Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3752
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Γιώργος Ρίζος » Δευ Μαρ 09, 2009 2:11 pm

Δίνω στο συνημμένο αρχείο την εισήγηση της Ελένης Μήτσιου για τους Μαθηματικούς Διαγωνισμούς, από ημερίδα του παραρτήματος Καστοριάς της ΕΜΕ το 2003.
Η εισήγηση διατηρεί τη διαχρονικότητά της και είναι ιδιαίτερα επίκαιρη τώρα ενόψει και του Διαγωνισμού Kangaroo.
...(παρεμπιπτόντως, η Ρουμανία έχει (μόνο) διπλό πληθυσμό από την Ελλάδα. Στο Καγκουρό όμως παίρνουν μέρος 270 000 μαθητές! Μιχάλης Λάμπρου

Μιχάλη, Απίστευτο! Μήπως το γάλα Dorna που πίνουν εκεί έχει τίποτα μέσα;

Επίσης, δίνω για συζήτηση και επίλυση τρία από τα θέματα της Ελένης, τα 10, 11, 12. Το 14 είναι το γνωστό που συζητήσαμε πριν μέρες.
Αναζητούνται γεωμετρικές λύσεις. Όταν της έδειξα τις τριγωνομετρικές προσεγγίσεις, επέμεινε ότι οι γεωμετρικές είναι κομψότερες. Θα δούμε...

11) Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και σημεία Ε, Ζ στις ΔΓ, ΒΓ τέτοια ώστε: ΑΖ = ΔΕ + ΒΖ και ΑΕ διχοτόμος της γωνίας ΔΑΖ. Αποδείξτε ότι το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο.

12) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Γ = 36°. Αν ΑΔ το ύψος με ΑΔ = 3 ενώ ΓΕ διχοτόμος, να βρείτε το μέτρο της ΓΕ.

13) Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, παίρνουμε σημείο Δ στην προέκταση της ΑΒ, τέτοιο ώστε ΑΔ = ΒΓ. Υπολογίστε τη γωνία ΒΓΔ.


Η εισήγηση είναι στον ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ 3, περιοδικό του παρ. ΕΜΕ Ημαθίας


Γιώργος Ρίζος
Συνημμένα
Eishghsh Mhtsiou.pdf
(226.77 KiB) Μεταφορτώθηκε 463 φορές


Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3672
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Φωτεινή » Τρί Μαρ 10, 2009 9:40 am

Rigio έγραψε:Επίσης, δίνω για συζήτηση και επίλυση τρία από τα θέματα της Ελένης
13) Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, παίρνουμε σημείο Δ στην προέκταση της ΑΒ, τέτοιο ώστε ΑΔ = ΒΓ. Υπολογίστε τη γωνία ΒΓΔ.
Γιώργος Ρίζος

καλημέρα
δίνω για αρχή μία γεωμετρική απάντηση στην 13)

el,fot.PNG
el,fot.PNG (18.98 KiB) Προβλήθηκε 3339 φορές


Φωτεινή Καλδή
Άβαταρ μέλους
lonis
Δημοσιεύσεις: 406
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 12:33 am
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από lonis » Τρί Μαρ 10, 2009 6:13 pm

Για το ίδιο θέμα, με σχήμα στο συνημμένο:

Κατασκευάζω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΕ, οπότε τα τρίγωνα ΔΑΓ, ΒΓΕ είναι ίσα. Έτσι
∠ΒΔΓ=∠ΕΒΓ=40◦-10◦=30◦ (το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές). Από το τρίγωνο ΔΒΓ είναι ∠ΒΓΔ=10◦

Λεωνίδας
Συνημμένα
με γωνία 100 μοίρες.doc
(25 KiB) Μεταφορτώθηκε 154 φορές


Κάνε το θαύμα για να τ' αρνηθείς (Α. Μπρετόν - Π. Ελυάρ)
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3752
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Γιώργος Ρίζος » Τετ Μαρ 11, 2009 9:02 am

Για το (12)

Είναι: ΑΓ = \frac{3}{{\eta \mu 36^\circ }}.
Στο ΑΕΓ: ∠ΑΕΓ = (180° – 108° - 18°) = 54°
και από Ν. Ημιτόνων: \frac{{{\rm E}\Gamma }}{{\eta \mu 108^\circ }} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{{\eta \mu 54^\circ }}

άρα ΕΓ = \frac{{3 \cdot 2\eta \mu 54^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 54^\circ }}{{\eta \mu 36^\circ  \cdot \eta \mu 54^\circ }} = 6 \cdot \frac{{\sigma \upsilon \nu 54^\circ }}{{\eta \mu 36^\circ }} = 6 \cdot \frac{{\sigma \upsilon \nu 54^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 54^\circ }} = 6.

Mhtsiou 12.png
Mhtsiou 12.png (12.35 KiB) Προβλήθηκε 3145 φορές



Γιώργος Ρίζος


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1213
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από dement » Τετ Μαρ 11, 2009 10:30 am

Για το (11) :

Χρησιμοποιω το νομο των ημιτονων 'ευκλειδειοποιημενο', ως το λημμα :

Σε τριγωνα ΑΒΓ, Α'Β'Γ' με τις γωνιες Α, Α' ισες η παραπληρωματικες, ο λογος ΒΓ/Β'Γ' ισουται με το λογο των ακτινων των περιγεγραμμενων κυκλων R(ΑΒΓ)/R(Α'Β'Γ').

Παιρνουμε στο εσωτερικο του ΑΖ σημειο Κ με ΚΖ = ΒΖ, οποτε ΑΚ = ΔΕ. Επισης ισχυει ΚΒΓ = 90^o - ΔΑΕ, λογω διχοτομου, ισοσκελους ΚΒΖ και ΑΔ // ΒΓ.

Τα τριγωνα ΑΚΒ, ΑΔΕ εχουν τις γωνιες ΕΑΔ και ΑΒΚ ισες, οποτε απο το λημμα ΔΕ/ΑΚ = R(ΕΑΔ)/R(ΑΚΒ). Αφου ομως ΑΚ = ΔΕ, ισχυει οτι R(ΕΑΔ) = R(ΑΚΒ).

Στα ιδια τριγωνα, βλεπουμε οτι οι γωνιες ΑΕΔ, ΒΚΑ ειναι παραπληρωματικες, οποτε ο ιδιος λογος των ακτινων ισουται με ΑΔ/ΑΒ = R(ΕΑΔ)/R(ΑΚΒ) = 1. Αρα ΑΔ = ΑΒ και το ορθογωνιο ειναι τετραγωνο.

Δημητρης Σκουτερης


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3752
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Γιώργος Ρίζος » Τετ Μαρ 11, 2009 11:38 am

Μετά την εμπνευσμένη λύση του Δημήτρη, με εφαρμογή του Νόμου Ημιτόνων, δίνω μια άλλη, με τριγωνομετρία, ... δίχως Νόμο Ημιτόνων (και δίχως καμμία βοηθητική):
Mhtsiou 11.png
Mhtsiou 11.png (10.38 KiB) Προβλήθηκε 3054 φορές


Στο ΑΕΔ: ΔΕ = ΑΔ·εφφ
Στο ΑΒΖ: ΒΖ = ΑΒ·εφ(90°- 2φ) = ΑΒ·σφ2φ, ΑΖ = \frac{{AB}}{{\eta \mu 2\phi }}

Ισχύει: ΑΖ = ΒΖ + ΔΕ άρα \frac{{AB}}{{\eta \mu 2\phi }} = ΑΒ·σφ2φ + ΑΔ·εφφ

\begin{array}{l}
 {\rm A}{\rm B}\left( {\frac{1}{{\eta \mu 2\phi }} - \frac{{\sigma \upsilon \nu 2\phi }}{{\eta \mu 2\phi }}} \right) = {\rm A}\Delta  \cdot \varepsilon \phi \phi \;\;\; \Leftrightarrow \;\;{\rm A}{\rm B} \cdot \frac{{1 - \sigma \upsilon \nu 2\phi }}{{\eta \mu 2\phi }} = {\rm A}\Delta  \cdot \varepsilon \phi \phi \;\; \\ 
  \Leftrightarrow \;\;\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Delta }} = \frac{{\varepsilon \phi \phi  \cdot 2\eta \mu \phi  \cdot \sigma \upsilon \nu \phi }}{{1 - 1 + 2\eta \mu ^2 \phi }} = \frac{{\varepsilon \phi \phi  \cdot \sigma \upsilon \nu \phi }}{{\eta \mu \phi }} = 1. \\ 
 \end{array}

Άρα ΑΒ = ΑΔ, οπότε ΑΒΓΔ τετράγωνο.

Γιώργος Ρίζος


Άβαταρ μέλους
lonis
Δημοσιεύσεις: 406
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 12:33 am
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από lonis » Σάβ Μαρ 28, 2009 10:51 pm

Για την άσκηση:

13) Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, παίρνουμε σημείο Δ στην προέκταση της ΑΒ, τέτοιο ώστε ΑΔ = ΒΓ. Υπολογίστε τη γωνία ΒΓΔ.

νομίζω ότι η λύση που ήδη έδωσα δεν είναι δική μου. Εννοώ ότι μου εντυπώθηκε ως ανάμνηση από κάποια παλιά ανάγνωση ... σε βιβλίο, περιοδικό; Κάθε βοήθεια στα πρώτα αυτά στάδια του Αλτσχάιμερ ευπρόσδεκτη.
Ασχολήθηκα επί ματαίω ξανά και ξανά.
Ό,τι όμως δεν κατάφεραν οι λάμπες των 100 watt, το πρόσφεραν ως δώρο τα ταπεινά κεράκια: Δύο λύσεις, αφιερωμένες στην Ώρα της Γης, η σύντομη σήμερα, η περίπλοκη αύριο.

Έστω ΑΒ=ΑΓ=α και ΑΔ=ΒΓ=β. Κατασκευάζω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΚΓ. Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΑΒΓ είναι ίσα (α, 40 μοίρες, β) άρα ΔΚ=α και ∠ΔΚΑ=100◦. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΔΚΓ, αφού ∠ΔΚΓ=100◦+60◦=160◦, έχουμε ∠ΚΓΔ=10◦, άρα ∠ΒΓΔ=60◦-40◦-10◦=10◦.
με γωνία 100 μοίρες.PNG
με γωνία 100 μοίρες.PNG (6.9 KiB) Προβλήθηκε 2882 φορές


Κάνε το θαύμα για να τ' αρνηθείς (Α. Μπρετόν - Π. Ελυάρ)
Άβαταρ μέλους
lonis
Δημοσιεύσεις: 406
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 12:33 am
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από lonis » Κυρ Μαρ 29, 2009 9:01 pm

Δίνω, σε αδρές γραμμές, μία ακόμη λύση για την άσκηση 13. Μπορείτε να δείτε το σχήμα της χθεσινής λύσης να περιέχεται μέσα στο τωρινό. Ονομάζω πάλι ΑΒ=ΑΓ=α και ΒΓ=ΑΔ=β.
με γωνίες 40 μοίρες.PNG
Κατασκευάζω παρ/μο ΒΔΕΓ. Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΔΑΕ, ΒΑΖ έχω ΒΖ=α και ΖΓ=ΒΔ=ΓΕ=β-α. Παίρνω ΖΚ//ΒΔ. Το ΖΓΕΚ είναι ρόμβος, άρα ΔΚ=α. Ακόμη, η ΑΕ μεσοκάθετος του ΚΓ. Έτσι ΑΚ=ΑΓ=α. Το τρίγωνο ΚΑΓ ισόπλευρο και στη συνέχεια, το ΔΚΓ ισοσκελές...
με γωνίες 40 μοίρες.PNG (8.2 KiB) Προβλήθηκε 2771 φορές


Κάνε το θαύμα για να τ' αρνηθείς (Α. Μπρετόν - Π. Ελυάρ)
Άβαταρ μέλους
lonis
Δημοσιεύσεις: 406
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 12:33 am
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από lonis » Κυρ Μαρ 29, 2009 9:42 pm

Μου είχανε απομείνει δύο φωτοτυπίες από το αρχικό σχήμα που είχα για να "παίζω", ψάχνοντας διαφορετικές λύσεις. Ο πυρετός φέρνει έμπνευση, φαίνεται...

Παίρνω σημείο Κ, τέτοιο ώστε ∠ΒΓΚ=60◦ και ΓΚ=ΑΒ=ΑΓ. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΚ είναι ίσα, άρα ΑΚ=ΒΓ. Αφού, επιπλέον, ∠ΔΑΚ=60◦, το τρίγωνο ΑΔΚ είναι ισόπλευρο. Η ΓΔ είναι, λοιπόν (ΔΑ=ΔΚ και ΓΑ=ΓΚ), μεσοκάθετος του ΑΚ, άρα ∠ΓΔΑ=30◦ οπότε ∠ΒΓΔ=10◦.

Αφιερωμένη στο φίλο Γιώργο Ρίζο. Για τα σύμβολα που απλουστεύουν τη ζωή ημών των α-Latex-ικών και τις συμβουλές που μου έχει δώσει για την κατασκευή σχημάτων. Πέρα από τα άλλα που μας δένουν.

Λεωνίδας
με γωνίες 100,40,40.PNG
με γωνίες 100,40,40.PNG (8.27 KiB) Προβλήθηκε 2738 φορές


Κάνε το θαύμα για να τ' αρνηθείς (Α. Μπρετόν - Π. Ελυάρ)
p_gianno
Δημοσιεύσεις: 1040
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 1:10 am

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από p_gianno » Κυρ Μαρ 29, 2009 10:47 pm

Καλησπέρα σε όλους
Μια ακόμη λύση για την άσκηση 12
exercise 12.png
exercise 12.png (15.42 KiB) Προβλήθηκε 2690 φορές

Π.Γ


Άβαταρ μέλους
lonis
Δημοσιεύσεις: 406
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 12:33 am
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από lonis » Δευ Μαρ 30, 2009 5:28 pm

Μία ακόμη λύση για την:

11) Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και σημεία Ε, Ζ στις ΔΓ, ΒΓ τέτοια ώστε: ΑΖ = ΔΕ + ΒΖ και ΑΕ διχοτόμος της γωνίας ΔΑΖ. Αποδείξτε ότι το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο.

Στην προέκταση της ΓΒ,παίρνω τμήμα ΒΗ=ΔΕ οπότε ΖΗ=ΑΖ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΖΑΗ, ονομάζω ∠ΖΗΑ=∠ΖΑΗ=ω. Οι υπόλοιπες γωνίες υπολογίζονται εύκολα (δες σχήμα) και είναι, διαδοχικά: ∠ΒΑΗ=90-ω, ∠ΒΑΖ=2ω-90, ∠ΔΑΕ=∠ΕΑΖ=90-ω. Συμπεραίνουμε ότι ∠ΔΕΑ=ω, οπότε τα τρίγωνα ΔΑΕ και ΒΑΗ είναι ίσα. Έτσι ΑΔ=ΑΒ.

Καλό απόγευμα
Λεωνίδας
11 Ελένης.PNG
11 Ελένης.PNG (7.21 KiB) Προβλήθηκε 2513 φορές


Κάνε το θαύμα για να τ' αρνηθείς (Α. Μπρετόν - Π. Ελυάρ)

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης