ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

[ΝΙΚΟΣ]

Νέα Πρόταση Γεωμετρίας .

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα Πρόταση Γεωμετρίας. Α38:

Α38. Το γινόμενο, κάθε μιας τριάδας των αντιπαραλλήλων στις πλευρές τργώνου, που κάθεμιά περνά αντίστοιχα, από μια κορυφή του τριγώνου αυτού, είναι ίσο με το γινόμενο των τρίών πλευρών του τριγώνου αναφοράς.
[Σχετική ορολογία και συμβολισμοί αναρφέρονται, στην παρατήρηση της παραγράφου 6ι(184)].

Παρακαλώ για τις νέες δικές σας λύσεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.

Δική μου απόε, θα ακολουθήσουν σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και Ταπεινά
Νίκος Κυριαζής
Αναζητάς; Επινοείς; Είσαι ζωντανός.

[ΝΙΚΟΣ]

Απόδειξη της παρπάνω Πρότασης Α38..

Αγαπητοί φίλοι,
Απόδειξή μου, θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 6, Σελίδα βιβλίου 270, ή διαδικτυακά 276, Πρόταση 6ι(185).

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1HkhS6E ... EOwb6/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:Σελίδα βιβλίου 270, ή ψηφιακά 276, παράγραφος 6ι(185).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Ο Heath Thomas, ομολογεί ότι:
'Τα Ελληνικά Μαθηματικά αποκαλύπτουν μια σπουδαία πλευρά της Ελληνικής ιδιοφυίας...

[ΝΙΚΟΣ]

ΑΚΥΡΟ

[ΝΙΚΟΣ]

ΑΚΥΡΟ

[ΝΙΚΟΣ]

Πρόβλημα Γεωμετρικής Κατασκευής.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για λύση την παρακάτω νέα Γεωμετρική Κατασκευή Α40:

Α40. Να κατασκευασθεί παραλληλόγραμμο του οποίου δίνονται οι πλευρές και οι γωνίες με τις οποίες φαίνονται οι πλευρές του από σημείο του επιπέδου του..

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.

Δική μου λύση, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και Ταπεινά
Νίκος Κυριαζής
Γεωμετρία εστί ……Θεών εις ανθρώπους δόσις ,,,,,
Πλάτων «Φίληβος».

[ΝΙΚΟΣ]

Απόδειξη της παρπάνω Πρότασης Α40..

Αγαπητοί φίλοι,
Απόδειξή μου, θα βρείτε, αν χρησιμοποιήσετε το σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 3, Σελίδα βιβλίου 149, ή διαδικτυακά 159, Πρόταση 3e(2).

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1YBEELC ... Lkre9/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:Σελίδα βιβλίου 149, ή ψηφιακά 159, παράγραφος 3ε(2).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Ο Pascal, για τον Pierre de Fermat, έγραφε: «Είστε ο μεγαλύτερος Γεωμέτρης της Ευρώπης». .

[ΝΙΚΟΣ]

Νέα Πρόταση Γεωμετρίας .

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα Πρόταση Γεωμετρίας. Α41:

Α41. Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο, μία κορυφή και η απέναντί της πλευράς ισοπλεύρου τριγώνου συμπίπτουν, με την κορυφή της ορθής γωνίας και της υποτείνουσας αντίστοιχα, του ορθογώνιου τριγώνου, τότε και μόνο τότε, κάθε μια από τις δύο άλλες πλευρές του ισόπλευρου τριγώνου, αποτελεί και μία τριχοτόμο, κάθε μιας από τις δύο γωνίες που σχηματίζονται, από την ισοκλινή της διαμέσου της υποτείνουσας του ορθογώνιου τριγώνου και μιας κάθε φορά, από τις κάθετες πλευρές του. Ακόμη, για τα δύο παραπάνω τρίγωνα (Ορθογώνιο και ισόπλευρο), τότε και μόνο τότε, και το ύψος του ισόπλευρου τρίγωνου, που περνά από την κορυφή της παραπάνω ορθής γωνίας, αποτελεί και μία τριχοτόμο της γωνίας που σχηματίζεται από την διχοτόμο της παραπάνω ορθής γωνίας και της παραπάνω ισοκλινούς.

Παρακαλώ για τις νέες δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.

Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και Ταπεινά
Νίκος Κυριαζής
Από όσα γράφονται εδώ στο mathematica, αποδεικνύεται, για μια φορά ακόμη,ότι η Γεωμετρία ζει και αναπτύσσεται, σε πείσμα των εχθρών της.

[ΝΙΚΟΣ]

Απόδειξη της παρπάνω Πρότασης Α41..

Αγαπητοί φίλοι,
Απόδειξή μου, θα βρείτε, αν χρησιμοποιήσετε το σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο «ΤΡΙΧΟΤΟΜΙΜΕΝΕΣ ΕΙΔΙΚΕΣ ΓΩΝΙΕΣ», Σελίδα βιβλίου 65, ή διαδικτυακά 66, Πρόταση του συμπεράσματος της Πρότσης 17.

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1sVTvIq ... 9_wKP/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:Σελίδα βιβλίου 65, ή ψηφιακά 66, Πρόταση του συμπεράσματος της Πρότσης 17.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Η ΑΠΟΔΕΙΞΗ στη Γεωμετρία αποτελεί: Ένα αλάνθαστο εργαλείο, που μας επιτρέπει να λέμε: «ΕΙΜΑΙ ΒΕΒΑΙΟΣ ΟΤΙ ΕΙΝΑΙ ΣΩΣΤΌ, ΓΙΑΤΙ ΤΟ ΑΠΕΔΕΙΞΑ» .

[ΝΙΚΟΣ]

Νέα Πρόταση Γεωμετρίας .

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα Πρόταση Γεωμετρίας. Α42:

Α42. Να αποδειχθεί ότι αληθεύει το Θεώρημα του Μεγ. Ναπολέοντα (Σημείο και ισόπλευρο τρίγωνο), και σε εκφυλισένο τρίγωνο σε ευθεία.

Παρακαλώ για τις νέες δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.

Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και Ταπεινά
Νίκος Κυριαζής
Στείλτε μου τα Θεωρήματα και εγώ θα σας βρω τις αποδείξεις.
Χρύσιππος.

[ΝΙΚΟΣ]

Απόδειξη της παρπάνω Πρότασης Α42..

Αγαπητοί φίλοι,
Απόδειξή μου, θα βρείτε, αν χρησιμοποιήσετε το σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», Τεύχος 6, Σελίδα βιβλίου 255, ή διαδικτυακά 261, Πρόταση 6ι(175).

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1HkhS6E ... EOwb6/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:Σελίδα βιβλίου 255, ή ψηφιακά 261, Πρόταση 6ι(175).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
"Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.

[ΝΙΚΟΣ]

Νέα Πρόταση Γεωμετρίας .

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για απόδειξη την παρακάτω νέα Πρόταση Γεωμετρίας. Α43:

Α43. Σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο, το γινόμενο των πλευρών του επί το γινόμενο των πλευρών του ορθικού του τριγώνου, είναι ίσο με το γινόμενο των υψών του τριγώνου αναφοράς επί το γινόμενο των τριών αποστάσεων του ορθοκέντρου από τις κορυφές του τριγώνου.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρετα σχόλιά σας.

Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και Ταπεινά
Νίκος Κυριαζής
Λέγεται ότι κανένας κλάδος της ανθρώπινης γνώσης δεν έχει μελετηθεί και αγαπηθεί τόσο πολύ όσο η Ευκλείδεια Γεωμετρία. Η μεγαλύτερη αγάπη γιγάντων της σκέψης, όπως του Πλάτωνα, Νεύτωνα, Σπινόζα, Κάντ, Αϊστάϊν, ήταν η Ευκλείδεια Γεωμετρία, που την μελέτησαν με πάθος.

[Mihalis_Lambrou]

Α43. Σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο, το γινόμενο των πλευρών του επί το γινόμενο των πλευρών του ορθικού του τριγώνου, είναι ίσο με το γινόμενο των υψών του τριγώνου αναφοράς επί το γινόμενο των τριών αποστάσεων του ορθοκέντρου από τις κορυφές του τριγώνου.

.

isa ginomena.png (31.58 KiB) Προβλήθηκε 4763 φορές

.
Τα τρίγωνα είναι όμοια διότι έχουν κοινή και (από το εγγράψιμο ) έχουν . Άρα

, δηλαδή . Ισοδύναμα , και κυκλικά άλλες δύο παρόμοιες.

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις τρεις, έπεται , που είναι το αποδεικτέο.

[ΝΙΚΟΣ]

Α43. Σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο, το γινόμενο των πλευρών του επί το γινόμενο των πλευρών του ορθικού του τριγώνου, είναι ίσο με το γινόμενο των υψών του τριγώνου αναφοράς επί το γινόμενο των τριών αποστάσεων του ορθοκέντρου από τις κορυφές του τριγώνου.

.
isa ginomena.png
.
Τα τρίγωνα είναι όμοια διότι έχουν κοινή και (από το εγγράψιμο ) έχουν . Άρα

, δηλαδή . Ισοδύναμα , και κυκλικά άλλες δύο παρόμοιες.

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις τρεις, έπεται , που είναι το αποδεικτέο.

Πολύ επιτυχημένη απόδειξη.

Νίκος Κυριαζής

[ΝΙΚΟΣ]

Απόδειξη της παρπάνω Πρότασης Α43..

Αγαπητοί φίλοι,
Δύο αποδείξις μου, θα βρείτε, αν χρησιμοποιήσετε το σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Βιβλίο «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», Τεύχος 5, Σελίδα βιβλίου 9, ή διαδικτυακά 15, Πρόταση 5θ(7).

Ή, πιο εύκολα, τις αποδείξεις μου θα βρείτε αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1mN4NkD ... lDa4z/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:Σελίδα βιβλίου 9, ή ψηφιακά 15, Πρόταση 5θ(7).

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα καλοπροαίρετα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και ταπεινά.
Νίκος Κυριαζής.
Ο Αϊνστάϊν έλεγε ότι "Προτού ασχοληθεί με κάποιο σοβαρό πρόβλημα, μελετά λογική και την Αγία Γεωμετρία", όπως την αποκαλούσε.

[ΝΙΚΟΣ]

ΠΟΙΟΣ ΘΑ ΛΥΣΗ ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΑΥΤΟ;
ΜΕΓΑΛΗ ΠΡΟΚΛΗΣΗ
(για εκείνους που ζητούν σημαντικά και δύσκολα Προβλήματα).

Πρόβλημα Γεωμετρικής Κατασκευής ΓΙΓΑΣ.

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για λύση την παρακάτω νέα Γεωμετρική Κατασκευή Α44:

Α44. Με κλικ στον παρακάτω σύνδεσμο θα βρείτε την εκφώνηση και την λύση του Προβλήματος Α44 (Ευθύ και αντίστροφο):
https://drive.google.com/file/d/1MA40GS ... HEp3s/view
Ενώ, Με κλικ στον παρακάτω σύνδεσμο θα βρείτε την εκφώνηση και την δεύτερη λύση του Προβλήματος Α44 (Μόνο ευθύ. Όχι ιδιότητες που αναφέρονται στην παραπάνω πρώτη λύση):
https://drive.google.com/file/d/1IhVP6V ... VkylV/view
και στη συνέχεια Κατασκευή 7, σελίδα βιβλίου 8, ψηφιακή 13.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά καλοπροαίρε-τα σχόλιά σας.

Δική μου λύση, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη - λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφε-ρόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.


Φιλικά και Ταπεινά
Νίκος Κυριαζής
Ο Πούσκιν έλεγε ότι «Η έμπνευση στην Γεωμετρία, είναι το ίδιο απαραίτητη, όσο και στην ποίηση».

[Mihalis_Lambrou]

ΠΟΙΟΣ ΘΑ ΛΥΣΗ ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΑΥΤΟ;
ΜΕΓΑΛΗ ΠΡΟΚΛΗΣΗ
(για εκείνους που ζητούν σημαντικά και δύσκολα Προβλήματα).

Πρόβλημα Γεωμετρικής Κατασκευής ΓΙΓΑΣ.

.
Αντιθέτως το πρόβλημα είναι σχετικά απλό, όπως άλλωστε θα δούμε στα παρακάτω.

