ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Έστω το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , το ύψος του $\displaystyle{A\Delta}$ και τα μέσα $\displaystyle{I}$ και $\displaystyle{M}$ των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ .
Να αποδειχθεί η σχέση $\displaystyle{\sigma\phi \widehat{IMB}={\color{red}|}\sigma\phi B -\sigma\phi \Gamma{\color{red}|}}$

2. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{ 1+\sigma\upsilon\nu x+\sigma\upsilon\nu 2x+\sigma\upsilon\nu 3 x=0}$

3. Να δειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{(\varepsilon\phi \alpha+\sigma\phi \alpha )2\varepsilon\phi \frac{\alpha}{2}\left(1-\varepsilon\phi^2 \frac{\alpha}{2}\right)=\left(1+\varepsilon\phi^2 \frac{\alpha}{2}\right)^2}$

4. Εαν $\displaystyle{ x,y}$ τυχαίες γωνίες, να δειχθεί η ανισότητα $\displaystyle{\sigma\upsilon\nu x\sigma\upsilon\nu y\le \sigma\upsilon\nu^2 \frac{x+y}{2}}$

5. Να δειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ για το εμβαδόν του $\displaystyle{ E}$ ισχύει η σχέση $\displaystyle{E=\frac{\alpha^2+\beta^2-\gamma^2}{\displaystyle 4\varepsilon\phi \frac{A+B-\Gamma}{2}}}$

edit
συμπλήρωση απολύτου στο 1ο θέμα, δεν ξέρω ποιος είχε κάνει λάθος εξαρχής,
εικάζω οι θεματοδότες, αλλά απορώ που πέρασε ασχολίαστο τότε,
στο Δελτίο του Πάλλα το είχε στην εκφώνηση χωρίς απόλυτα με αντίθετα πρόσημα από τα παραπάνω,
ενώ στην λύση του αμέσως παρακάτω κατέληγε με τα πρόσημα που έχουμε παραπάνω
τελικά όπως την έλυσε εδώ ο Γιώργος Βισβίκης, το σωστό είναι με απόλυτο
πάλι καλά που υπάρχουν πρόθυμοι να τα λύσουν για να ελέγξουμε έτσι και τις εκφωνήσεις
δυστυχώς τα τυπογραφικά στο Δελτίο του Πάλλα υπήρχαν και στις εκφωνήσεις
αλλά και μέσα στις δοθείσες λύσεις, ενώ και οι ίδιες οι λύσεις δεν ήταν πάντα σωστές

#2

parmenides51 έγραψε: 2. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{ 1+\sigma\upsilon\nu x+\sigma\upsilon\nu 2x+\sigma\upsilon\nu 3 x=0}$

$\displaystyle{1 + \sigma \upsilon \nu x + \sigma \upsilon \nu 2x + \sigma \upsilon \nu 3x = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{(1 + \sigma \upsilon \nu 2x) + (\sigma \upsilon \nu x + \sigma \upsilon \nu 3x) = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{2\sigma \upsilon {\nu ^2}x + 2\sigma \upsilon \nu 2x\sigma \upsilon \nu x = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{2\sigma \upsilon \nu x\left( {\sigma \upsilon \nu x + \sigma \upsilon \nu 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu x = 0}$ , ή $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 2x = \sigma \upsilon \nu (\pi - x)}$

$\displaystyle{x = k\pi + \frac{\pi }{2},k \in Z}$ , ή

$\displaystyle{2x = 2k\pi + \pi - x \Leftrightarrow x = \frac{{(2k + 1)\pi }}{3},k \in Z}$ , ή

$\displaystyle{2x = 2k\pi - \pi + x \Leftrightarrow x = (2k - 1)\pi ,k \in Z}$

#3

parmenides51 έγραψε: 3. Να δειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{(\varepsilon\phi \alpha+\sigma\phi \alpha )2\varepsilon\phi \frac{\alpha}{2}\left(1-\varepsilon\phi^2 \frac{\alpha}{2}\right)=\left(1+\varepsilon\phi^2 \frac{\alpha}{2}\right)^2}$

$\displaystyle{(\varepsilon\phi \alpha+\sigma\phi \alpha )2\varepsilon\phi \frac{\alpha}{2}\left(1-\varepsilon\phi^2 \frac{\alpha}{2}\right)$

$\displaystyle{\left( {\frac{{2\varepsilon \varphi \frac{\alpha }{2}}}{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}}} + \frac{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}}}{{2\varepsilon \varphi \frac{\alpha }{2}}}} \right)2\varepsilon \varphi \frac{\alpha }{2}\left( {1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}} \right) = }$

$\displaystyle{\frac{{4\varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2} + {{\left( {1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}} \right)}^2}}}{{2\varepsilon \varphi \frac{\alpha }{2}\left( {1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}} \right)}}2\varepsilon \varphi \frac{\alpha }{2}\left( {1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}} \right) = }$

$\displaystyle{4\varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2} + {\left( {1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}} \right)^2} = 1 + 2\varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2} + \varepsilon {\varphi ^4}\frac{\alpha }{2} = {\left( {1 + \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\alpha }{2}} \right)^2}}$ .

#4

parmenides51 έγραψε: 5. Να δειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ για το εμβαδόν του $\displaystyle{ E}$ ισχύει η σχέση $\displaystyle{E=\frac{\alpha^2+\beta^2-\gamma^2}{\displaystyle 4\varepsilon\phi \frac{A+B-\Gamma}{2}}}$

$\displaystyle{\frac{{{\alpha ^2} + {\beta ^2} - {\gamma ^2}}}{{4\varepsilon \varphi \frac{{{\rm A} + {\rm B} - \Gamma }}{2}}} = \frac{{2\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \Gamma }}{{4\varepsilon \varphi \left( {\frac{\pi }{2} - \Gamma } \right)}} = \frac{{\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \Gamma }}{{2\sigma \varphi \Gamma }} = \frac{1}{2}\alpha \beta \eta \mu \Gamma = {\rm E}}$

#5

parmenides51 έγραψε:1. Έστω το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , το ύψος του $\displaystyle{A\Delta}$ και τα μέσα $\displaystyle{I}$ και $\displaystyle{M}$ των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ .
Να αποδειχθεί η σχέση $\displaystyle{\sigma\phi \widehat{IMB}=\sigma\phi B -\sigma\phi \Gamma}$

α) Αν $B=\Gamma$ , τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές και η σχέση καταλήγει σε 0=0

που ισχύει.

β) Έστω $\displaystyle{{\rm B} \ne \Gamma }$ με $\displaystyle{{\rm B},\Gamma }$ οξείες, $\displaystyle{{\rm B} > \Gamma }$

: IKΑΡΩΝ 1974.png (8.2 KiB) Προβλήθηκε 1063 φορές

$\displaystyle{\sigma \varphi ({\rm I}\widehat {\rm M}\Delta ) = \frac{{\Delta {\rm M}}}{{{\rm I}\Delta }} = \frac{{2\Delta {\rm M}}}{{{\rm A}\Delta }}}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle{\Delta {\rm M} = {\rm B}{\rm M} - {\rm B}\Delta = \frac{\alpha }{2} - {\rm B}\Delta }$
Επίσης, $\displaystyle{\Delta {\rm M} = \Delta \Gamma - \Gamma {\rm M} = \Delta \Gamma - \frac{\alpha }{2}}$
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε $\displaystyle{2\Delta {\rm M} = \Delta \Gamma - {\rm B}\Delta }$ (2).

Από (1) και (2) έχουμε: $\displaystyle{\sigma \varphi ({\rm I}\widehat {\rm M}\Delta ) = \frac{{\Delta \Gamma - {\rm B}\Delta }}{{{\rm A}\Delta }} = \frac{{\Delta \Gamma }}{{{\rm A}\Delta }} - \frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm A}\Delta }} = \sigma \varphi \Gamma - \sigma \varphi {\rm B}}$

γ) Αν μία από τις γωνίες $\displaystyle{{\rm B},\Gamma }$ είναι αμβλεία, π. χ η

.

: IKΑΡΩΝ 1974γ.png (8.4 KiB) Προβλήθηκε 1063 φορές

$\displaystyle{\begin{array}{l} \Delta {\rm M} = {\rm B}{\rm M} + {\rm B}\Delta = \frac{\alpha }{2} + {\rm B}\Delta \\ \Delta {\rm M} = \Delta \Gamma - \Gamma {\rm M} = \Delta \Gamma - \frac{\alpha }{2} \end{array}}$

Και με πρόσθεση κατά μέλη $\displaystyle{2\Delta {\rm M} = \Delta \Gamma + {\rm B}\Delta }$ .

Αλλά, $\displaystyle{\sigma \varphi {\rm B} = - \sigma \varphi ({\rm A}\widehat {\rm B}\Delta ) = - \frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm A}\Delta }}}$ . Οπότε:

$\displaystyle{\sigma \varphi \Gamma - \sigma \varphi {\rm B} = \frac{{\Delta \Gamma }}{{{\rm A}\Delta }} - \left( { - \frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm A}\Delta }}} \right) = \frac{{\Delta \Gamma + {\rm B}\Delta }}{{{\rm A}\Delta }} = \frac{{2\Delta {\rm M}}}{{{\rm A}\Delta }} = \sigma \varphi ({\rm I}\widehat {\rm M}\Delta )}$

δ) Αν όμως η $\displaystyle{\Gamma }$ είναι αμβλεία ή $\displaystyle{{\rm B} < \Gamma }$ , τότε

ακολουθώντας την ίδια διαδικασία βρίσκουμε $\displaystyle{\sigma \varphi ({\rm I}\widehat {\rm M}\Delta ) = \sigma \varphi {\rm B} - \sigma \varphi \Gamma }$ .

Μάλλον η εκφώνηση θα πρέπει να ήταν $\displaystyle{\sigma \varphi ({\rm I}\widehat {\rm M}\Delta ) = \left| {\sigma \varphi {\rm B} - \sigma \varphi \Gamma } \right|}$

konstantogeo · #6

parmenides51 έγραψε: $4.Εαν \displaystyle{ x,y}$ τυχαίες γωνίες, να δειχθεί η ανισότητα $\displaystyle{\sigma\upsilon\nu x\sigma\upsilon\nu y\le \sigma\upsilon\nu^2 \frac{x+y}{2}}$

Έχουμε $\sigma \upsilon \nu x\cdot \sigma \upsilon \nu y\leq \sigma \upsilon \nu^{2}\frac{x+y}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{\sigma \upsilon \nu(x-y)+\sigma \upsilon \nu(x+y)}{2}\leq \frac{\sigma \upsilon \nu(x+y)+1}{2}\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu(x-y)\leq 1$

ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1974 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση