Λαμόγιο εκ του παρελθόντος

#1

Χαίρετε.

: old lamogio.png (8.79 KiB) Προβλήθηκε 457 φορές

Σε ημικύκλιο κέντρου

και διαμέτρου AB = 2

προεκτείνουμε την ακτίνα

πέραν του

κατά τμήμα BC = 1

. Φέρνουμε το εφαπτόμενο τμήμα

του ημικυκλίου και θεωρούμε σημείο

στην προέκταση του

προς το

.
Η

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Θέτουμε τα μήκη $TS = y\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,KS = x$ .
1) Αν y = 1

να υπολογιστεί το μήκος

.
2) Υπάρχει θέση του

( πάνω στην προέκταση του

προς το

) για την οποία τα μήκη x,y

είναι ταυτόχρονα ακέραιοι ή έστω ρητοί ; ( Δεν έχω σ αυτό απάντηση )
Υ.Γ.
Τον τίτλο θα εξηγήσω μετά τις όποιες απαντήσεις στο 1ο ερώτημα , εκτός και κάποιος με βάσει το αποτέλεσμα δώσει κάποια ερμηνεία.

Νίκος

#2

Doloros έγραψε:Χαίρετε.

Σε ημικύκλιο κέντρου και διαμέτρου προεκτείνουμε την ακτίνα πέραν του κατά τμήμα . Φέρνουμε το εφαπτόμενο τμήμα του ημικυκλίου και θεωρούμε σημείο στην προέκταση του προς το .
Η τέμνει την ευθεία στο σημείο . Θέτουμε τα μήκη $TS = y\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,KS = x$ .
1) Αν να υπολογιστεί το μήκος .
2) Υπάρχει θέση του ( πάνω στην προέκταση του προς το ) για την οποία τα μήκη είναι ταυτόχρονα ακέραιοι ή έστω ρητοί ; ( Δεν έχω σ αυτό απάντηση )
Υ.Γ.
Τον τίτλο θα εξηγήσω μετά τις όποιες απαντήσεις στο 1ο ερώτημα , εκτός και κάποιος με βάσει το αποτέλεσμα δώσει κάποια ερμηνεία.

Νίκος

Νίκο, υπάρχουν και σήμερα αρκετά λαμόγια που όμως έρχονται από το παρελθόν. Από που να φυλαχτείς ;

: Λαμόγιο από το παρελθόν.png (21.54 KiB) Προβλήθηκε 408 φορές

1) Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle KDC\left( {\angle KDC = {{90}^0}} \right)$ (από την εφαπτόμενη) με διάμεσο προς την υποτείνουσα θα είναι: $\left( {DB} \right) = 1$

Στο τρίγωνο $\vartriangle TKB$ με διατέμνουσα την από το Θεώρημα του Μενελάου έχουμε:

$\displaystyle\frac{{\left( {ST} \right)}}{{\left( {SK} \right)}} \cdot \displaystyle\frac{{\left( {CK} \right)}}{{\left( {CB} \right)}} \cdot \displaystyle\frac{{\left( {DB} \right)}}{{\left( {DT} \right)}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {ST} \right) = 1,\left( {SK} \right) = x,\left( {CK} \right) = 2,\left( {CB} \right) = \left( {DB} \right) = 1}$ $\displaystyle\frac{1}{x} \cdot \displaystyle\frac{2}{1} \cdot \displaystyle\frac{1}{{\left( {DT} \right)}} = 1 \Rightarrow \boxed{\left( {DT} \right) = \displaystyle\frac{2}{x}}:\left( 1 \right)$ .

Από τη δύναμη του σημείου ως προς την κύκλο $\left( K \right)$ θα έχουμε: $\left( {TD} \right) \cdot \left( {TB} \right) = {\left( {TK} \right)^2} - R_K^2 \Rightarrow$ $\left( {TD} \right)\left[ {\left( {TD} \right) + 1} \right] = {\left( {x + 1} \right)^2} - {1^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$

$\displaystyle\frac{2}{x}\left( {\displaystyle\frac{2}{x} + 1} \right) = \left( {x + 1 - 1} \right)\left( {x + 1 + 1} \right) \Rightarrow$ $\displaystyle\frac{2}{{{x^2}}}\left( {2 + x} \right) = x\left( {2 + x} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x > 0 \Rightarrow 0 \ne 2 + x > 2} \displaystyle\frac{2}{{{x^2}}} = x$ $\Rightarrow {x^3} = 2 \Rightarrow \boxed{x = \sqrt[3]{2}}$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση
Στάθης

Υ.Σ. Το δεύτερο ερώτημα "αλγεβρίζει" (περί θεωρίας αριθμών ο λόγος) για κάποια αντίστοιχη εξίσωση με . Θα το κοιτάξω αλλά δεν σου υπόσχομαι τίποτα.

Άλλωστε υπάρχουν ΑΡΙΣΤΟΙ στο αυτού του είδους και πιστεύω ότι θα απαντηθεί.

#3

μια προσπάθεια πιθανώς με πολλά λάθη για το 2ο
Αν $\displaystyle{a=\widehat{DOT}}$ τότε η γωνία $\displaystyle{a}$ καθωρίζει με μοναδικό τρόπο την θέση του σημείου $\displaystyle{T}$

Από το ορθ.τρίγωνο $\displaystyle{DSO}$ είναι $\displaystyle{DS=\sqrt{OS^2-OD^2}=\sqrt{x^2-1}=tan(a)}$

Απο τι Θ.Ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{SDT}$ είναι $\displaystyle{ST/sin(TDS)=DT/sin(TSD)=DS/sin(STD)}$ ή $\displaystyle{y/sin(30)=DT/sin(90+a)=tan(a)/sin(60-a)}$ οπότε $\displaystyle{sin(60-a)/sin(90+a)=tana/DT}$ ή $\displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{2}-(1/2)tana=tana/DT}$ [1]

όμως από το Θ. Μενελάου στο $\displaystyle{TOB}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{SDC}$ έουμε $\displaystyle{(1/2) (x/y) (DT/1)=1}$ συνεπώς $\displaystyle{DT=2y/x}$ και πο το προηγούμενο Θ.Ημ $\displaystyle{2y=DT/cosa}$ άρα $\displaystyle{cosa=1/x}$ [2]

Δηλαδή αντικαθιστώντας τα νέα δεδομένα στην [1] είναι $\displaystyle{(\sqrt{3}-xsina)y=x^2sina}$ Υψώνουμε στο τετράγωνο λαμβάνοντας υπ όψη την $\displaystyle{cosa=1/x}$ και έχουμε $\displaystyle{y^2(3+x^2(1-(1/x)^2)-2\sqrt{3}xsina)=x^4(1-(1/x)^2)}$ ή $\displaystyle{2y^2+x^2y^2+x^2-x^4=2\sqrt{3}xsina}$

Αν $\displaystyle{x,y}$ ακέραια θα πρέπει $\displaystyle{12x^2(1-(1/x^2))=m^2\Rightarrow x^2=1+12n^2}$

$\displaystyle{y^2=\frac{n+12n^2(1+12n^2)}{3(1+4n^2)}=-2+12n^2+\frac{6+n}{3+12n^2}}$
που δεν μπορεί να ισχύει αφού $\displaystyle{3+12n^2>6+n}$

Λαμόγιο εκ του παρελθόντος

Λαμόγιο εκ του παρελθόντος

Re: Λαμόγιο εκ του παρελθόντος

Re: Λαμόγιο εκ του παρελθόντος

Μέλη σε σύνδεση