Changes
Դա ցույց տալու համար, թող հնգանկյունի ABCDE երեք անկյունները՝ առաջին հերթին A, B և C կետերում, հավասար լինեն իրար։ Ես ասում եմ, որ հնգանկյունը ABCDE հավասարանկյուն է։
Թող AC, BE և FD լինեն միացված։ Եվ քանի որ երկու (ուղղաձիգ գծերը) CB և BA հավասար են երկու (ուղղաձիգ գծերին) BA և AE համապատասխանաբար, և CBA անկյունը հավասար է BAE անկյունին, ապա AC հիմքը հավասար կլինի BE հիմքին, և ABC եռանկյունը հավասար կլինի ABE եռանկյունին, և մնացած անկյունները հավասար կլինեն մնացած անկյուններին, որոնք հավասար կողմերի տրված անկյուններին ենթադրում են [ՊրոֆՊնդում. 1.4]։ Իսկ դա նշանակում է, որ BCA (հավասար է) BEA-ին, իսկ ABE-ը (հավասար է) CAB-ին։
Այսպիսով, AF կողմը նույնպես հավասար է BF կողմին [ՊրոֆՊնդում. 1.6]։ Եվ ամբողջ AC-ն նույնպես ցույց է տրվել, որ հավասար է BE-ին։ Այսպիսով, մնացորդը FC նույնպես հավասար կլինի FE-ին։ Եվ CD-ն նույնպես հավասար է DE-ին։
Այսպիսով, երկու (ուղղաձիգ գծերը) FC և CD հավասար են երկու FE և ED համապատասխանաբար։ Իսկ FD-ը նրանց ընդհանուր հիմքն է։ Այսպիսով, FCD անկյունը հավասար է FED անկյունին [ՊրոֆՊնդում. 1.8]։
Եվ BCA-ն նույնպես ցույց է տրվել, որ հավասար է AEB-ին։ Այսպիսով, ամբողջ BCD-ն հավասար է AED-ին։ Բայց, BCD անկյունը ենթադրվել էր, որ հավասար է A և B անկյուններին։ Այսպիսով, AED անկյունը նույնպես հավասար կլինի A և B անկյուններին։
Իսկ հիմա, եթե երկու ուղղաձիգ գծեր՝ AC և BE, հատում են իրար H կետում և դրանք ծածկում են հավասար անկյուններ՝ A և B համապատասխանաբար հավասարանկյուն հնգանկյունում ABCDE, ապա պետք է ապացուցենք, որ յուրաքանչյուր գիծ կտրված է արտաքին և միջին հարաբերությամբ H կետում և դրանց մեծ հատվածները հավասար են հնգանկյունի կողմերին։
Եկեք ընդունենք, որ ABCDE հնգանկյունի շուրջ է նկարագրված շրջան [Առաջարկ Պնդում 4.14]: Եվ քանի որ երկու ուղղաձիգ գծերը՝ EA և AB հավասար են երկու ուղղաձիգ գծերին՝ AB և BC համապատասխանաբար, և նրանք պարունակում են հավասար անկյուններ, BE հիմքը հավասար կլինի AC հիմքին, և ABC և ABE եռանկյունները հավասար կլինեն, ուստի մնացած անկյունները նույնպես հավասար կլինեն [Առաջարկ Պնդում 1.4]: Հետևաբար, անկյուն BAC հավասար կլինի անկյուն ABE-ին: Այսպիսով, անկյուն AHE-ն երկու անգամ մեծ է, քան անկյուն BAH [Առաջարկ Պնդում 1.32]: Եվ EAC նույնպես երկու անգամ մեծ է BAC-ից, քանի որ շրջանագիծը EDC երկու անգամ մեծ է CB շրջանագծից [Առաջարկներ 3.28, 6.33]: Ուստի, անկյուն HAE-ն հավասար