υπολογισμός μηκών

Ανδρέας Πούλος · #1

Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC

έχει

,

και υποτείνουσα την

.
Το ορθογώνιο τρίγωνο BCD

έχει

και υποτείνουσα την

.
Το ορθογώνιο τρίγωνο BDE

έχει υποτείνουσα την

, η οποία βρίσκεται στην προέκταση της

όπως στο συνημμένο σχήμα.
Να υπολογιστούν τα μήκη

και

.

Προφανώς, αν βρεθεί ένας τρόπος επίλυσης, αυτός βοηθά στην απάντηση και για γενικευμένα μήκη, π.χ. AB = a

,

, κλπ.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

S.E.Louridas · #2

$\begin{array}{*{20}c} {{\rm A}{\rm B} = \alpha ,{\rm A}\Gamma = \beta ,\Gamma \Delta = \gamma \Rightarrow \Delta {\rm B} = \sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 } .\quad S \in {\rm A}\Gamma :\Delta S \bot {\rm A}\Gamma \;\kappa \alpha \iota \;T \in {\rm B}{\rm E}:} \\ {} \\ {\Delta {\rm T} \bot {\rm B}{\rm E} \Rightarrow {\rm T}{\rm A} = \Delta S\;\mu \varepsilon \;\frac{{\Delta S}} {\gamma } = \frac{\beta } {{\sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }} \Rightarrow \Delta S = \frac{{\beta \gamma }} {{\sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }}.} \\ \end{array}$

Άρα έχουμε:

$\begin{array}{*{20}c} {{\rm T}{\rm B} = \Delta S - \alpha = \frac{{\beta \gamma }} {{\sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }} - \alpha = \frac{{\beta \gamma - \alpha \sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }} {{\sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }} \Rightarrow } \\ {} \\ {{\rm E}{\rm B} = \frac{{\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 }} {{{\rm T}{\rm B}}} = \frac{{\left( {\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 } \right)\sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }} {{\beta \gamma - \alpha \sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } }}\;\;} \\ \end{array}$

$\begin{array}{*{20}c} {\kappa \alpha \dot \iota \;\;{\rm E}\Delta = \sqrt {\frac{{\left( {\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 } \right)^2 \left( {\alpha ^2 + \beta ^2 } \right)}} {{\left( {\beta \gamma - \alpha \sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } } \right)^2 }} - \left( {\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 } \right)} \Rightarrow } \\ {} \\ {{\rm E}\Delta = \frac{{\sqrt {\left( {\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 } \right)^2 \left( {\alpha ^2 + \beta ^2 } \right) - \left( {\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 } \right)\left( {\beta \gamma - \alpha \sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } } \right)^2 } }} {{\left| {\left {\beta \gamma - \alpha \sqrt {\alpha ^2 + \beta ^2 } } \right} \right|}}...} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

#3

Με την "αργοκίνητη" μέθοδο ...

: 30-12-2011 Γεωμετρία b.jpg (33.14 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο A(0, 0)

παίρνουμε τα σημεία B(0, 1), C(2, 0)

.

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο A(0, 0)

παίρνουμε τα σημεία B(0, 1), C(2, 0)

.

Έστω $\displaystyle \widehat{ACB} = \omega \Rightarrow \widehat{ABC} = 90^\circ - \omega$

Φέρνουμε την κάθετη ημιευθεία

στην

στο

στο θετικό ημιεπίπεδο ως προς x'x

.
Αν

σημείο της

ώστε

και $\displaystyle DK \bot Ax$ , τότε τα τρίγωνα ABC, CDK

είναι όμοια με: $\displaystyle \frac{{AC}}{{DK}} = \frac{{AB}}{{CK}} = \frac{{BC}}{{DC}} \Leftrightarrow \frac{2}{{DK}} = \frac{1}{{CK}} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$

Οπότε $\displaystyle DK = \frac{6}{{\sqrt 5 }},\;\;CK = \frac{3}{{\sqrt 5 }}$ δηλαδή $\displaystyle D\left( {2 + \frac{3}{{\sqrt 5 }},\;\frac{6}{{\sqrt 5 }}} \right)$

Είναι $\displaystyle \lambda _{BD} = \frac{{\frac{6}{{\sqrt 5 }} - 1}}{{2 + \frac{3}{{\sqrt 5 }}}} = \frac{{6 - \sqrt 5 }}{{2\sqrt 5 + 3}}$

Η κάθετη στη

στο

έχει εξίσωση

$\displaystyle y - \frac{6}{{\sqrt 5 }} = - \frac{{2\sqrt 5 + 3}}{{6 - \sqrt 5 }}\left( {x - 2 - \frac{3}{{\sqrt 5 }}} \right)$

και τέμνει τον $\displaystyle y'y$ στο $\displaystyle E\left( {0,\;\;\frac{{13\sqrt 5 + 6}}{{6 - \sqrt 5 }}} \right)$

Οπότε $\displaystyle \left( {BD} \right) = \sqrt {\left( {\frac{3}{{\sqrt 5 }} + 1} \right)^2 + \;\left( {\frac{6}{{\sqrt 5 }}} \right)^2 } = \frac{{\sqrt {50 + 6\sqrt 5 } }}{5}$
και $\displaystyle \left( {DE} \right) = \sqrt {\left( {2 + \frac{3}{{\sqrt 5 }}} \right)^2 + \left( {\frac{{13\sqrt 5 + 6}}{{6 - \sqrt 5 }} - \frac{6}{{\sqrt 5 }}} \right)^2 } = \sqrt {\left( {\frac{{2\sqrt 5 + 3}}{{\sqrt 5 }}} \right)^2 + \left( {\frac{{29 + 12\sqrt 5 }}{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)\sqrt 5 }}} \right)^2 }$

#4

Για τη γενίκευση, ζητήσαμε βοήθεια από την Χριστίνα ή Ελισάβετ

της Σουηδίας τέλος πάντων, που, επειδή ήταν "ολίγον τούβλο" κατά τον Ρενέ, χρησιμοποιούσε μεθόδους Αναλυτικής Γεωμετρίας. (ΕΔΩ...)

Απάντησε αμέσως η κοπέλα:

: 30-12-2011 Γεωμετρία c.jpg (33.12 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο A(0, 0)

παίρνουμε τα σημεία B(0, a), C(b, 0)

.

Έστω $\displaystyle \widehat{ACB} = \omega \Rightarrow \widehat{ABC} = 90^\circ - \omega$

Φέρνουμε την κάθετη ημιευθεία

στην

στο

στο θετικό ημιεπίπεδο ως προς x'x

.
Αν

σημείο της

ώστε

και $\displaystyle DK \bot Ax$ , τότε τα τρίγωνα ABC, CDK

είναι όμοια με: $\displaystyle \frac{{AC}}{{DK}} = \frac{{AB}}{{CK}} = \frac{{BC}}{{DC}} \Leftrightarrow \frac{b}{{DK}} = \frac{a}{{CK}} = \frac{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}{c}$

Οπότε $\displaystyle DK = \frac{{bc}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }},\;\;CK = \frac{{ac}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}$ δηλαδή $\displaystyle D\left( {b + \frac{{ac}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }},\;\frac{{bc}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}} \right)$

Είναι $\displaystyle \lambda _{BD} = \frac{{\frac{{bc}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }} - a}}{{b + \frac{{ac}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}}} = \frac{{bc - a\sqrt {a^2 + b^2 } }}{{b\sqrt {a^2 + b^2 } + ac}}$

Η κάθετη στη

στο

έχει εξίσωση

$\displaystyle y - \frac{{bc}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }} = - \frac{{b\sqrt {a^2 + b^2 } + ac}}{{bc - a\sqrt {a^2 + b^2 } }}\left( {x - b - \frac{{ac}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}} \right)$

και τέμνει τους άξονες στα

$\displaystyle H\left( {\frac{{\frac{{bc}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}}}{{\frac{{b\sqrt {a^2 + b^2 } + ac}}{{bc - a\sqrt {a^2 + b^2 } }}}} + b + \frac{{ac}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }},\;\;0} \right)$
και

$\displaystyle E\left( {0,\;\frac{{bc}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }} + \frac{{b\sqrt {a^2 + b^2 } + ac}}{{bc - a\sqrt {a^2 + b^2 } }}\left( {b + \frac{{ac}}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}} \right)} \right)$

Τώρα εύκολα υπολογίζουμε ότι θέλουμε...

Υ.Γ. Αν υπάρχει λάθος, τα παράπονά σας στην ΧΡΙΣΤΙΝΑ ή ΕΛΙΣΑΒΕΤ της Σουηδίας.

Η παραπάνω διαπραγμάτευση επειδή ο Ανδρέας ξέρει και εκτιμά το "λεπτό" χιούμορ!

Ανδρέας Πούλος · #5

Γιώργο,
Αν μιλήσουμε ιστορικά, (νομίζω από εδώ και πέρα λόγω ηλικίας μόνο για ιστορικά μπορώ να μιλάω)
ο Καρτέσιος έκανε μάθημα και στην πριγκίπισσα Ελισσάβετ,
αλλά και στην βασίλισσα Χριστίνα της Σουηδίας. Εϊναι δύο διαφορετικά πρόσωπα.
Από το κείμενό σου φαίνεται ότι πρόκειται για το ίδιο πρόσωπο με δύο όνομα.
Για τους δύσπιστους, δείτε το βιβλίο του E.T. Bell "Οι Μαθηματικοί". Παν. Εκδόσεις Κρήτης, τόμος 1ος,
2η έκδοση, 1995, σελίδες 52 έως και 85.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

S.E.Louridas · #6

Ανδρέας Πούλος έγραψε:Γιώργο,
Αν μιλήσουμε ιστορικά, (νομίζω από εδώ και πέρα λόγω ηλικίας μόνο για ιστορικά μπορώ να μιλάω)

Αν από τα 40-μας?,! μιλάμε μόνο γιά ιστορία... Ξέρεις Αντρέα όταν κανείς αρχίζει να προβάλλει το κλασικό:...ναι αλλά εγώ έχω πείρα, τότε άστα φίλε άστα να πάνε...

Εύχομαι λοιπόν φίλε η νέα χρονιά 2012 να μας δώσει την χαρά της νιότης της υγείας και της προόδου και άσε την πείρα ως προτέρημα να περιμένει γιά λίγο ακόμη.

S.E.Louridas

υπολογισμός μηκών

υπολογισμός μηκών

Re: υπολογισμός μηκών

Re: υπολογισμός μηκών

Re: υπολογισμός μηκών

Re: υπολογισμός μηκών

Re: υπολογισμός μηκών

Μέλη σε σύνδεση