Μάλιστα θα αρχίσω με μία γενικότερη και απλή κατάσταση από την οποία έπονται τα περισσότερα από τα ζητούμενα. Κατόπιν, παίρνοντας μία ακόμα απλή συνθήκη, έπονται και τα λίγα που απομένουν.

.

προτείνω για λύση την παρακάτω νέα Γεωμετρική Κατασκευή Α44:

Α44. Με κλικ στον παρακάτω σύνδεσμο θα βρείτε την εκφώνηση και την λύση του Προβλήματος Α44 (Ευθύ και αντίστροφο):
https://drive.google.com/file/d/1MA40GS ... HEp3s/view
Ενώ, Με κλικ στον παρακάτω σύνδεσμο θα βρείτε την εκφώνηση και την δεύτερη λύση του Προβλήματος Α44 (Μόνο ευθύ. Όχι ιδιότητες που αναφέρονται στην παραπάνω πρώτη λύση):
https://drive.google.com/file/d/1IhVP6V ... VkylV/view
και στη συνέχεια Κατασκευή 7, σελίδα βιβλίου 8, ψηφιακή 13.

.

Decagono 1.png (72.12 KiB) Προβλήθηκε 4422 φορές

.
Σε ένα κύκλο παίρνουμε πέντε τυχαίες χορδές που διέρχονται από ένα κοινό σημείο. Στο σχήμα που παραθέτω είναι οι (κόκκινες) οι οποίες συγκλίνουν στο . To δεκάγωνό μας είναι το .

Τα τρίγωνα είναι όμοια γιατί έχουν τις γωνίες τους κατακορυφήν και διότι οι πλευρές τους διέρχονται από τα άκρα του (ίδιου) τόξου

Συνεπώς και κυκλικά. .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις κυκλικές έπεται



Αλλά το δεξί μέλος απλοποιείται σε . Άρα έχουμε

Αυτά είναι το πρώτο και δεύτερο ζητούμενο. Πάμε τώρα στο τέταρτο και σε λίγο θα επανέλθουμε για το τρίτο.

Έστω το ύψος του τριγώνου και το ύψος του . Επειδή τα δύο αυτά τρίγωνα είναι όμοια (το είδαμε παραπάνω), έχουμε

, και κυκλικά. Αντικαθιστώντας το αριστερό μέλος αυτής με το δεξί στην παραπάνω εντός πλαισίου, και κυκλικά, έπεται

, όπως θέλαμε.

Τώρα για το τρίτο ζητούμενο, έχουμε από την ταυτότητα δύο γραμμές παραπάνω, τις ισότητες

και όμοια και και και

Οι τρίτη ζητούμενη ισότητα είναι να κάνουμε κατασκευή όπου όλα τα παραπάνω είναι ίσα μετάξύ τους, όχι μόνο ανά ζεύγη. Αλλά αυτό μπορούμε να το διευθετήσουμε απλούστατα παίρνοντας στην αρχική επιλογή των συγκλινουσών χορδών να ισχύει . τελείώσαμε.

Έδειξα πώς κατασκευάζουμε δεκάγωνο με τις τέσσερις πρώτες ζητούμενες ιδιότητες. Οι υπόλοιπες είναι εξ ίσου απλές, και γνωστές τεχνικές, από το εξάγωνο του Pascal.

Σχόλιο: Προτίμησα να ξεκινήσω χωρίς να λάβω γιατί πολλά από τα ζητούμενα βγαίνουν και χωρίς αυτό. Το έφερα στην εικόνα, μόνο όταν χρειάστηκε. Θα αναρτήσω ένα σχήμα που δείχνει τα σημεία μετά το τέταρτο, που δεν κατέγραψα παραπάνω για λόγους οικονομίας δεδομένου ότι είναι απλά και γνωστά.

[Mihalis_Lambrou]

Παραθέτω, όπως υποσχέθηκα, το σχήμα για τα υπόλοιπα αποδεικτέα, που άφησα αναπόδεικτα. Το σχήμα αυτό είναι το ίδιο με το προηγούμενο αλλά είναι σαν να το κοιτάμε από πιο μακρυά.

Οι αποδείξεις που άφησα είναι απλές και γνωστές, με χρήση του θεωρήματος Pascal, αλλά η πληκτρολόγιση επίπονη. Έχω και μία παραλλαγή της λύσης όλων των ζητουμένων (των τεσσάρων που απέδειξα αλλά και των υπολοίπων) η οποία είναι ακόμα πιο απλή.

[ΝΙΚΟΣ]

ΠΟΙΟΣ ΘΑ ΛΥΣΗ ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΑΥΤΟ;
ΜΕΓΑΛΗ ΠΡΟΚΛΗΣΗ
(για εκείνους που ζητούν σημαντικά και δύσκολα Προβλήματα).

Πρόβλημα Γεωμετρικής Κατασκευής ΓΙΓΑΣ.

.
Αντιθέτως το πρόβλημα είναι σχετικά απλό, όπως άλλωστε θα δούμε στα παρακάτω.

Μάλιστα θα αρχίσω με μία γενικότερη και απλή κατάσταση από την οποία έπονται τα περισσότερα από τα ζητούμενα. Κατόπιν, παίρνοντας μία ακόμα απλή συνθήκη, έπονται και τα λίγα που απομένουν.

.

προτείνω για λύση την παρακάτω νέα Γεωμετρική Κατασκευή Α44:

Α44. Με κλικ στον παρακάτω σύνδεσμο θα βρείτε την εκφώνηση και την λύση του Προβλήματος Α44 (Ευθύ και αντίστροφο):
https://drive.google.com/file/d/1MA40GS ... HEp3s/view
Ενώ, Με κλικ στον παρακάτω σύνδεσμο θα βρείτε την εκφώνηση και την δεύτερη λύση του Προβλήματος Α44 (Μόνο ευθύ. Όχι ιδιότητες που αναφέρονται στην παραπάνω πρώτη λύση):
https://drive.google.com/file/d/1IhVP6V ... VkylV/view
και στη συνέχεια Κατασκευή 7, σελίδα βιβλίου 8, ψηφιακή 13.

.
Decagono 1.png
.
Σε ένα κύκλο παίρνουμε πέντε τυχαίες χορδές που διέρχονται από ένα κοινό σημείο. Στο σχήμα που παραθέτω είναι οι (κόκκινες) οι οποίες συγκλίνουν στο . To δεκάγωνό μας είναι το .

Τα τρίγωνα είναι όμοια γιατί έχουν τις γωνίες τους κατακορυφήν και διότι οι πλευρές τους διέρχονται από τα άκρα του (ίδιου) τόξου

Συνεπώς και κυκλικά. .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις κυκλικές έπεται



Αλλά το δεξί μέλος απλοποιείται σε . Άρα έχουμε

Αυτά είναι το πρώτο και δεύτερο ζητούμενο. Πάμε τώρα στο τέταρτο και σε λίγο θα επανέλθουμε για το τρίτο.

Έστω το ύψος του τριγώνου και το ύψος του . Επειδή τα δύο αυτά τρίγωνα είναι όμοια (το είδαμε παραπάνω), έχουμε

, και κυκλικά. Αντικαθιστώντας το αριστερό μέλος αυτής με το δεξί στην παραπάνω εντός πλαισίου, και κυκλικά, έπεται

, όπως θέλαμε.

Τώρα για το τρίτο ζητούμενο, έχουμε από την ταυτότητα δύο γραμμές παραπάνω, τις ισότητες

και όμοια και και και

Οι τρίτη ζητούμενη ισότητα είναι να κάνουμε κατασκευή όπου όλα τα παραπάνω είναι ίσα μετάξύ τους, όχι μόνο ανά ζεύγη. Αλλά αυτό μπορούμε να το διευθετήσουμε απλούστατα παίρνοντας στην αρχική επιλογή των συγκλινουσών χορδών να ισχύει . τελείώσαμε.

Έδειξα πώς κατασκευάζουμε δεκάγωνο με τις τέσσερις πρώτες ζητούμενες ιδιότητες. Οι υπόλοιπες είναι εξ ίσου απλές, και γνωστές τεχνικές, από το εξάγωνο του Pascal.

Σχόλιο: Προτίμησα να ξεκινήσω χωρίς να λάβω γιατί πολλά από τα ζητούμενα βγαίνουν και χωρίς αυτό. Το έφερα στην εικόνα, μόνο όταν χρειάστηκε. Θα αναρτήσω ένα σχήμα που δείχνει τα σημεία μετά το τέταρτο, που δεν κατέγραψα παραπάνω για λόγους οικονομίας δεδομένου ότι είναι απλά και γνωστά.

Επί του παρόντος δε θα μπω σε λεπτομέρειες για να αποφανθώ ότι ατυχώς η απόδειξή σου δεν είναι σωστή, καθώς δεν αποδεικνύεις έστω τις δύο από τις κυριότερες ιδιότητες του ζητούμενου δεκαπλεύρου, που είναι οι παράγραφοι (γ) και (ιβ).
Οι ιδιότητες των παραγράφων (α), (β), (δ), που μέχρι τώρα απέδειξες, αληθεύουν σε όλα τα δεκάπλευρα που έχουν συντρέχουσες διαγώνιες (κύριες). Τούτο σημαίνει ότι δεν έχουμε αγγίξει ακόμα τη λύση του προβλήματος.

Για την ιδιότητα της παραγράφου (γ), το πρόβλημα δε ζητά αυτό που απέδειξες μόνο, δηλαδή της πέντε ισότητες μεμονωμένα, αλλά και ότι αυτές πρέπει να είναι και μεταξύ τους ίσες. Γράφεις ότι για να συμβεί αυτό θα πρέπει οι πέντε πρώτες διαδοχικές πλευρές του δεκαπλεύρου να είναι ίσες, αλλά δε το δικαιολογείς.

Ειδικά την ιδιότητα της παραγράφου (ιβ), δεν την απέδειξες, όπως και τις υπόλοιπες παραγράφους από (ε) μέχρι (ιζ), που πρέπει να αποδειχθούν για να έχουμε επιτύχει λύση του προβλήματος και οι οποίες δεν είναι εύκολες όπως λες, αντίθετα αποτελούν τη δυσκολία του προβλήματος, μαζί με εκείνη της παραγράφου (γ).


Νίκος Κυριαζής

[ΝΙΚΟΣ]

Παραθέτω, όπως υποσχέθηκα, το σχήμα για τα υπόλοιπα αποδεικτέα, που άφησα αναπόδεικτα. Το σχήμα αυτό είναι το ίδιο με το προηγούμενο αλλά είναι σαν να το κοιτάμε από πιο μακρυά.

Οι αποδείξεις που άφησα είναι απλές και γνωστές, με χρήση του θεωρήματος Pascal, αλλά η πληκτρολόγιση επίπονη. Έχω και μία παραλλαγή της λύσης όλων των ζητουμένων (των τεσσάρων που απέδειξα αλλά και των υπολοίπων) η οποία είναι ακόμα πιο απλή.

Το σχήμα αυτό δε προσθέτει κάτι νεότερο.

Εξακολουθεί να ισχύει η παρακάτω απάντησή μου:

Επί του παρόντος δε θα μπω σε λεπτομέρειες για να αποφανθώ ότι ατυχώς η απόδειξή σου δεν είναι σωστή, καθώς δεν αποδεικνύεις έστω τις δύο από τις κυριότερες ιδιότητες του ζητούμενου δεκαπλεύρου, που είναι οι παράγραφοι (γ) και (ιβ).
Οι ιδιότητες των παραγράφων (α), (β), (δ), που μέχρι τώρα απέδειξες, αληθεύουν σε όλα τα δεκάπλευρα που έχουν συντρέχουσες διαγώνιες (κύριες). Τούτο σημαίνει ότι δεν έχουμε αγγίξει ακόμα τη λύση του προβλήματος.

Για την ιδιότητα της παραγράφου (γ), το πρόβλημα δε ζητά αυτό που απέδειξες μόνο, δηλαδή της πέντε ισότητες μεμονωμένα, αλλά και ότι αυτές πρέπει να είναι και μεταξύ τους ίσες. Γράφεις ότι για να συμβεί αυτό θα πρέπει οι πέντε πρώτες διαδοχικές πλευρές του δεκαπλεύρου να είναι ίσες, αλλά δε το δικαιολογείς.

Ειδικά την ιδιότητα της παραγράφου (ιβ), δεν την απέδειξες, όπως και τις υπόλοιπες παραγράφους από (ε) μέχρι (ιζ), που πρέπει να αποδειχθούν για να έχουμε επιτύχει λύση του προβλήματος και οι οποίες δεν είναι εύκολες όπως λες, αντίθετα αποτελούν τη δυσκολία του προβλήματος, μαζί με εκείνη της παραγράφου (γ).

Αναμένουμε την νέα απλή απόδειξή σου.


Φιλικά και με εκτίμηση
Νίκος Κυριαζής

[Mihalis_Lambrou]

Επί του παρόντος δε θα μπω σε λεπτομέρειες για να αποφανθώ ότι ατυχώς η απόδειξή σου δεν είναι σωστή...

.
H απόδειξη είναι σωστότατη, άλλωστε είναι απλή και δεν βλέπω γιατί προβληματίζει.

Δεν μπαίνω σε διάλογο για δύο λόγους:

ΠΡΩΤΟΣ. Πολλές φορές οι αποδείξεις ή λύσεις που γράφω στα εδώ ερωτήματα χαρακτηρίζονται ως εσφαλμένες (όπως ακριβώς και τώρα) αν και είναι απλούστατες και συνηγορούν και τα άλλα μέλη του φόρουμ ότι είναι σωστές. Όσο απλά και να γράψω την λύση, δεν φαίνεται να μπορώ να πείσω. Τέτοια παραδείγματα είναι πολλά. Τα πιο πρόσφατα είναι

εδώ ποστ #125 και #135 όπου το πρόβλημα είναι σχεδόν τετριμμένο (αφορά την ομοιότητα τριγώνων με παράλληλες πλευρές), πλην όμως απέτυχα να πείσω. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα έδωσα πλήρη γεωμετρική λύση και, επίσης, εποπτική ερμηνεία με όρους από την καθημερινότητα. Άλλωστε άξιοι γεωμέτρες του φόρουμ συνηγορούν ότι ο συλλογισμός μου είναι πλήρης και σωστός.

Άλλο παράδειγμα είναι στο πρόβλημα του Πάππου εδώ ποστ #125 έως #135. Σε αυτό το σημείο παρέθεσα ούτε ένα, ούτε δύο αλλά έξι βιβλία (BARBARIN, Δημητρίου, Ταβανλή, Altshiller-Court, LEMAIRE, Casey) με ταυτόσημη απόδειξη με κάποια δηλωθείσα ως πρωτοεμφανιζόμενη, αλλά και πάλι δεν έπεισα. Πλην όμως, και πάλι άξιοι γεωμέτρες του φόρουμ συνηγορούν ότι όλες λένε το ίδιο πράγμα, που άλλωστε είναι οφθαλμοφανές.

ΔΕΥΤΕΡΟΣ. Ξέρω να απαντήσω σε όλα τα ερωτήματα της άσκησης αλλά έγραψα ορθότατη λύση (παρά τον περί του αντιθέτου ισχυρισμό) μόνο για τα αρχικά ερωτήματα γιατί στόχος μου ήταν να δείξω ότι το περί ου ο λόγος πρόβλημα είναι σχετικά απλό. Άλλωστε ένα από τα σημεία που συνειδητά άφησα εκτός (αλλά εγκαλούμαι) το έχω ουσιαστικά ήδη απαντήσει σε παλαιότερη λύση μου εδώ ποστ #313. Η μόνη διαφορά είναι ότι εκεί είναι για οκτάγωνο ενώ εδώ για δεκάγωνο, πλην όμως η λύση προσαρμόζεται με τετριμμένο τρόπο και στο δεκάγωνο.

Συνοψίζοντας, δεν συνεχίζω τον διάλογο γιατί δεν καταφέρνω να πείσω όσο και αν προσπαθώ. Αφού, λοιπόν, απέτυχα τόσες φορές, δεν υπάρχει λόγος να δοκιμάσω εκ νέου αφού φοβάμαι ότι θα εμπλακώ σε ατέρμονα συζήτηση. Αναλαμβάνω ο ίδιος την ευθύνη ότι δεν έχω διάθεση για επανάληψη σεναρίου που το είδα πολλές φορές.

Όποιος νομίζει ότι οι λύσεις που ανάρτησα εδώ είναι προβληματικές, έχει δικαίωμα να το νομίζει.