կլինի անկյուն AHE-ին: Հետևաբար, ուղղաձիգ HE-ը հավասար կլինի ուղղաձիգ EA-ին՝ այն է՝ AB [Առաջարկ Պնդում 1.6]: Եվ քանի որ ուղղաձիգ BA-ն հավասար է AE-ին, ապա անկյուն ABE-ն նույնպես հավասար կլինի AEB-ին [Առաջարկ Պնդում 1.5]: Բայց, ABE-ն արդեն ցույց տրված էր, որ հավասար է BAH-ին: Հետևաբար, BEA-ն նույնպես հավասար կլինի BAH-ին: Իսկ քանի որ անկյուն ABE-ն ընդհանուր է երկու եռանկյունների՝ ABE և ABH-ի համար, մնացած անկյունը՝ BAE, հավասար կլինի մնացած անկյունի՝ AHB [Առաջարկ Պնդում 1.32]: Հետևաբար, եռանկյունը ABE հավասար է եռանկյունին ABH: Այսպիսով, համամասնորեն, ինչպես BE-ն հավասար է BA-ին, այնպես էլ AB-ն հավասար է BH-ին [Առաջարկ Պնդում 6.4]: Եվ BA-ն հավասար է EH-ին: Այսպիսով, ինչպես BE-ն հավասար է EH-ին, այնպես էլ EH-ն հավասար է HB-ին: Եվ BE-ն ավելի մեծ է EH-ից: EH-ն ավելի մեծ է HB-ից [Առաջարկ Պնդում 5.14]: Հետևաբար, BE-ն կտրված է արտաքին և միջին հարաբերությամբ H կետում, և մեծ հատվածը՝ EH, հավասար է հնգանկյունի կողմին: Ուստի նույն կերպ կարող ենք ցույց տալ, որ AC-ն նույնպես կտրված է արտաքին և միջին հարաբերությամբ H կետում, և դրա մեծ հատվածը՝ CH, հավասար է հնգանկյունի կողմին: Սա է այն, ինչ պետք էր ապացուցել:
== Պնդում 9 ==
Թող ABC լինի շրջան: Եվ ABC շրջանում նկարագրված պատկերներից, BC լինի տասանկյան կողմը, և CD (կողմը) վեցանկյան կողմը: Եվ թող դրանք դրված լինեն ուղղահայաց: Պետք է ապացուցվի, որ ամբողջ BD ուղղաձիգ գիծը կտրված է արտաքին և միջին հարաբերությամբ (C կետում), և որ CD-ն նրա մեծ հատվածն է:
Թող շրջանի կենտրոնը, E կետը, գտնվի [Առաջարկ Պնդում 3.1], և թող EB, EC և ED կետերը միավորված լինեն, և թող BE-ը գծվի A կետին: Քանի որ BC-ն հավասարանկյուն տասանկյան կողմ է, ապա շրջանագիծ ACB-ն 5 անգամ մեծ է BC-ի երկարությունից: Այսպիսով, շրջանագիծ AC-ն 4 անգամ մեծ է CB-ից: Եվ քանի որ AC շրջանագիծը հավասար է CB-ին, այնպես էլ անկյուն AEC-ն հավասար է CEB-ին [Առաջարկ Պնդում 6.33]: Այդպես, անկյուն AEC-ն 4 անգամ մեծ է CEB-ից: Եվ քանի որ անկյուն EBC-ն հավասար է ECB-ին [Առաջարկ Պնդում 1.5], ապա անկյուն AEC-ն 2 անգամ մեծ է ECB-ից [Առաջարկ Պնդում 1.32]: Եվ քանի որ ուղղաձիգ EC-ն հավասար է CD-ին, ապա անկյուն CED-ն հավասար է անկյուն CDE-ին [Առաջարկ Պնդում 1.5]: Այդպես, անկյուն ECB-ն 2 անգամ մեծ է EDC-ից [Առաջարկ Պնդում 1.32]: Սակայն AEC-ն արդեն ապացուցվել է, որ 4 անգամ մեծ է EDC-ից: Եվ AEC-ն նույնպես 4 անգամ մեծ է BEC-ից: Այսպիսով, EDC-ն հավասար է BEC-ին: Եվ անկյուն EBD-ն համատեղ է երկու եռանկյունում՝ BEC և BED: Այդպիսով, մնացած անկյուն BED-ն հավասար է անկյուն ECB-ին [Առաջարկ Պնդում 1.32]: Այսպիսով, եռանկյունը EBD հավասար է եռանկյունին EBC: Այլ կերպ ասած, համեմատաբար, ինչպես BD-ն է BE-ին, այնպես էլ AB-ն է BH-ին [Առաջարկ Պնդում 6.4]: Եվ BE-ն հավասար է CD-ին: Ուստի, ինչպես BD-ն է DC-ին, այնպես էլ DC-ն է CB-ին: Եվ BD-ն մեծ է DC-ից: Այսպիսով, DC-ն նույնպես մեծ է CB-ից [Առաջարկ Պնդում 5.14]. Այսպիսով, BD ուղղաձիգ գիծը կտրված է արտաքին և միջին հարաբերությամբ (C կետում), և DC-ն նրա մեծ հատվածն է: (Այս է այն, ինչ անհրաժեշտ էր ապացուցել):
== Պնդում 10 ==
Թող ABCDE լինի շրջան։ Եվ թող ABCDE հավասարակողմ հնգանկյունը լինի դրված ABCDE շրջանում։ Պնդում եմ, որ հնգանկյան ABCDE կողմի քառակուսին հավասար է նույն շրջանում դրված վեցանկյանի և տասանկյանի կողմերի քառակուսիերի գումարին։
Թող կենտրոնի կետը լինի F, որը գտնվել է [ՊրոպՊնդում. 3.1]։ Եվ թող AF ուղղի միացված լինի, և թող այն անցնի G կետով։ Եվ թող F B միացված լինի։ Եվ թող FH ուղղը լինի F-ից ուղղահայաց AB-ին։ Եվ թող այն անցնի K կետով։ Եվ թող AK և K B միացված լինեն։ Եվ կրկին, թող F L ուղղը լինի F-ից ուղղահայաց AK-ին։ Եվ թող այն անցնի M կետով։ Եվ թող K N միացված լինի։
Քանի որ ABCG շրջանը հավասար է AEDG շրջանում, որի ABC-ն հավասար է AED-ին, մնացած շրջանը CG-ը այդպես էլ հավասար է մնացած GD շրջանին։ Եվ CD-ը (հնգանկյան կողմն է)։ CG-ը այդպես էլ (տասանկյանի կողմն է)։ Եվ քանի որ F A հավասար է F B-ին, և F H ուղղահայաց է (AB-ին), ապա անկյուն AFK-ը նույնպես հավասար է KFB-ին [ՊրոպՊնդում. 1.5, 1.26]։ Հետևաբար, AK շրջանը հավասար է KB-ի [ՊրոպՊնդում. 3.26]։ Այսպիսով, AB շրջանը կրկնակի է BK շրջանից։ Այսպիսով, ուղիղ գիծը AK տասանկյան կողմն է։ Այսպես, նույն պատճառներով, AK շրջանը կրկնակի է KM-ից։ Եվ քանի որ AB շրջանը կրկնակի է BK շրջանից, և CD շրջանը հավասար է AB շրջանին, ապա CD շրջանը նույնպես կրկնակի է BK շրջանից։ Եվ CD շրջանը նույնպես կրկնակի է CG-ից։ Այսպիսով, CG շրջանը հավասար է BK շրջանին։ Բայց, BK-ը կրկնակի է KM-ից, քանի որ KA-ը նույնպես (կրկնակի է KM-ից)։ Այսպես, CG շրջանը նույնպես կրկնակի է KM-ից։ Բայց, իսկապես, CB շրջանը նույնպես կրկնակի է BK-ից։ Քանի որ CB շրջանը հավասար է BA-ին։ Այսպիսով, ամբողջ GB շրջանը նույնպես կրկնակի է BM-ից։ Հետևաբար, անկյուն GFB [է] նույնպես կրկնակի անկյուն BF M [ՊրոպՊնդում. 6.33]։
