ΕΜΠ 1931 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

parmenides51 · #1

1. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ δίνονται τα μήκη $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma}$ των πλευρών του.
Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου που έχει κορυφές τα ίχνη των διχοτόμων του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

2. Δίνονται τρεις ευθείες $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma}$ που διέρχονται από το ίδιο σημείο $\displaystyle{K}$ και τρια ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{\lambda,\mu,\nu}$ .
Ζητείται να κατασκευαστεί κύκλος εφαπτόμενος της ευθείας $\displaystyle{ \alpha}$ που να τέμνει την ευθεία $\displaystyle{\beta}$ στα σημεία $\displaystyle{A,B}$
έτσι ώστε $\displaystyle{ (KA)(KB)=\lambda\mu}$ και να αποκόπτει από την ευθεία $\displaystyle{\gamma}$ τμήμα μήκους $\displaystyle{\nu}$ .

3. Σε ορθό εξαγωνικό κανονικό πρίσμα, η πλευρά της βάσης του είναι $\displaystyle{\alpha}$ και το ύψος του $\displaystyle{\upsilon}$ .
Να βρεθεί ο όγκος και η επιφάνεια του δωδεκαέδρου που έχει κορυφές τα κέντρα των $\displaystyle{8}$ εδρών του πρίσματος.

4. Σε ισόπλευρο κώνο (δηλαδή η διάμετρος $\displaystyle{2\rho}$ της βάσης ισούται με την πλευρά του) εγγράφουμε σφαίρα που εφάπτεται και στην βάση του.
Μετά εγγράφουμε και δεύτερη σφαίρα που εφάπτεται και στην πρώτη κ.ο.κ. επ' άπειρον προς την κορυφή του κώνου. Ζητείται :
α) ο όγκος του υπολειπόμενου χώρου μετά από την αφαίρεση των σφαιρών από τον κώνο
β) το άθροισμα των κύκλων επαφής των άπειρων αυτών σφαιρών.

edit
μετονομασία από ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ σε ΕΜΠ 1931 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ. γιατί μερικά τμήματα είχαν τα ίδια θέματα

parmenides51 · #2

parmenides51 έγραψε:1. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ δίνονται τα μήκη $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma}$ των πλευρών του.
Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου που έχει κορυφές τα ίχνη των διχοτόμων του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

Αν

, οι διχοτόμοι τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ τότε $\displaystyle\frac{(DEZ)}{(ABC)}=\frac{2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}$ (αποδείξεις : εδώ , εδώ κι εδώ )

αλλά από τύπο του Ήρωνα ισχύει $\displaystyle{(ABC)=\sqrt{\tau (\tau-a)(\tau - b)(\tau - c) }}$

οπότε $\displaystyle{ (DEZ)=\frac{2abc\sqrt{\tau (\tau-a)(\tau - b)(\tau - c) }}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$ κι επειδή $\displaystyle{\tau=\frac{a+b+c }{2}}$

$\displaystyle{ (DEZ)=\frac{2abc\sqrt{\displaystyle\frac{a+b+c }{2}\left(\frac{a+b+c }{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c }{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c }{2}-c\right) }}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$

ή $\displaystyle{ (DEZ)=\frac{abc\sqrt{(a+b+c )\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right) }}{2(a+b)(a+c)(b+c)}}$

Υ.Γ. Δεν θα ανεβάσω άλλα θέματα εξετάσεων ώσπου να ελαττωθούν τα άλυτα (αστεράκια)
σε όσα θέματα έχουν ήδη ανέβει σύμφωνα με το Ευρετήριο Θεμάτων Πανελλαδικών Εξετάσεων

parmenides51 · #3

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισόπλευρο κώνο (δηλαδή η διάμετρος $\displaystyle{2\rho}$ της βάσης ισούται με την πλευρά του) εγγράφουμε σφαίρα που εφάπτεται και στην βάση του.
Μετά εγγράφουμε και δεύτερη σφαίρα που εφάπτεται και στην πρώτη κ.ο.κ. επ' άπειρον προς την κορυφή του κώνου. Ζητείται :
α) ο όγκος του υπολειπόμενου χώρου μετά από την αφαίρεση των σφαιρών από τον κώνο
β) το άθροισμα των κύκλων επαφής των άπειρων αυτών σφαιρών.

: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 4a.png (30.47 KiB) Προβλήθηκε 1660 φορές

Εισαγωγή

$\displaystyle{\bullet}$ Έστω $\displaystyle{h}$ το ύψος του κώνου τότε από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{OMA}$ θα ισχύει

$\displaystyle{h^2=OM^2=OA^2-MA^2=(2\rho)^2-\rho^2=4\rho^2-\rho^2=3\rho^2 \Rightarrow h=\rho \sqrt{3}}$

$\displaystyle{\bullet}$ Έστω $\displaystyle{x,K}$ η ακτίνα και το κέντρο αντίστοιχα της εγγεγραμμένης στον κώνο σφαίρας που εφάπτεται στην βάση του κώνου

(την ονομάζω σφαίρα βάσης) και $\displaystyle{N}$ το σημείο επαφής της με την $\displaystyle{OA}$

τότε από τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{OAM}$ και $\displaystyle{OMK}$ για την κοινή γωνία $\displaystyle{\omega=\widehat{AOM}}$ έχουμε :

$\displaystyle{\left\begin{matrix} \displaystyle \eta \mu\omega= \frac{AM}{OA}=\frac{\rho}{2\rho}=\frac{1}{2} \\ \displaystyle \eta \mu\omega=\frac{KΜ}{OK}=\frac{KN}{OM-KM}= \frac{x}{h -x}=\frac{x}{\rho\sqrt3 -x}\end{matrix}\right\}\Rightarrow \frac{x}{\rho\sqrt3-x}= \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2x=\rho\sqrt3-x \Leftrightarrow x=\frac{\rho\sqrt3}{3} }$

$\displaystyle{\bullet}$ Έστω $\displaystyle{ \rho_1,K_1}$ η ακτίνα και το κέντρο αντίστοιχα της εγγεγραμμένης στον κώνο σφαίρας που εφάπτεται στην σφαίρα βάσης

(την ονομάζω $\displaystyle{1}$ η σφαίρα) και $\displaystyle{N_1,M_1}$ τα σημεία επαφής της $\displaystyle{1}$ ης σφαίρας με την $\displaystyle{OA}$ και την σφαίρα βάσης αντίστοιχα

τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OK_1N_1}$ έχουμε :

$\displaystyle{ \eta \mu\omega=\frac{K_1N_1}{OK_1}=\frac{K_1N_1}{OM-K_1M}= \frac{\rho_1}{h -2x-\rho_1}= \frac{\rho_1}{\displaystyle\rho\sqrt3 -2\frac{\rho\sqrt3}{3}-\rho_1}=}$
$\displaystyle{=\frac{3\rho_1}{3\rho\sqrt3 -2\rho\sqrt3-3\rho_1}=\frac{1}{2}\Rightarrow 6 \rho_1=\rho\sqrt3-3 \rho_1 \Leftrightarrow \rho_1=\frac{\rho\sqrt3}{9}}$

$\displaystyle{\bullet}$ Έστω $\displaystyle{ \rho_2,K_2}$ η ακτίνα και το κέντρο αντίστοιχα της εγγεγραμμένης στον κώνο σφαίρας που εφάπτεται στην $\displaystyle{1}$ η σφαίρα

(την ονομάζω $\displaystyle{2}$ η σφαίρα) και $\displaystyle{N_2,M_2}$ τα σημεία επαφής της 2ης σφαίρας με την $\displaystyle{OA}$ και την $\displaystyle{1}$ η σφαίρα αντίστοιχα

τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OK_2N_2}$ έχουμε :

$\displaystyle{ \eta \mu\omega=\frac{K_2N_2}{OK_2}=\frac{K_2N_2}{OM-K_2M}= \frac{\rho_2}{h -2x-2\rho_1-\rho_2}= \frac{\rho_2}{\displaystyle\rho\sqrt3 -2\frac{\rho\sqrt3}{3}-2\frac{\rho\sqrt3}{9}-\rho_2}=}$
$\displaystyle{=\frac{9\rho_2}{9\rho\sqrt3 -6\rho\sqrt3-2\rho\sqrt3-9\rho_1}=\frac{1}{2}\Rightarrow 18 \rho_2=\rho\sqrt3-9 \rho_2 \Leftrightarrow \rho_2=\frac{\rho\sqrt3}{27}}$

$\displaystyle{\bullet}$ Έστω $\displaystyle{ \rho_3,K_3}$ η ακτίνα και το κέντρο αντίστοιχα της εγγεγραμμένης στον κώνο σφαίρας που εφάπτεται στην $\displaystyle{2}$ η σφαίρα

(την ονομάζω $\displaystyle{3}$ η σφαίρα) και $\displaystyle{N_2,M_2}$ tα σημεία επαφής της $\displaystyle{3}$ ης σφαίρας με την $\displaystyle{OA}$ και την $\displaystyle{2}$ η σφαίρα αντίστοιχα

κ.ο.κ

Επαγωγή

Θα αποδείξω οτι για την $\displaystyle{{\nu}-}$ ιοστή σφαίρα ακτίνας και κέντρου $\displaystyle{ \rho_{\nu},K_{\nu} }$ αντίστοιχα που εφάπτεται στην $\displaystyle{OA}$

και στην $\displaystyle{ \nu-1}$ σφαίρα με $\displaystyle{n\ge 2}$ ισχύει $\displaystyle{ \rho_{\nu}=\frac{\rho\sqrt3}{3^{\nu+1}}}$

$\displaystyle{\bullet}$ Για $\displaystyle{ \nu =2}$ : $\displaystyle{ \rho_{2}=\frac{2\rho\sqrt3}{3^{2+1}}=\frac{\rho\sqrt3}{27}$

$\displaystyle{\bullet}$ Υποθέτω οτι ισχύει για $\displaystyle{ \nu=\kappa}$ : $\displaystyle{ \rho_{\kappa}=\frac{\rho\sqrt3}{3^{\kappa +1}}}$

$\displaystyle{\bullet}$ Θα αποδείξω οτι ισχύει για $\displaystyle{\nu=\kappa +1}$ : $\displaystyle{ \rho_{\kappa+1}=\frac{\rho\sqrt3}{3^{\kappa +2}}}$

Έστω $\displaystyle{ \rho_{\kappa+1} ,K_{\kappa+1} }$ η ακτίνα και το κέντρο αντίστοιχα της εγγεγραμμένης στον κώνο σφαίρας που εφάπτεται στην $\displaystyle{{\kappa}}$ η σφαίρα

(την ονομάζω $\displaystyle{{\kappa+1}}$ -η σφαίρα) και $\displaystyle{N_{\kappa+1} ,M_{\kappa+1} }$ τα σημεία επαφής της $\displaystyle{{\kappa+1}}$ ης σφαίρας με την $\displaystyle{OA}$ και την $\displaystyle{{\kappa}}$ η σφαίρα αντίστοιχα

τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OK_{\kappa+1}N_{\kappa+1}}$ έχουμε :

$\displaystyle{ \eta \mu\omega=\frac{K_{\kappa+1}N_{\kappa+1}}{OK_{\kappa+1}}=\frac{K_{\kappa+1}N_{\kappa+1}}{OM-K_{\kappa+1}M}= \frac{\rho_{\kappa+1}}{h -2x-2\rho_1-2\rho_2-...-2\rho_{\kappa}-\rho_{\kappa+1}}}$

$\displaystyle{ =\frac{\rho_{\kappa+1}}{\displaystyle \rho\sqrt3 -2\left(\frac{\rho\sqrt3}{3}+\frac{\rho\sqrt3}{3^2}+\frac{\rho\sqrt3}{3^2}+...+\frac{\rho\sqrt3}{3^{\kappa+1}}\right)-\rho_{\kappa+1}}}$

$\displaystyle{ =\frac{\rho_{\kappa+1}}{\displaystyle \rho\sqrt3 -2\rho\sqrt3\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+...+\frac{1}{3^{\kappa+1}}\right)-\rho_{\kappa+1}}}$

$\displaystyle{=\frac{\rho_{\kappa+1}}{\displaystyle \rho\sqrt3 -2\rho\sqrt3 \frac{1}{3}\frac{ \left(\frac{1}{3}\right)^{\kappa}-1}{ \frac{1}{3}-1}-\rho_{\kappa+1}}=\frac{\rho_{\kappa+1}}{\displaystyle \rho\sqrt3 -2\rho\sqrt3 \frac{1}{3}\frac{ \left(\frac{1}{3}\right)^{\kappa}-1}{ -\frac{2}{3}}-\rho_{\kappa+1}}$

$\displaystyle{{=\frac{\rho_{\kappa+1}}{\displaystyle \rho\sqrt3 +\rho\sqrt3 \left( \left(\frac{1}{3}\right)^{\kappa}-1\right)-\rho_{\kappa+1}}=\frac{\rho_{\kappa+1}}{\displaystyle \rho\sqrt3 \left(\frac{1}{3}\right)^{\kappa}-\rho_{\kappa+1}}={\frac{1}{2}}$

$\displaystyle{\Rightarrow 2\rho_{\kappa+1}= \rho\sqrt3 \left(\frac{1}{3}\right)^{\kappa}-\rho_{\kappa+1} \Leftrightarrow \rho_{\kappa+1}=\rho\sqrt3 \left(\frac{1}{3}\right)^{\kappa+1} \Leftrightarrow \rho_{\kappa+1}=\frac{\rho\sqrt3}{3^{\kappa +2}}}}$

Άρα αποδείχθηκε.

Ζητούμενα

α) Ο ζητούμενος όγκος είναι :

$\displaystyle{V_{\kappa \omega \nu o \upsilon} - V_{\sigma\phi_1}-V_{\sigma\phi_2}-V_{\sigma\phi_3}-...-=\frac{1}{3}\pi \rho^2 h- \frac{4}{3}\pi\rho_1^3- \frac{4}{3}\pi\rho_2^3-- \frac{4}{3}\pi\rho_3^3-...}$

$\displaystyle{=\frac{1}{3}\pi \rho^2 \rho\sqrt3- \frac{4}{3}\pi\left(\left(\frac{\rho\sqrt3}{3}\right)^3+\left(\frac{\rho\sqrt3}{3^2}\right)^3+\left(\frac{\rho\sqrt3}{3^3}\right)^3+...\right)}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^3\sqrt3}{3}- \frac{4}{3}\pi\rho^3\sqrt3^3 \left(\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^6}+\frac{1}{3^9}+...\right)}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^3\sqrt3}{3}- \frac{4}{3}\pi\rho^33\sqrt3\frac{1}{3^3} \left(1+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^6}+...\right)}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^3\sqrt3}{3}- \frac{4\sqrt3\pi\rho^3}{3^3} \left(1\frac{1}{\displaystyle 1-\frac{1}{3^3}}\right)}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^3\sqrt3}{3}- \frac{4\sqrt3\pi\rho^3}{3^3} \frac{27}{26}}}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^3\sqrt3}{3}- \frac{2\sqrt3\pi\rho^3}{13}}$

$\displaystyle{=\frac{13\pi \rho^3\sqrt3}{39}- \frac{6\sqrt3\pi\rho^3}{39}}$

$\displaystyle{=\frac{7\pi \rho^3\sqrt3}{39}}$

Επιστρέφω (ελπίζω) με το (β), μην το μαρτυρήσετε

parmenides51 · #4

Η συνέχεια ...

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισόπλευρο κώνο (δηλαδή η διάμετρος $\displaystyle{2\rho}$ της βάσης ισούται με την πλευρά του) εγγράφουμε σφαίρα που εφάπτεται και στην βάση του.
Μετά εγγράφουμε και δευτερη σφαίρα που εφάπτεται και στην πρώτη κ.ο.κ. επ' άπειρον προς την κορυφή του κώνου. Ζητείται :
α) ο όγκος του υπολοεπόμενου χώρου μετά από την αφαίρεση των σφαιρών από τον κώνο
β) το άθροισμα των κύκλων επαφής των άπειρων αυτών σφαιρών.

(β)

: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 4b.png (25.76 KiB) Προβλήθηκε 1625 φορές

Έστω $\displaystyle{A_1,B_1}$ τα σημεία τομής του κύκλου ακτίνας $\displaystyle{y_1}$ , που εφάπτεται στην $\displaystyle{1}$ η σφαίρα και στην σφαίρα βάσης , με τις $\displaystyle{OA,OB}$
έστω $\displaystyle{A_2,B_2}$ τα σημεία τομής του κύκλου ακτίνας $\displaystyle{y_2}$ , που εφάπτεται στην $\displaystyle{2}$ η σφαίρα και στην $\displaystyle{1}$ η σφαίρα , με τις $\displaystyle{OA,OB}$
έστω $\displaystyle{A_3,B_3}$ τα σημεία τομής του κύκλου ακτίνας $\displaystyle{y_3}$ , που εφάπτεται στην $\displaystyle{1}$ η σφαίρα και στην $\displaystyle{2}$ η σφαίρα , με τις $\displaystyle{OA,OB}$
κ.ο.κ.

Ζητείται το άθροισμα των εμβαδών των κύκλων με ακτίνες $\displaystyle{ y_1,y_2,y_3,...}$

$\displaystyle{\bullet}$ Από τις εξισώσεις στην επαγωγή στο (α) ερώτημα ισχύει οτι $\displaystyle{ \frac{\rho_{\kappa+1}}{h -2x-2\rho_1-2\rho_2-...-2\rho_{\kappa}-\rho_{\kappa+1}}=\frac{1}{2}}$

από όπου προκύπτει οτι $\displaystyle{h -2x-2\rho_1-2\rho_2-...-2\rho_{\kappa}=2\rho_{\kappa+1}+\rho_{\kappa+1}=3\rho_{\kappa+1}}$ (1)

$\displaystyle{\bullet}$ Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OAM}$ $\displaystyle{OA_1M_1}$ για $\displaystyle{\omega=\widehat{AOM}}$ έχουμε

$\displaystyle{\left\begin{matrix} \displaystyle \varepsilon \phi \omega= \frac{AM}{OM}=\frac{\rho}{h}=\frac{\rho}{\rho\sqrt3}=\frac{1}{\sqrt3} \\ \displaystyle \varepsilon \phi \omega=\frac{A_1M_1}{OM_1}=\frac{A_1M_1}{OM-M_1M}= \frac{y_1}{h -2x} = \frac{y_1}{\displaystyle\rho\sqrt3 -2\frac{\rho\sqrt3}{3}}\end{matrix}\right\}\Rightarrow \frac{y_1}{\displaystyle \rho\sqrt3 -2\frac{\rho\sqrt3}{3}}= \frac{1}{\sqrt3} \Leftrightarrow \frac{3y_1}{\rho\sqrt3}= \frac{1}{\sqrt3} \Leftrightarrow y_1=\frac{\rho}{3} }$

$\displaystyle{\bullet}$ Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OA_2M_2}$ έχουμε

$\displaystyle{\varepsilon \phi \omega=\frac{A_2M_2}{OM_2}=\frac{A_2M_2}{OM-M_2M}= \frac{y_2}{h -2x-2\rho_1} \mathtop \limits{_{=}^{{\color{red}(1)}} \frac{y_2}{3\rho_2}=\frac{1}{\sqrt3}\Rightarrow y_2=\rho_2\sqrt3= \frac{\rho\sqrt3}{3^3} \sqrt3= \frac{\rho}{9} }$

$\displaystyle{\bullet}$ Ομοίως από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OA_{\kappa}M_{\kappa}}$ όπου $\displaystyle{\kappa\ge 2}$ έχουμε

$\displaystyle{\varepsilon \phi \omega=\frac{A_{\kappa}M_{\kappa}}{OM_{\kappa}}=\frac{A_{\kappa}M_{\kappa}}{OM-M_{\kappa}M}= \frac{y_{\kappa}}{h -2x-2\rho_1-2\rho_2-...-2\rho_{\kappa-1}} \mathtop \limits{_{=}^{{\color{red}(1)}} \frac{y_{\kappa}}{3\rho_{\kappa}}=\frac{1}{\sqrt3}\Rightarrow y_{\kappa}=\rho_{\kappa}\sqrt3= \frac{\rho\sqrt3}{3^{\kappa+2}} \sqrt3= \frac{\rho}{3^{\kappa}} }$

To ζητούμενο εμβαδόν είναι :

$\displaystyle{E_1+E_2+E_3+E_4+...=\pi y_1^2+\pi y_2^2+\pi y_3^2+\pi y_4^2+...}$

$\displaystyle{=\pi\left( \left(\frac{\rho}{3}\right)^2+\left( \frac{\rho}{3^2}\right)^2+\left( \frac{\rho}{3^3}\right)^2+ \left(\frac{\rho}{3^4}\right)^2+... \right)=}$

$\displaystyle{=\pi \rho^2\left(\frac{1}{3^2} +\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^6}+\frac{1}{3^8}+...\right)}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^2}{3^2}\left(1 +\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^6}+...\right)}$

$\displaystyle{=\frac{\pi \rho^2}{3^2} 1 \frac{1}{\displaystyle 1-\frac{1}{3^2}}=\frac{\pi \rho^2}{3^2} \frac{1}{1-\frac{1}{9}}=\frac{\pi \rho^2}{9} \frac{9}{8}=\frac{\pi \rho^2}{8} }$

Υ.Γ.1. Για την ιστορία είναι η 1η άσκηση στερεομετρίας που λύνω στο

(ελπίζω σωστά γιατί υπάρχει μια ένσταση παρακάτω)
Υ.Γ.2. Το Παράρτημα του Δελτίου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας της εποχής εκείνης κάτι άλλο υπολογίζει στο ερώτημα (β)
δείτε το σχετικό αντίγραφο παρακάτω

: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 4o.png (21.01 KiB) Προβλήθηκε 1625 φορές

edit

Υ.Γ.3. Τι λέγεται κύκλος επαφής δυο σφαιρών;

#5

parmenides51 έγραψε:Η συνέχεια ...

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισόπλευρο κώνο (δηλαδή η διάμετρος $\displaystyle{2\rho}$ της βάσης ισούται με την πλευρά του) εγγράφουμε σφαίρα που εφάπτεται και στην βάση του.
Μετά εγγράφουμε και δευτερη σφαίρα που εφάπτεται και στην πρώτη κ.ο.κ. επ' άπειρον προς την κορυφή του κώνου. Ζητείται :
α) ο όγκος του υπολοεπόμενου χώρου μετά από την αφαίρεση των σφαιρών από τον κώνο
β) το άθροισμα των κύκλων επαφής των άπειρων αυτών σφαιρών.
(β)
Το συνημμένο ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 4b.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Υ.Γ.1. Για την ιστορία είναι η 1η άσκηση στερεομετρίας που λύνω στο (ελπίζω σωστά γιατί υπάρχει μια ένσταση παρακάτω)
Υ.Γ.2. Το Παράρτημα του Δελτίου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας της εποχής εκείνης κάτι άλλο υπολογίζει στο ερώτημα (β)

δείτε το σχετικό αντίγραφο παρακάτω

Το συνημμένο ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 4o.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
edit

Υ.Γ.3. Τι λέγεται κύκλος επαφής δυο σφαιρών;

Δεν ξέρω τι σημαίνει κύκλος επαφής σφαιρών.
Είδα όμως πιο πάνω τη λύση της Ε.Μ.Ε και υποθέτω πως εννοεί τους μικρούς κύκλους των σφαιρών
που έχουν τα κέντρα τους K_1, K_2,...

πάνω στο ύψος του κώνου και εφάπτονται της γενέτειρας

του κώνου στα σημεία P_1, P_2,...

, και της

σε αντίστοιχα σημεία.

Αυτοί οι κύκλοι έχουν ακτίνες $\displaystyle{\frac{\rho }{2},\frac{\rho }{6},\frac{\rho }{{18}},...}$

: ΕΜΠ 1931.png (20.4 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

Όπως και να' ναι, νομίζω ότι η εκφώνηση δεν είναι σαφής (όπως και πολλές από τις εκφωνήσεις εκείνης της εποχής). Πιστεύω ότι ο όρος κύκλος επαφής πρέπει να συνοδεύεται και με την επεξήγηση για ποια επαφή μιλάει.
Αν κάποιος γνωρίζει τι σημαίνει αυτό, μπορεί να μας το εξηγήσει.

ΕΜΠ 1931 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

ΕΜΠ 1931 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση