 pm
Με αφορμή αυτό, προτείνω:

(α) Να δειχθεί ότι οι εφαπτόμενες από τα σημεία στον μοναδιαίο κύκλο γεννούν τις Πυθαγόρειες Τριάδες .

(b)* Γενικεύστε και σχολιάστε όσο και όπως μπορείτε.

Γιώργο, αυτό ζητάς:

Έστω $A(p,\, q)$ τυχαίο σημείο του κύκλου, δηλαδή ισχύει p^2+q^2=1

. H κλίση της ακτίνας που συνδέει το κέντρο $(0,\,0)$ με το

είναι $\dfrac {q}{p}$ , οπότε η εφαπτομένη στο

η οποία διέρχεται από το $(m/n,\, -1)$ είναι η

$\displaystyle{y+1= -\dfrac {p}{q} \left (x- \dfrac {m}{n} \right) }$ .

Αφού το σημείο $A(p,\, q)$ βρίσκεται στην εν λόγω εφαπτομένη, έχουμε $\displaystyle{q+1= -\dfrac {p}{q} \left (p- \dfrac {m}{n} \right) }$ ή αλλιώς

$q=\dfrac {pm}{n}-(p^2+q^2)$ , που σημαίνει $q=\dfrac {pm}{n}-1$ . Θέτουμε αυτό το

στην αρχική, οπότε $p^2+ \left (\dfrac {pm}{n}-1 \right ) ^2=1$ . Με απλοποίηση δίνει

$p = \dfrac {2mn}{m^2+n^2}$ από όπου αμέσως $q = \dfrac {m^2-n^2}{m^2+n^2}$

Με άλλα λόγια η p^2+q^2 = 1

γράφεται $\left ( \dfrac {2mn}{m^2+n^2} \right) ^2+ \left ( \dfrac {m^2-n^2}{m^2+n^2} \right) ^2=1$ ή αλλιώς

$\boxed {\left ( 2mn \right) ^2+ \left ( m^2-n^2\right ) ^2= \left ( m^2+n^2\right )^2}$ (βρήκαμε δηλαδή Πυθαγόρειες τριάδες)

Αντίστροφα, αν $A(p,\,q)$ σημείο του κύκλου με ρητές συντεταγμένες, η παραπάνω διαδικασία με ανάποδη σειρά δείχνει ότι η εφαπτομένη στο

τέμνει την y=-1

σε ρητό σημείο $(m/n,\, -1)$ .

KARKAR · #3

: Πυθαγόρειες τριάδες.png (30.44 KiB) Προβλήθηκε 957 φορές

Γιώργο δεν κατάλαβα ποιο είναι το ερώτημα , αφού δίνεις τις συντεταγμένες του

. Προφανώς :

(2mn)^2+(m^2-n^2)^2=(m^2+n^2)^2

, που σημαίνει ότι το

είναι σημείο του κύκλου : x^2+y^2=1

.

Οι συντεταγμένες (a,b)

του

, βρίσκονται με χρήση του τύπου : ax+by=1

,

αξιοποιώντας την πληροφορία ότι η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο : $(\dfrac{m}{n} , -1 ) , m>n$ .

Ενόσω έγραφα , αναρτήθηκε παρόμοια ανάρτηση από τον Μιχάλη . Το αφήνω ... πιο πολύ για το σχήμα .

#4

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 31, 2021 1:49 pm
Με αφορμή αυτό, προτείνω:

(α) Να δειχθεί ότι οι εφαπτόμενες από τα σημεία στον μοναδιαίο κύκλο γεννούν τις Πυθαγόρειες Τριάδες .

(b)* Γενικεύστε και σχολιάστε όσο και όπως μπορείτε.

Γεια σας. Γιώργο γράφω κάποια σχόλια που στηρίζονται σε γνωστά πράγματα. Ας θέσουμε $q=\frac{m}{n}$ . Αν ονoμάσουμε

το σημείο

τότε η

είναι η πολική του (q,-1)

ως προς τον κύκλο και έχει εξίσωση qx-y=1

δηλαδη

. Επειδή έχει ήδη ένα κοινό σημείο με τον κύκλο, το

, το δεύτερο κοινό σημείο

βρίσκεται χρησιμοπιώντας μόνο τις 4 πράξεις και επομένως είναι ρητό σημείο. Με αυτό τον τρόπο βρίσκουμε όλα τα ρητά σημεία του κύλου και από αυτά εκείνα με ακέραιες συντεταγμένες. Η γενική ιδέα είναι η ακόλουθη:
Αν έχουμε μία κωνική F(x,y)=0

με ακέραιους συντελεστές και είμαστε σε θέση να βρούμε ένα ρητό σημείο της $(x_{0}, y_{0})$ (εδώ είναι ο κύκλος και το

) τότε θεωρούμε μία μεταβλητή ευθεία $y=\lambda \left( x-x_{0}\right) +y_{0}$ . Οι συντεταγμένες του δεύτερου σημείο τομής της με την κωνική είναι πάντα ρητές εκφράσεις των x_0

,

, $\lambda$ . Αν το $\lambda$ είναι ρητός αριθμός είναι και αυτές ρητοί. Αντιστρόφως αν είναι ρητοί αριθμοί τότε και ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας που συνδέει τα δύο σημεία τομής θα είναι ρητός. Επομένως η εξίσωση $F\left( x,\lambda \left( x-x_{0}\right) +y_{0}\right) =0$ μας οδηγεί σε όλα τα ρητά σημεία της κωνικής (εδώ το $\lambda$ είναι το

).

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 10, 2022 8:03 pm
Πυθαγόρειες τριάδες.pngΓιώργο δεν κατάλαβα ποιο είναι το ερώτημα , αφού δίνεις τις συντεταγμένες του . Προφανώς :

, που σημαίνει ότι το είναι σημείο του κύκλου : .

Οι συντεταγμένες του , βρίσκονται με χρήση του τύπου : ,

αξιοποιώντας την πληροφορία ότι η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο : $(\dfrac{m}{n} , -1 ) , m>n$ .

Ενόσω έγραφα , αναρτήθηκε παρόμοια ανάρτηση από τον Μιχάλη . Το αφήνω ... πιο πολύ για το σχήμα .

Θανάση η αλήθεια είναι ότι δεν αναρτήθηκε το σχήμα στην αρχική δημοσίευση της 31-12-21, αλλά προστέθηκε στις 8-1-22 (όταν συνόδευσε σχετική δημοσίευση στο ΦΒ δηλαδή). Στον αντίποδα τώρα, φαίνεται ότι το ερώτημα δεν ήταν κατανοητό όπως τέθηκε, γι αυτό και παρέμεινε αναπάντητο ως τις 10-1-22!

Είναι ενδιαφέρον ότι όλοι μας καταφεύγουμε αρχικά στον Λογισμό για την επίλυση του, ενώ αρκεί να χρησιμοποιηθούν οι a^2+b^2=1

και $\dfrac{m}{n}=\displaystyle\sqrt{\left(\dfrac{m}{n}-a\right)^2+(-1-b)^2}$ . (Ας παρατηρηθεί με την ευκαιρία ότι η προσέγγιση αυτή, που βασίζεται στην ισότητα των μηκών των εφαπτομένων, μπορεί επίσης να χρησιμοποιηθεί για να υπολογισθεί η κλίση της εφαπτομένης στο τυχόν σημείο (a,b)

του κύκλου χωρίς χρήση Λογισμού ή/και για να 'επαληθευθεί' η τιμή που μας δίνει η παράγωγος.)

Η εύκολα αποδεικνυόμενη αλλά ιδιαίτερα όμορφη και μάλλον αναπάντεχη αυτή ιδιότητα της εφαπτομένης φαίνεται να είναι άγνωστη. Για γενικεύσεις λίγο χλωμό το βλέπω. (Το πολύ ενδιαφέρον αποτέλεσμα για ρητά ελλειπτικά σημεία που παραθέτει ο Νίκος πάει σε άλλη κατεύθυνση, καθώς δεν αφορά εφαπτόμενες αλλά τέμνουσες.)

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 12, 2022 12:26 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 10, 2022 8:03 pm
Πυθαγόρειες τριάδες.pngΓιώργο δεν κατάλαβα ποιο είναι το ερώτημα , αφού δίνεις τις συντεταγμένες του . Προφανώς :

, που σημαίνει ότι το είναι σημείο του κύκλου : .

Οι συντεταγμένες του , βρίσκονται με χρήση του τύπου : ,

αξιοποιώντας την πληροφορία ότι η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο : $(\dfrac{m}{n} , -1 ) , m>n$ .

Ενόσω έγραφα , αναρτήθηκε παρόμοια ανάρτηση από τον Μιχάλη . Το αφήνω ... πιο πολύ για το σχήμα .
Θανάση η αλήθεια είναι ότι δεν αναρτήθηκε το σχήμα στην αρχική δημοσίευση της 31-12-21, αλλά προστέθηκε στις 8-1-22 (όταν συνόδευσε σχετική δημοσίευση στο ΦΒ δηλαδή). Στον αντίποδα τώρα, φαίνεται ότι το ερώτημα δεν ήταν κατανοητό όπως τέθηκε, γι αυτό και παρέμεινε αναπάντητο ως τις 10-1-22!

Η εύκολα αποδεικνυόμενη αλλά ιδιαίτερα όμορφη και μάλλον αναπάντεχη αυτή ιδιότητα της εφαπτομένης φαίνεται να είναι άγνωστη. Για γενικεύσεις λίγο χλωμό το βλέπω. (Το πολύ ενδιαφέρον αποτέλεσμα για ρητά ελλειπτικά σημεία που παραθέτει ο Νίκος πάει σε άλλη κατεύθυνση, καθώς δεν αφορά εφαπτόμενες αλλά τέμνουσες.)

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 12, 2022 12:26 pm
Η εύκολα αποδεικνυόμενη αλλά ιδιαίτερα όμορφη και μάλλον αναπάντεχη αυτή ιδιότητα της εφαπτομένης φαίνεται να είναι άγνωστη. Για γενικεύσεις λίγο χλωμό το βλέπω. (Το πολύ ενδιαφέρον αποτέλεσμα για ρητά ελλειπτικά σημεία που παραθέτει ο Νίκος πάει σε άλλη κατεύθυνση, καθώς δεν αφορά εφαπτόμενες αλλά τέμνουσες.)

Γεια σας
Γιώργο νομίζω ότι υπάρχει μια σύνδεση και η διαδικασία που έχεις βρει γενικεύεται. Γράφω κάπως πιο αναλυτικά.
Θα αποδείξουμε το ακόλουθο:

Έστω μια μη εκφυλισμένη κωνική
$Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}+Dx+Ey+F=0$ , $(\mathcal{C})$
με τα ακεραίους. Έστω $M_{0}\left( x_{0},y_{0}\right)$ ένα σημείο της με ρητές συντεταγμένες και $\left( \varepsilon \right)$ η εφαπτομένη της $(\mathcal{C})$ στο $\left( x_{0},y_{0}\right)$ . Σε κάθε σημείο $M_{1}\left( x_{1},y_{1}\right)$ της $\left( \varepsilon \right)$ διάφορο του $M_{0}$ αντιστοιχούμε το σημείο επαφής της εφαπτομένης που άγεται από αυτό προς την κωνική και είναι διάφορη της $\left( \varepsilon \right)$ . Τότε η αντιστοιχία $M_{1}\rightarrow N$ αντιιστοιχίζει ρητά σημεία της $\left( \varepsilon \right)$ σε ρητά σημεία της $(\mathcal{C})$ .

Πράγματι αν είναι $N\left( x_{2},y_{2}\right)$ τότε οι εξισώσεις των εφαπτομένων στα $M_{0}$ ,

είναι:
$Ax_{0}x+\frac{B}{2}\left( x_{0}y+xy_{0}\right) +Cy_{0}y+\frac{D}{2}\left( x+x_{0}\right) +\frac{E}{2}\left( y+y_{0}\right) +F=0$
$Ax_{2}x+\frac{B}{2}\left( x_{2}y+xy_{2}\right) +Cy_{2}y+\frac{D}{2}\left( x+x_{2}\right) +\frac{E}{2}\left( y+y_{2}\right) +F=0$
και φυσικά επαληθεύονται από το $\left( x_{1},y_{1}\right)$ .

: rationalpoints.png (24.83 KiB) Προβλήθηκε 831 φορές

H εξίσωση:
$Ax_{1}x+\frac{B}{2}\left( x_{1}y+xy_{1}\right) +Cy_{1}y+\frac{D}{2}\left( x+x_{1}\right) +\frac{E}{2}\left( y+y_{1}\right) +F=0$ .
α) είναι της μορφής px+qy+r=0

β) επαληθεύεται από δύο σημεία τα $M_{0}, N$ .
γ) δεν επαληθεύεται από το $M_{1}$ διότι αυτό δεν ανήκει στην κωνική.
Άρα πρόκειται για εξίσωση ευθείας και συγκεκριμένα της $M_{0}N$ .
Άρα το $\left( x_{2},y_{2}\right)$ είναι λύση του συστήματος:
$\displaystyle \left. {\begin{array}{*{20}c} {Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0} \\ {Ax_1 x + \frac{B}{2}\left( {x_1 y + xy_1 } \right) + Cy_1 y + \frac{D}{2}\left( {x + x_1 } \right) + \frac{E}{2}\left( {y + y_1 } \right) + F = 0} \\ \end{array}} \right\}\left( \Sigma \right)$
το οποίο έχει το πολύ δύο λύσεις εκ των οποίων η μία είναι ήδη η $\left( x_{0},y_{0}\right)$ .
Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γράφεται
$\left( Ax_{1}+\frac{B}{2}y_{1}+\frac{D}{2}\right) \allowbreak x+\left( Cy_{1}+\frac{B}{2}x_{1}+\frac{E}{2}\right) y+\frac{D}{2}x_{1}+\frac{E}{2}y_{1}+F=0$ και επιλύεται τουλάχιστον ως προς ένα από τους αγνώσττους x,y

. Σε κάθε περίπτωση ο άγνωστος ως προς τον οποίο θα επιλυθεί είναι ρητή συνάρτηση του άλλου με ρητούς συντελεστές. Επομένως όταν αντικατασταθεί στην πρώτη εξίσωση θα μας δώσει μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς τον άλλο άγνωστο της οποίας οι συντελεστές και μία ρίζα (η x_0

ή η

ανάλογα με το αν επιλύσαμε ως προς

ή

) είναι ρητοί αριθμοί. Επομένως και η άλλη ρίζα είναι ρητή. Συμπεραίνουμε έτσι ότι τα x_2

,

είναι ρητοί.

#8

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 12, 2022 12:26 pm

Είναι ενδιαφέρον ότι όλοι μας καταφεύγουμε αρχικά στον Λογισμό για την επίλυση του,

Γιώργο, η λύση που έγραψα δεν χρησιμοποιεί Λογισμό. Χρησιμοποιεί το γεγονός (που ως γνωστόν υπάρχει στα Στοιχεία του Ευκλείδη) ότι η εφαπτομένη είναι κάθετη στο άκρο της αντίστοιχης ακτίνας.

#9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 13, 2022 1:59 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 12, 2022 12:26 pm

Είναι ενδιαφέρον ότι όλοι μας καταφεύγουμε αρχικά στον Λογισμό για την επίλυση του,
Γιώργο, η λύση που έγραψα δεν χρησιμοποιεί Λογισμό. Χρησιμοποιεί το γεγονός (που ως γνωστόν υπάρχει στα Στοιχεία του Ευκλείδη) ότι η εφαπτομένη είναι κάθετη στο άκρο της αντίστοιχης ακτίνας.

Μιχάλη όντως, είδα το λάθος μου αρκετές ώρες πριν στείλεις την παραπάνω δημοσίευση (#8) ... και νόμισα ότι έσβησα την δεύτερη παράγραφο της δικής μου δημοσίευσης (#5), προς μεγάλη μου όμως έκπληξη την βλέπω ακόμη εκεί ... οπότε και την αφήνω ως έχει. [Τώρα βλέπω τι συνέβη: αντί απλώς να σβήσω την δεύτερη παράγραφο στην δημοσίευση #5 δημιούργησα νέα δημοσίευση (#6) χωρίς αυτήν την δεύτερη παράγραφο!

] Ευχαριστώ για την διόρθωση ούτως ή άλλως.

#10

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 13, 2022 1:45 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 12, 2022 12:26 pm
Η εύκολα αποδεικνυόμενη αλλά ιδιαίτερα όμορφη και μάλλον αναπάντεχη αυτή ιδιότητα της εφαπτομένης φαίνεται να είναι άγνωστη. Για γενικεύσεις λίγο χλωμό το βλέπω. (Το πολύ ενδιαφέρον αποτέλεσμα για ρητά ελλειπτικά σημεία που παραθέτει ο Νίκος πάει σε άλλη κατεύθυνση, καθώς δεν αφορά εφαπτόμενες αλλά τέμνουσες.)
Γεια σας
Γιώργο νομίζω ότι υπάρχει μια σύνδεση και η διαδικασία που έχεις βρει γενικεύεται. Γράφω κάπως πιο αναλυτικά.
Θα αποδείξουμε το ακόλουθο:

Έστω μια μη εκφυλισμένη κωνική
$Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}+Dx+Ey+F=0$ , $(\mathcal{C})$
με τα ακεραίους. Έστω $M_{0}\left( x_{0},y_{0}\right)$ ένα σημείο της με ρητές συντεταγμένες και $\left( \varepsilon \right)$ η εφαπτομένη της $(\mathcal{C})$ στο $\left( x_{0},y_{0}\right)$ . Σε κάθε σημείο $M_{1}\left( x_{1},y_{1}\right)$ της $\left( \varepsilon \right)$ διάφορο του $M_{0}$ αντιστοιχούμε το σημείο επαφής της εφαπτομένης που άγεται από αυτό προς την κωνική και είναι διάφορη της $\left( \varepsilon \right)$ . Τότε η αντιστοιχία $M_{1}\rightarrow N$ αντιιστοιχίζει ρητά σημεία της $\left( \varepsilon \right)$ σε ρητά σημεία της $(\mathcal{C})$ .

Πράγματι αν είναι $N\left( x_{2},y_{2}\right)$ τότε οι εξισώσεις των εφαπτομένων στα $M_{0}$ , είναι:
$Ax_{0}x+\frac{B}{2}\left( x_{0}y+xy_{0}\right) +Cy_{0}y+\frac{D}{2}\left( x+x_{0}\right) +\frac{E}{2}\left( y+y_{0}\right) +F=0$
$Ax_{2}x+\frac{B}{2}\left( x_{2}y+xy_{2}\right) +Cy_{2}y+\frac{D}{2}\left( x+x_{2}\right) +\frac{E}{2}\left( y+y_{2}\right) +F=0$
και φυσικά επαληθεύονται από το $\left( x_{1},y_{1}\right)$ .
rationalpoints.png
H εξίσωση:
$Ax_{1}x+\frac{B}{2}\left( x_{1}y+xy_{1}\right) +Cy_{1}y+\frac{D}{2}\left( x+x_{1}\right) +\frac{E}{2}\left( y+y_{1}\right) +F=0$ .
α) είναι της μορφής
β) επαληθεύεται από δύο σημεία τα $M_{0}, N$ .
γ) δεν επαληθεύεται από το $M_{1}$ διότι αυτό δεν ανήκει στην κωνική.
Άρα πρόκειται για εξίσωση ευθείας και συγκεκριμένα της $M_{0}N$ .
Άρα το $\left( x_{2},y_{2}\right)$ είναι λύση του συστήματος:
$\displaystyle \left. {\begin{array}{*{20}c} {Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0} \\ {Ax_1 x + \frac{B}{2}\left( {x_1 y + xy_1 } \right) + Cy_1 y + \frac{D}{2}\left( {x + x_1 } \right) + \frac{E}{2}\left( {y + y_1 } \right) + F = 0} \\ \end{array}} \right\}\left( \Sigma \right)$
το οποίο έχει το πολύ δύο λύσεις εκ των οποίων η μία είναι ήδη η $\left( x_{0},y_{0}\right)$ .
Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γράφεται
$\left( Ax_{1}+\frac{B}{2}y_{1}+\frac{D}{2}\right) \allowbreak x+\left( Cy_{1}+\frac{B}{2}x_{1}+\frac{E}{2}\right) y+\frac{D}{2}x_{1}+\frac{E}{2}y_{1}+F=0$ και επιλύεται τουλάχιστον ως προς ένα από τους αγνώσττους . Σε κάθε περίπτωση ο άγνωστος ως προς τον οποίο θα επιλυθεί είναι ρητή συνάρτηση του άλλου με ρητούς συντελεστές. Επομένως όταν αντικατασταθεί στην πρώτη εξίσωση θα μας δώσει μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς τον άλλο άγνωστο της οποίας οι συντελεστές και μία ρίζα (η ή η ανάλογα με το αν επιλύσαμε ως προς ή ) είναι ρητοί αριθμοί. Επομένως και η άλλη ρίζα είναι ρητή. Συμπεραίνουμε έτσι ότι τα , είναι ρητοί.

Νίκο πολύ εύστοχα τα παραπάνω, που στην ειδική περίπτωση του κύκλου λαμβάνουν την εξής 'συγκεκριμένη' μορφή:

Αν (p,q)

είναι ρητό σημείο επαφής του κύκλου x^2+y^2=1

και της εφαπτομένης που άγεται από το επίσης ρητό σημείο (r,s)

τότε το σημείο επαφής της άλλης εφαπτομένης είναι επίσης ρητό και οι συντεταγμένες του δίνονται από τον τύπο

$(a,b)=\left(\dfrac{r\pm|s|\sqrt{r^2+s^2-1}}{r^2+s^2},\dfrac{s\pm|r|\sqrt{r^2+s^2-1}}{r^2+s^2}\right).$

Οι παραπάνω συντεταγμένες είναι ρητές επειδή ισχύει η $r^2+s^2-1=\dfrac{(p-r)^2}{q^2}=\dfrac{(q-s)^2}{p^2}$ . Από τους τέσσερις δυνατούς συνδυασμούς των συν-πλην είναι αποδεκτοί μόνον οι δύο, και ο ένας από αυτούς τους δύο μας 'επιστρέφει' το αρχικό σημείο επαφής, (p,q)

.

[Θα επανέλθω αν και όταν έχω να πω κάτι περισσότερο για τον παραπάνω τύπο, που έχω μεν επαληθεύσει σε ειδικές περιπτώσεις, δεν 'κατανοώ' όμως 'πλήρως'. (Ο τύπος προέκυψε βέβαια από επίλυση του συστήματος rx+sy=1

,

.)]

Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Re: Πυθαγόρειες Τριάδες ... γεωμετρικώς

Μέλη σε σύνδεση