Βρείτε τη γωνία χ (55)

Ιστοσελίδα · #1

Στην πλευρά ΑΒ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ με βάση ${\rm B}\Gamma = 1$ παίρνω σημείο Δ, τέτοιο ώστε ${\rm A}\Delta = 1$ και $\Gamma \Delta = \sqrt 2$ . Βρείτε τη γωνία x.

: x55.jpg (20.78 KiB) Προβλήθηκε 486 φορές

#2

Αφού έχουμε "αδικαιολόγητα" καθυστερήσει να δώσουμε λύση, δίνω την τιμή που έχω βρει, με επιφύλαξη, για να επαναφέρω στο προσκήνιο την άσκηση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Σύντομα θα δώσω την προσέγγισή μου.

Γιώργος Ρίζος

kwstas12345 · #3

Aπό τον νόμο των ημιτόνων στο ΑΔΓ: $\displaystyle \frac{\sin D_{1}}{c}=\frac{sinx}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{sin D_{1}}{c}=\frac{sin2B}{\sqrt{2}},c=AC=AB$

Από τον νόμω των ημιτόνων στο ΔΒΓ: $\displaystyle \frac{\sin D_{2}}{1}=\frac{\sin B }{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{\sin (\pi-D_{2})}{1}=\frac{\sin B }{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \sin D_{1}=\frac{\sin B}{\sqrt{2}}$

Άρα προκύπτει ότι : $\displaystyle \frac{\sin B}{c\sqrt{2}}=\frac{2\sin B \cos B}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow c=\frac{1}{2\cos\ B}$

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο ΑΔΓ: $\displaystyle c^{2}=1^{2}+2-2\sqrt{2}\cos D_{1}\Leftrightarrow \cos D_{1}=\frac{3-c^{2}}{2\sqrt{2}}$

Άρα; $\displaystyle \cos D_{2}=\frac{c^{2}-3}{2\sqrt{2}}$ , καθώς ο νόμως των συνημιτόνων στο ΔΒΓ δίνει:

$\displaystyle 1=\left(c-1 \right)^{2}+2-2\sqrt{2}\left(c-1 \right)\cos D_{2}\Leftrightarrow 1=c^{2}-2c+3-\left(c-1 \right)\left(c^{2}-3 \right)\Leftrightarrow c^{3}-2c^{2}-c+1=0\Leftrightarrow \frac{1}{8x^{3}}-\frac{2}{4x^{3}}-\frac{1}{2x}+1=0\Leftrightarrow \boxed{8x^{3}-4x^{2}-4x+1=0}$

Τώρα οι λύσεις της εξίσωσης: $\displaystyle x^{6}+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0$ είναι της μορφής $\displaystyle \cos \frac{2k\pi}{7}+i \sin \frac{2k\pi}{7},k=1,2,...,6$ .

Εύκολα βλέπουμε πως οι αριθμοί $\displaystyle \cos \frac{2k\pi}{7}+i \sin \frac{2k\pi}{7},k=1,2,...,6$

$\displaystyle z=- \cos \frac{\pi}{7} -i \sin\frac{\pi}{7},w=- \cos \frac{3\pi}{7} +i \sin\frac{3\pi}{7}$ είναι ρίζες της εξίσωσης.

Είναι όμως: $\displaystyle - \cos \frac{\pi}{7} -i \sin\frac{\pi}{7}+\frac{1}{- \cos \frac{\pi}{7} -i \sin\frac{\pi}{7}}=- \cos \frac{\pi}{7} -i \sin\frac{\pi}{7}+\left(- \cos \frac{\pi}{7} +i \sin\frac{\pi}{7} \right)=-2 \cos\frac{\pi}{7}$

και $\displaystyle - \cos \frac{3\pi}{7} +i \sin\frac{3\pi}{7}+\frac{1}{- \cos \frac{3\pi}{7} +i \sin\frac{3\pi}{7}}=-2 \cos \frac{3\pi}{7}$

Άρα θέτωντας $\displaystyle u= \cos \frac{\pi}{7},t=\cos \frac{3\pi}{7}$ θα είναιι τότε:

$\displaystyle -2u=z+\frac{1}{z}\Leftrightarrow 4u^{2}=z^{2}+\frac{1}{z^{2}}+2\Leftrightarrow 4u^{2}-2=z^{2}+\frac{1}{z^{2}}$

$\displaystyle -8u^{3}=\left(z+\frac{1}{z} \right)^{3}=z^{3}+\frac{1}{z^{3}}+3\left(z+\frac{1}{z} \right)\Leftrightarrow -8u^{3}+6u=z^{3}+\frac{1}{z^{3}}$

Eπειδή ,και διαρώντας με z^3

: $\displaystyle z^{6}+z^{5}+z^{4}+z^{3}+z^{2}+z+1=0\Leftrightarrow z^{3}+z^{2}+z+1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}=0\Leftrightarrow 6u-8u^{3}+4u^{2}-2-2u=0\Leftrightarrow \boxed{8u^{3}-4u^{2}-4u+1=0}$

Ακόμη είναι και $\displaystyle -2t=w+\frac{1}{w}$ ακολουθώντας όμοια πάλι την ίδια διαδικασία θα λάβουμε:

$\displaystyle \boxed{8t^{3}-4t^{2}-4t+1=0}$ . Άρα οι αριθμοί $\displaystyle \cos \frac{\3\pi}{7},\cos\frac{\pi}{7}$

είναι ρίζες της: $\displaystyle 8x^{3}-4x^{2}-4x+1=0$ .

Το γινόμενο των ριζών της πάνω εξίσωσης είναι: $\displaystyle \prod_{i=1}^{3}{x_{i}}=-\frac{1}{8}<0\Rightarrow x_{3}=-\frac{1}{8}\left(\cos \frac{\pi}{7} \cos \frac{3\pi}{7} \right)<0$

Αποκλείεται $\displaystyle x=cosB\neq x_{3}$ αφού είναι ισοσκελές και πρέπει αναγκαστικα να είναι οξεία.

Άν είναι $\displaystyle \cos B = \cos\frac{\pi}{7}\Leftrightarrow x=\pi-2B=\pi-\frac{\2\pi}{7}=\frac{5\pi}{7}$ τότε θα είναι η γωνία Α

μη μεγαλύτερη από όλες άρα θα είναι $\displaystyle BC>AC$ άτοπο αφού BC=1,AC=1+BD

.Άρα θα είναι:

$\displaystyle \cos B= \cos \frac{3\pi}{7} \Leftrightarrow B=\frac{3\pi}{7}\Leftrightarrow \boxed{x=\frac{\pi}{7}}$

#4

Αφού με π.μ. επαληθεύσαμε με τον Κώστα (12345) την τιμή x = π/7 και μετά την απρόσμενη και ευφάνταστη προσέγγιση του Κώστα (!), δίνω μια πιο πεζή αντιμετώπιση.

: 04-11-2010 Geometry.png (32.81 KiB) Προβλήθηκε 333 φορές

Στο ισοσκελές ΑΒΓ είναι 1 < α και $\displaystyle \widehat A = x\; \Rightarrow \;\widehat\Gamma = \widehat{\rm B} = 90^\circ - \frac{x}{2},\;\;0^\circ < x < 90^\circ$ .

Από Ν. Ημιτόνων στο ΑΒΓ: $\displaystyle \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{\eta \mu {\rm A}}} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{{\eta \mu {\rm B}}}$ οπότε:
$\displaystyle \frac{1}{{\eta \mu x}} = \frac{\alpha }{{\eta \mu {\rm B}}} \Leftrightarrow \eta \mu x = \frac{{\eta \mu \left( {90^\circ - \frac{x}{2}} \right)}}{\alpha } \Leftrightarrow 2\eta \mu \frac{x}{2} \cdot \sigma \upsilon \nu \frac{x}{2} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \frac{x}{2}}}{\alpha } \Leftrightarrow \alpha = \frac{1}{{2\eta \mu \frac{x}{2}}}$

Από Ν. Συνημιτόνων στο ΔΒΓ: $\displaystyle \left( {\Delta \Gamma } \right)^2 = \left( {\Delta {\rm B}} \right)^2 + \left( {{\rm B}\Gamma } \right)^2 - 2\left( {\Delta {\rm B}} \right)\left( {{\rm B}\Gamma } \right)\sigma \upsilon \nu {\rm B}$

άρα $\displaystyle \left( {\sqrt 2 } \right)^2 = \left( {\alpha - 1} \right)^2 + 1 - 2\left( {\alpha - 1} \right)\sigma \upsilon \nu \left( {90^\circ - \frac{x}{2}} \right)\; \Leftrightarrow \;\eta \mu \frac{x}{2} = \frac{{\alpha ^2 - 2\alpha }}{{2\left( {\alpha - 1} \right)}}$

Θέτω $\displaystyle \eta \mu \frac{x}{2} = t\; \Rightarrow \alpha = \frac{1}{{2t}},\;\;0 < t < \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

Τότε: $\displaystyle t = \frac{{\frac{1}{{4t^2 }} - \frac{1}{t}}}{{2\left( {\frac{1}{{2t}} - 1} \right)}} \Leftrightarrow t = \frac{{1 - 4t}}{{4t\left( {1 - 2t} \right)}} \Leftrightarrow 4t^2 - 8t^3 = 1 - 4t \Leftrightarrow 8t^3 - 4t^2 - 4t + 1 = 0$

Η ρίζα $\displaystyle t \cong 0,2225$ μάς οδηγεί στην τιμή $\displaystyle x = \frac{\pi }{7}$ .

Για $\displaystyle x = \frac{\pi }{7}$ και χρησιμοποιώντας τους τύπους:
$\displaystyle \eta \mu 3\alpha = 3\eta \mu \alpha - 4\eta \mu ^3 \alpha$ είναι $\displaystyle 8\eta \mu ^3 \frac{\pi }{{14}} = 6\eta \mu \frac{\pi }{{14}} - 2\eta \mu \frac{{3\pi }}{{14}}$
και $\displaystyle - 4\eta \mu ^2 \frac{\pi }{{14}} = 2\sigma \upsilon \nu \frac{{2\pi }}{{14}} - 2$ ,

έχουμε:
$\displaystyle 8\eta \mu ^3 \frac{\pi }{{14}} - 4\eta \mu ^2 \frac{\pi }{{14}} - 4\eta \mu \frac{\pi }{{14}} + 1 = 6\eta \mu \frac{\pi }{{14}} - 2\eta \mu \frac{{3\pi }}{{14}} + 2\sigma \upsilon \nu \frac{{2\pi }}{{14}} - 2 - 4\eta \mu \frac{\pi }{{14}} + 1 =$

$\displaystyle = 2\eta \mu \frac{\pi }{{14}} - 2\eta \mu \frac{{3\pi }}{{14}} + 2\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{7} - 1 = 2\sigma \upsilon \nu \frac{{3\pi }}{7} - 2\sigma \upsilon \nu \frac{{2\pi }}{7} + 2\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{7} - 1 =$

$\displaystyle \begin{array}{l} = 2\sigma \upsilon \nu \frac{{3\pi }}{7} + 2\sigma \upsilon \nu \frac{{5\pi }}{7} + 2\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{7} - 1 = \\ \\ = \frac{1}{{\eta \mu \frac{\pi }{7}}}\left[ {2\eta \mu \frac{\pi }{7}\sigma \upsilon \nu \frac{{3\pi }}{7} + 2\eta \mu \frac{\pi }{7}\sigma \upsilon \nu \frac{{5\pi }}{7} + 2\eta \mu \frac{\pi }{7}\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{7}} \right] - 1 = \\ \end{array}$

$\displaystyle = \frac{1}{{\eta \mu \frac{\pi }{7}}}\left[ {\eta \mu \frac{{4\pi }}{7} - \eta \mu \frac{{2\pi }}{7} + \eta \mu \frac{{6\pi }}{7} - \eta \mu \frac{{4\pi }}{7} + \eta \mu \frac{{2\pi }}{7}} \right] - 1 = \frac{{\eta \mu \frac{{6\pi }}{7}}}{{\eta \mu \frac{\pi }{7}}} - 1 = 0$ ,

οπότε πράγματι η τιμή $\displaystyle x = \frac{\pi }{7}$ επαληθεύει την εξίσωση.

Η εξίσωση είναι τρίτου βαθμού, οπότε έχει τρεις πραγματικές ρίζες.

Με το Θ. Bolzano βρίσκουμε ότι έχει δύο ακόμα ρίζες στα διαστήματα [-1, 0] και στο $\displaystyle \left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{2},\;1} \right]$ , οπότε η λύση $\displaystyle x = \frac{\pi }{7}$ είναι μόνη δεκτή.
Δεν το γράφω αναλυτικά, ας κάνουν και οι ... αλγεβριστές κάτι!

Γιώργος Ρίζος

Ιστοσελίδα · #5

Ευχαριστώ τον Γιώργο και τον Κώστα για τις όμορφες λύσεις τους και να δώσω μια γεωμετρική.

Από το Δ φέρω παράλληλη προς την ΒΓ και έστω Ε το σημείο τομής με την ΑΓ.

Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές με ${\rm A}\Delta = \Delta {\rm E} = 1$ . Θέτω $\Delta {\rm B} = {\rm E}\Gamma = y$ και $\Delta {\rm E} = w$ . Τα τρίγωνα ΔΒΓ και ΕΒΓ είναι ίσα από Π-Γ-Π, οπότε ${\rm B}{\rm E} = \sqrt 2$ .

Από την παραλληλία θα ισχύει ${\rm A}\widehat \Delta {\rm E} = {\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm B}$ , επομένως το τετράπλευρο ΔΕΓΒ είναι εγγράψιμο (μια γωνία είναι ίση με την απέναντι εξωτερική του γωνία).

Από το θεώρημα Πτολεμαίου στο ΔΕΓΒ θα ισχύει: ${y^2} + 1 \cdot w = \sqrt 2 \cdot \sqrt 2 \Rightarrow y = \sqrt {2 - w} \,\,\,(1)$ .

Με κέντρο Ε και ακτίνα ΑΕ=1 κατασκευάζω κύκλο, ο οποίος τέμνει την προέκταση της ΕΔ στο Ζ. Θέτω ${\rm Z}\widehat {\rm A}\Delta = \varphi$ και θα ισχύει ${\rm E}\widehat {\rm Z}{\rm A} = \varphi + x$ (λόγω του ισοσκελούς ΕΖΑ) και ${\rm Z}\Delta = {\rm Z}{\rm E} - \Delta {\rm E} = 1 - w$ .

Επειδή η ${\rm A}\widehat \Delta {\rm E}$ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΔΖΑ θα ισχύει ${\rm A}\widehat \Delta {\rm E} = x + 2\varphi = {\rm A}\widehat {\rm E}\Delta$ .

Προεκτείνω την ΕΖ και παίρνω τμήμα ${\rm Z}{\rm K} = \Delta {\rm B} = y$ . Από Π-Γ-Π τα τρίγωνα ΚΑΕ και ΑΒΓ είναι ίσα, επομένως ${\rm E}\widehat {\rm K}{\rm A} = x$ και ${\rm K}\widehat {\rm A}{\rm Z} = \varphi$ . (**)

Παίρνω το συμμετρικό του τριγώνου ΑΖΔ (ΑΖ’Ε) ως προς τη μεσοκάθετο ΑΜ του ισοσκελούς ΑΔΕ. Τα τρίγωνα ΑΖΖ’ και ΕΖΑ είναι όμοια (3 γωνίες ίσες).

Απ’ την ισότητα του λόγου ομοιότητας θα ισχύει: $\displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm E}}} = \displaystyle\frac{{{\rm Z}{\rm Z}'}}{{{\rm A}{\rm Z}}} \Rightarrow {\rm A}{{\rm Z}^2} = 1 \cdot (2 - w) \Rightarrow {\rm A}{\rm Z} = \sqrt {2 - w}$ και από τη σχέση (1) προκύπτει ότι το τρίγωνο ΖΚΑ είναι ισοσκελές, οπότε $\varphi = x$ .

Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ θα ισχύει: $3x + 4\varphi = {180^ \circ } \Rightarrow x = \displaystyle\frac{{{{180}^ \circ }}}{7}$ .

: x55-sol.jpg (73.17 KiB) Προβλήθηκε 287 φορές

(**) Σκέφτηκα να υπολογίσω το

από τη σχέση (1) και από το θεώρημα διχοτόμων στο τρίγωνο ΑΚΔ. Κατέληξα στην τριτοβάθμια εξίσωση ${y^3} + {y^2} - 2y - 1 = 0$ , η οποία έχει μια θετική ρίζα, αλλά το πράγμα γινόταν περίπλοκο…

Βρείτε τη γωνία χ (55)

Βρείτε τη γωνία χ (55)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (55)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (55)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (55)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (55)

Μέλη σε σύνδεση