Κεφάλαιο 11 Αναλογίες, Ομοιότητα Η έννοια του λόγου ορίζεται στο πέμπτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη ως εξής: Λόγος εστί δύο μεγεθών ομογενών η κατά πηλικότητά ποια σχέσις Λόγον έχειν προς άλληλα μεγέθη λέγεται, ά δύναται πολλαπλασιαζόμενα αλλήλων υπερέχειν Ο λόγος δύο μεγεθών α και β συμβολίζεται α : β ή α. Τέσσερα μεγέθη α, β, γ β και δ είναι ανάλογα όταν α = γ. Τα μεγέθη α και δ ονομάζονται άκροι όροι της β δ αναλογίας, ενώ τα μεγέθη β και γ ονομάζονται μέσοι όροι. Σε μία αναλογία της μορφής α = β, όπου οι δύο μέσοι όροι ταυτίζονται, λέμε οτι β είναι η μέση ανάλογος των α β δ και δ. Αναλογίες διαστημάτων Διαισθητικά, για να προσδιορίσουμε το λόγο δύο διαστημάτων και ΓΔ, υποθέτουμε οτι υπάρχει κάποιο διάστημα ΜΝ τέτοιο ώστε κάποιο πολλαπλάσιο του ΜΝ είναι ίσο με το, = κμν, και κάποιο πολλαπλάσιο του ΜΝ είναι ίσο με το ΓΔ, ΓΔ = λμν. Το ΜΝ ονομάζεται κοινό μέτρο των και ΓΔ, και ο λόγος του προς το ΓΔ είναι ο λόγος του κ προς το λ, δηλαδή το κλάσμα κ. λ Η μεγάλη ανατροπή στα αρχαία ελληνικά μαθηματικά ήρθε όταν ανακαλύφθηκε οτι αυτή η διαισθητική προσέγγιση δεν καλύπτει όλες τις περιπτώσεις. Συγκεκριμένα ανακαλύφθηκε οτι υπάρχουν διαστήματα για τα οποία δεν υπάρχει κοινό μέτρο ΜΝ. Πρόταση 11.1 Η διαγώνιος ενός τετραγώνου και η πλευρά του δεν έχουν κοινό μέτρο. Δεν είναι γνωστό πώς ακριβώς διαπιστώθηκε αυτό για πρώτη φορά. Σύμφωνα με την παράδοση, το ανακάλυψαν οι Πυθαγόριοι, οι οποίοι θεώρησαν την ανακάλυψή τους 65
66 Γεωμετρία Σχήμα 11.1: Το ΜΝ είναι κοινό μέτρο των και ΓΔ. τόσο ανατρεπτική που απαγόρευσαν να διαδοθεί αυτή η γνώση. Οταν μάλιστα ο *** παρέβει την απαγόρευση, τον έπνιξαν στη θάλασσα. Τέτοια μεγέθη που δεν έχουν κοινό μέτρο ονομάστηκαν ασύμμετρα. Αυτή η ανακάλυψη οδήγησε τους αρχαίους Ελληνες να διαχωρίσουν τη γεωμετρία από την αριθμητική, και να αναπτύξουν μία θεωρία αναλογιών που καλύπτει τόσο τα σύμμετρα όσο και τα ασύμμετρα μεγέθη, η οποία όμως είναι αρκετά πιο περίπλοκη από την παραπάνω διαισθητική προσέγγιση. Ο Αριστοτέλης περιγράφει μία αριθμητική απόδειξη αυτής της πρότασης, ανάλογης της σύγχρονης απόδειξης οτι η τετραγωνική ρίζα του 2 είναι άρρητος αριθμός. Εμείς θα δώσουμε μία γεωμετρική απόδειξη. Απόδειξη. Θεωρούμε το τετράγωνο ΓΔ και φέρομε τη διαγώνιο ΒΔ. Υποθέτουμε οτι υπάρχει κοινό μέτρο των και ΒΔ, δηλαδή οτι υπάρχει ένα διάστημα ΜΝ και θετικοί ακέραιοι κ και λ, τέτοιοι ώστε = κ ΜΝ και ΒΔ = λ ΜΝ. Πάνω στο ΒΔ παίρνουμε διάστημα ΒΕ =. Από το Ε φέρομε κάθετο στη ΒΔ, η οποία τέμνει την στο σημείο Ζ. Η γωνία ΕΔΖ είναι μισή ορθή, συνεπώς το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισοσκελές. Κατασκευάζουμε τετράγωνο με πλευρά ΔΕ. Παρατηρούμε οτι τα τρίγωνα Ζ και ΕΒΖ είναι ίσα, και συνεπώς ΑΖ = ΕΖ. Για την πλευρά και τη διαγώνιο του τετραγώνου ΔΕΖΗ έχουμε ΕΔ = ΒΔ = λμν κμν = (λ κ)μν ΔΖ = ΑΔ ΑΖ = ΑΔ ΕΔ = κμν (λ κ)μν = (2κ λ)μν. Παρατηρούμε οτι το ΜΝ είναι κοινό μέτρο της πλευράς και της διαγωνίου του τετραγώνου ΔΕΖΗ. Επαναλαμβάνουμε αυτή τη διαδικασία στο τετράγωνο ΔΕΖΗ, αφαιρώντας από τη διαγώνιο ΖΔ τμήμα ΖΘ ίσο με το ΖΕ, και κατασκευάζοντας το τετράγωνο ΔΘΚΛ με πλευρά ΔΘ. Η πλευρά και η διαγώνιος αυτού του τετραγώνου πάλι έχουν κοινό μέτρο ΜΝ.
Κεφάλαιο 11 Αναλογίες, Ομοιότητα 67 Σχήμα 11.2: Πλευρά και διαγώνιος τετραγώνου είναι ασύμμετρα μεγέθη. Είναι φανερό οτι μπορούμε να συνεχίσουμε αυτή τη διαδικασία, λαμβάνοντας συνεχώς μικρότερα τετράγωνα (μπορείτε να δείξετε οτι η πλευρά ΔΛ είναι μικρότερη από το ένα τέταρτο της ΔΓ. Μετά από αρκετές επαναλήψεις θα λάβουμε ένα τετράγωνο με πλευρά μικρότερη από ΜΝ. Ομως είδαμε οτι ΜΝ είναι κοινό μέτρο όλων των πλευρών και των διαγωνίων που προκύπτουν με αυτή τη διαδικασία. Άτοπο, αφού ένα ακέραιο πολλαπλάσιο του ΜΝ δεν μπορεί να είναι μικρότερο από ΜΝ. Αφού η υπόθεση οτι υπάρχει κοινό μέτρο της πλευράς και της διαγωνίου του τετραγώνου ΓΔ οδηγεί σε άτοπο, συμπεραίνουμε οτι δεν μπορεί να υπάρχει τέτοιο κοινό μέτρο. Εάν περιοριστούμε σε αναλογίες σύμμετρων μεγεθών είναι εύκολο να δείξουμε τις ακόλουθες ιδιότητες των αναλογιών. 1. Εάν ΓΔ = ΗΘ ΕΖ, τότε ΓΔ = ΗΘ ΕΖ λόγος). (ανάπαλιν λόγος) και ΕΖ = ΓΔ ΗΘ (εναλλάξ
68 Γεωμετρία 2. Εάν ΓΔ = ΚΛ, τότε ΓΔ = ΚΛ. 3. Εάν ΓΔ = ΚΛ τότε ΓΔ = ΚΛ. Ας αποδείξουμε τον εναλλάξ λόγο. Εάν ΓΔ = ΗΘ ΕΖ και, ΓΔ είναι σύμμετρα μεγέθη, τότε υπάρχει ένα διάστημα ΜΝ τέτοιο ώστε = κμν και ΓΔ = λμν, και ένα διάστημα ΚΛ τέτοιο ώστε ΕΖ = κκλ και ΗΘ = λκλ. Αλλά τότε ΕΖ = κμν κκλ = ΜΝ ΚΛ = λμν λκλ = ΓΔ ΗΘ. Θεώρημα 11.2 (Θεώρημα του Θαλή.) Εάν ε 1, ε 2, ε 3,... είναι παράλληλες ευθείες, και ζ, η είναι δύο ευθείες που τις τέμνουν, τότε τα τμήματα που ορίζουν οι ε 1, ε 2, ε 3,... πάνω στις ζ και η είναι ανάλογα. Απόδειξη. Θέλουμε να δείξουμε οτι εάν η ζ τέμνει τις ε 1, ε 2, ε 3,... στα σημεία Α 1, Α 2, Α 3,..., και η η τέμνει τις ε 1, ε 2, ε 3,... στα σημεία Β 1, Β 2, Β 3,..., τότε οι λόγοι των αντίστοιχων διαστημάτων πάνω στις δύο ευθείες είναι ίσοι: Α 1 Α 2 Β 1 Β 2 = Α 2Α 3 Β 2 Β 3 = Α 3Α 4 Β 3 Β 4 = Σχήμα 11.3: Το Θεώρημα του Θαλή.
Κεφάλαιο 11 Αναλογίες, Ομοιότητα 69 Θα περιοριστούμε στην περίπτωση που οι παράλληλες ευθείες τέμνουν την ζ σε σύμμετρα μήκη, δηλαδή όταν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι αριθμοί κ και λ τέτοιοι ώστε Α 1 Α 2 Α 2 Α 3 = κ λ. Τότε χωρίζουμε το Α 1 Α 2 σε κ και το Α 2 Α 3 σε λ ίσα μέρη, και φέρουμε από αυτά τα σημεία ευθείες παράλληλες προς την ε 1. Τότε τα διαστήματα στην ζ μεταξύ αυτών των νέων παραλλήλων είναι ίσα μεταξύ τους, και από το Θεώρημα 6.22, το ίδιο ισχύει για τα διαστήματα στην η: οι νέες παράλληλες ευθείες χωρίζουν το Β 1 Β 2 σε κ και το Β 2 Β 3 σε λ ίσα μέρη. Άρα και λαμβάνοντας τον εναλλάξ λόγο έχουμε Β 1 Β 2 Β 2 Β 3 = κ λ = Α 1Α 2 Α 2 Α 3 Α 1 Α 2 Β 1 Β 2 = Α 2Α 3 Β 2 Β 3. Πρόταση 11.3 Η διχοτόμος γωνίας τριγώνου χωρίζει την απέναντι πλευρά σε δύο τμήματα που έχουν λόγο ίσο με το λόγο των δύο άλλων πλευρών. Απόδειξη. Θεωρούμε τριγωνο Γ και διχοτόμο ΑΔ, έτσι ώστε ΒΑΔ = ΓΑΔ. Θα δείξουμε οτι ΔΒ ΔΓ = ΑΓ. Από το Β φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την ΑΔ, που τέμνει την προέκταση της ΓΑ στο σημείο Ε. Από το Θεώρημα του Θαλή, 11.2, έχουμε ΔΒ ΔΓ = ΑΕ ΑΓ. Συνεπώς αρκεί να δείξουμε οτι ΑΕ =, δηλαδή οτι το τρίγωνο Ε είναι ισοσκελές. Αφού η ΑΔ είναι διχοτόμος, ΒΑΔ = ΓΑΔ. Οι εντός εναλλάξ γωνίες είναι ίσες, ΒΑΔ = Ε. Οι εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ειναι ίσες, ΓΑΔ = ΑΕΒ. Άρα Ε = ΑΕΒ, και το τρίγωνο Ε είναι ισοσκελές. Άσκηση 11.1 Από δύο σημεία Δ και Ε της πλευράς ΒΓ ενός τριγώνου Γ, φέρουμε τις παράλληλες προς την, οι οποίες τέμνουν την ΑΓ στα σημεία Ζ και Η αντίστοιχα. Από τα Δ και Ε φέρουμε επίσης τις παράλληλες προς την ΑΓ, οι οποίες τέμνουν την στα σημεία Θ και Κ αντίστοιχα. Να αποδείξετε οτι ΑΓ = ΚΘ ΖΗ.
70 Γεωμετρία Σχήμα 11.4: Η διχοτόμος διαιρεί την απέναντι πλευρά σε μέρη ανάλογα προς τις άλλες πλευρές. Άσκηση 11.2 Θεωρούμε τρίγωνο Γ, διάμεσο ΑΜ, και ευθεία ε παράλληλη προς την ΑΜ. Εάν η ε τέμνει τις πλευρές, ΒΓ, ΓΑ ή τις προεκτάσεις τους, στα σημεία Δ, Ε και Ζ αντίστοιχα, να δείξετε οτι ΑΓ = ΑΔ ΑΖ. Άσκηση 11.3 Μία ευθεία διέρχεται από την κορυφή Α ενός παραλληλογράμμου ΓΔ και τέμνει τις ευθείες ΒΔ, ΓΔ και ΒΓ στα σημεία Ε, Ζ και Η αντίστοιχα. Να αποδείξετε οτι το ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ είναι μέση ανάλογος των ευθυγράμμων τμημάτων ΕΖ και ΕΗ. Ομοια σχήματα Ορισμός. Δύο πολύγωνα λέγονται όμοια όταν έχουν ίσες τις γωνίες τους μία προς μία και τις αντίστοιχες πλευρές τους ανάλογες. Ο λόγος των αντίστοιχων πλευρών ονομάζεται λόγος ομοιότητας των δύο σχημάτων. Δύο ισόπλευρα τρίγωνα είναι πάντοτε όμοια μεταξύ τους. Κάθε δύο τετράγωνα είναι όμοια μεταξύ τους. Ενα τετράγωνο και ένα ορθογώνιο με άνισες πλευρές δεν
Κεφάλαιο 11 Αναλογίες, Ομοιότητα 71 είναι όμοια, παρ όλο που έχουν όλες τις γωνίες ίσες, αφού οι πλευρές τους δεν είναι ανάλογες. Πρόταση 11.4 Εάν μία ευθεία παράλληλη σε μία πλευρά ενός τριγώνου τέμνει τις άλλες δύο πλευρές, σχηματίζεται τρίγωνο όμοιο προς το αρχικό. Απόδειξη. Θεωρούμε το τρίγωνο Γ και την ευθεία ε, παράλληλη προς τη ΒΓ, η οποία τέμνει την πλευρά στο σημείο Δ και την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε. Θα δείξομε οτι τα τρίγωνα ΑΔΕ και Γ είναι όμοια. Σχήμα 11.5: Ομοια τρίγωνα. Η γωνία ΑΔΕ είναι ίση με την Β και η γωνία ΑΕΔ είναι ίση με την Γ, ενώ η γωνία Α είναι κοινή. Συνεπώς τα δύο τρίγωνα έχουν τις γωνίες ίσες μία προς μία. Από το Θεώρημα του Θαλή, 11.2, αφού ΔΕ είναι παράλληλη προς την ΒΓ, ισχύει η αναλογία ΑΔ = ΑΕ ΑΓ. Από το Ε φέρομε παράλληλη προς την, η οποία τέμνει την ΒΓ στο Ζ. Τότε ΒΔΕΖ είναι παραλληλόγραμμο, άρα ΔΕ = ΒΖ. Ξανά από το Θεώρημα του Θαλή, ΒΖ ΒΓ = ΑΕ ΑΓ. Άρα ΔΕ ΒΓ = ΑΕ ΑΓ = ΑΔ. Συνεπώς οι γωνίες των δύο τριγώνων είναι ίσες, οι πλευρές είναι ανάλογες, και τα τρίγωνα είναι όμοια. Κριτήρια ομοιότητας τριγώνων Θεώρημα 11.5 Δύο τρίγωνα είναι όμοια όταν έχουν δύο γωνίες τους ίσες μία προς μία.
72 Γεωμετρία Απόδειξη. Θεωρούμε τρίγωνα Γ και ΔΕΖ, τέτοια ώστε Α = Δ και Β = Ε. Πάνω στην ημιευθεία παίρνουμε σημείο Η τέτοιο ώστε ΑΗ = ΔΕ. Από το Η φέρουμε παράλληλη προς τη ΒΓ, η οποία τέμνει την ημιευθεία ΑΓ στο Θ. Θα συγκρίνουμε το τρίγωνο ΑΗΘ με το Γ και το ΔΕΖ. Από την Πρόταση 11.4, τα τρίγωνα ΑΗΘ και Γ είναι όμοια. Για τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΔΕΖ έχουμε ΑΗ = ΔΕ και Α = Δ. Επίσης ΑΗΘ = Β ως εντός εκτός επί τα αυτά, και Β = Ε, άρα ΑΗΘ = Ε. Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΔΕΖ είναι ίσα. Άρα ΔΕΖ Γ. Σχήμα 11.6: Κριτήρια ομοιότητας τριγώνων. Θεώρημα 11.6 Δύο τρίγωνα είναι ανάλογα εάν έχουν δύο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες. Απόδειξη. Θεωρούμε τρίγωνα Γ και ΔΕΖ, τέτοια ώστε ΔΕ = ΔΖ ΑΓ και Α = Δ. Πάνω στην ημιευθεία παίρνουμε σημείο Η τέτοιο ώστε ΑΗ = ΔΕ. Από το Η φέρουμε παράλληλη προς τη ΒΓ, η οποία τέμνει την ημιευθεία ΑΓ στο Θ. Θα συγκρίνουμε το τρίγωνο ΑΗΘ με το Γ και το ΔΕΖ. Από την Πρόταση 11.4, τα τρίγωνα ΑΗΘ και Γ είναι όμοια. Για τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΔΕΖ έχουμε ΑΗ = ΔΕ και Α = Δ. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΗΘ και Γ έχουμε ΑΗ = ΑΓ ΑΘ, και αφού ΑΗ = ΔΕ, ΔΕ = ΑΓ ΑΘ. Αλλά έχουμε υποθέσει οτι ΔΕ = ΔΖ ΑΓ, άρα ΑΓ ΑΘ = ΔΖ ΑΓ, και συνεπώς ΑΘ = ΔΖ. Συμπεραίνουμε οτι τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΔΕΖ έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες, άρα είναι ίσα. Δηλαδή έχουμε Γ ΑΗΘ = ΔΕΖ, και συνεπώς
Κεφάλαιο 11 Αναλογίες, Ομοιότητα 73 Γ ΔΕΖ. Θεώρημα 11.7 Δύο τρίγωνα είναι όμοια όταν έχουν τις πλευρές τους ανάλογες. Απόδειξη. Θεωρούμε τρίγωνα Γ και ΔΕΖ, τέτοια ώστε ΔΕ = ΑΓ ΔΖ = ΒΓ ΕΖ. Πάνω στην ημιευθεία παίρνουμε σημείο Η τέτοιο ώστε ΑΗ = ΔΕ. Από το Η φέρουμε παράλληλη προς τη ΒΓ, η οποία τέμνει την ημιευθεία ΑΓ στο Θ. Θα συγκρίνουμε το τρίγωνο ΑΗΘ με το Γ και το ΔΕΖ. Από την Πρόταση 11.4, τα τρίγωνα ΑΗΘ και Γ είναι όμοια. άρα ισχύει ΑΗ = ΑΓ ΑΘ = ΒΓ ΗΘ. Αλλά ΑΗ = ΔΕ, άρα ΔΖ ΑΓ = ΑΘ ΑΓ και συνεπώς ΑΘ = ΔΖ. Παρόμοια, ΗΘ = ΕΖ. Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΔΕΖ είναι ίσα. Άρα ΔΕΖ Γ και ισχύει ΑΗ = ΑΓ ΑΘ = ΒΓ ΗΘ. Αλλά ΑΗ = ΔΕ, άρα ΔΖ ΑΓ = ΑΘ ΑΓ, και συνεπώς ΑΘ = ΔΖ. Παρόμοια, ΗΘ = ΕΖ. Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΔΕΖ είναι ίσα. Άρα ΔΕΖ Γ. Θεώρημα 11.8 Δύο όμοια πολύγωνα χωρίζονται από τις διαγώνιες που φέρονται από ομόλογες κορυφές σε όμοια τρίγωνα. Απόδειξη. Θεωρούμε δύο όμοια πολύγωνα Α 1 Α 2 Α 3... Α ν και Β 1 Β 2 Β 3... Β ν. Τότε οι γωνίες είναι ίσες, Α 1 = Β 1, Α 2 = Β 2,..., Α ν = Β ν και οι ομόλογες πλευρές ανάλογες, Α 1 Α 2 Β 1 Β 2 = Α 2Α 3 Β 2 Β 3 = = Α ν 1Α ν Β ν 1 Β ν = α. Τα τρίγωνα Α 1 Α 2 Α 3 και Β 1 Β 2 Β 3 είναι όμοια, αφού έχουν τις γωνίες Α 2 και Β 2 ίσες και τις πλευρές που τις περιέχουν ανάλογες. Θα δείξουμε οτι τα τρίγωνα Α 1 Α 3 Α 4 και Β 1 Β 3 Β 4 είναι επίσης όμοια. Από την ομοιότητα των τριγώνων Α 1 Α 2 Α 3 και Β 1 Β 2 Β 3 έχουμε οτι Α 1 Α 3 Α 2 = Β 1 Β 3 Β 2 και Α 1 Α 3 Β 1 Β = α = Α 3Α 4 3 Β 3 Β. Επίσης 4 Α 1 Α 3 Α 4 = Α 3 Α 1 Α 3 Α 2 = Β 3 Β 1 Β 3 Β 2 = Β 1 Β 3 Β 4.
74 Γεωμετρία Σχήμα 11.7: Ομοια πολύγωνα. Καταλήγουμε οτι τα τρίγωνα Α 1 Α 3 Α 4 και Β 1 Β 3 Β 4 έχουν μία γωνία ίση και τις πλευρές που την περιέχουν ανάλογες, και συνεπώς είναι όμοια. Παρόμοια δείχνουμε οτι για κάθε k = 3, 4,..., ν 1, τα τρίγωνα Α 1 Α k Α k+1 και Β 1 Β k Β k+1 είναι όμοια. Πρόταση 11.9 Δύο κανονικά ν-γωνα είναι όμοια. Απόδειξη. Κάθε γωνία ενός κανονικού ν-γώνου είναι ίση με 2ν 4 ορθές. Άρα όλες ν οι γωνίες είναι ίσες. Επίσης όλες οι πλευρές ενός κανονικού πολυγώνου είναι ίσες. Συνεπώς και οι λόγοι των πλευρών κανονικών πολυγώνων είναι ίσοι. Θεώρημα 11.10 Κάθε κανονικό πολύγωνο είναι εγγράψιμο και περιγράψιμο σε κύκλο. Απόδειξη. Θα αποδείξουμε οτι κάθε κανονικό πολύγωνο είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Θεωρούμε κανονικό πολύγωνο Α 1 Α 2... Α ν, και φέρουμε τον κύκλο που περνάει από τα Α 1 Α 2 Α 3. Εστω οτι ο κύκλος έχει κέντρο Ο. Θα δείξουμε οτι ΟΑ 4 = ΟΑ 3, και συνεπώς οτι η κορυφή Α 4 βρίσκεται στον ίδιο κύκλο. Εξετάζουμε τα τρίγωνα ΟΑ 3 Α 4 και ΟΑ 3 Α 2. Αυτά έχουν την ΟΑ 3 κοινή και Α 3 Α 4 = Α 3 Α 2 από υπόθεση. Αν δείξουμε οτι ΟΑ 3 Α 2 = ΟΑ 3 Α 4, τα τρίγωνα είναι ίσα και ΟΑ 4 = ΟΑ 3. Αφού ΟΑ 2 = ΟΑ 3, το τρίγωνο ΟΑ 2 Α 3 είναι ισοσκελές, και ΟΑ 3 Α 2 = ΟΑ 2 Α 3. Συνεπώς αρκεί να δείξουμε οτι ΟΑ 2 Α 3 = ΟΑ 3 Α 4.
Κεφάλαιο 11 Αναλογίες, Ομοιότητα 75 Σχήμα 11.8: Κάθε κανονικό πολύγωνο είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Παρατηρούμε οτι Αφού το πολύγωνο είναι κανονικό, ΟΑ 2 Α 3 = Α 1 Α 2 Α 3 ΟΑ 2 Α 1, ΟΑ 3 Α 4 = Α 2 Α 3 Α 4 ΟΑ 3 Α 2. Α 1 Α 2 Α 3 = Α 2 Α 3 Α 4. Τα τρίγωνα ΟΑ 1 Α 2 και ΟΑ 2 Α 3 έχουν όλες τις πλευρές ίσες μία προς μία, άρα είναι ίσα και ΟΑ 2 Α 1 = ΟΑ 3 Α 2. Αφαιρώντας τις δύο ισότητες, έχουμε οτι ΟΑ 2 Α 3 = ΟΑ 3 Α 4. Καταλήγουμε οτι η κορυφή Α 4 βρίσκεται στον ίδιο κύκλο με τις κορυφές Α 1, Α 2 και Α 3. Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε οτι όλες οι κορυφές του κανονικού πολυγώνου βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο. Άσκηση 11.4 Άσκηση 11.5