ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Εαν $\displaystyle{\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{\Gamma}=180^o}$ , να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\frac{\eta\mu A+\eta\mu B-\eta\mu \Gamma}{\eta\mu A+\eta\mu B+\eta\mu \Gamma}=\varepsilon\phi \frac{A}{2}\varepsilon\phi \frac{B}{2}}$

2. Να απαλειφθούν τα τόξα $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ μεταξύ των εξισώσεων $\displaystyle{\begin{cases} \varepsilon\phi x+\varepsilon\phi y=\lambda \\ \sigma\phi x+\sigma\phi y=\mu \\ x+y=\alpha \end{cases}}$

3. Εαν $\displaystyle{\alpha>0}$ και $\displaystyle{ \beta>0}$ , να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{\tau o \xi \varepsilon\phi \alpha+\tau o \xi \varepsilon\phi \beta=\tau o \xi \varepsilon\phi \frac{\alpha+\beta}{1-\alpha\beta}}$ όπου $\displaystyle{\alpha\beta<1}$

4. Να δειχθεί οτι η εξίσωση $\displaystyle{\eta\mu x-\eta\mu\frac{x}{2}+\eta\mu\frac{x}{3}-\eta\mu\frac{x}{4}+\eta\mu\frac{x}{5}-\eta\mu\frac{x}{6}=0}$ δεν έχει λύση για $\displaystyle{0<x<\frac{\pi}{2}}$

5. Να αποδειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ισχύει η σχέση $\displaystyle{ \frac{pp_{\alpha}}{p_{\beta}p_{\gamma}}=\varepsilon\phi^2\frac{A}{2}}$

hlkampel · #2

parmenides51 έγραψε: 4. Να δειχθεί οτι η εξίσωση $\displaystyle{\eta\mu x-\eta\mu\frac{x}{2}+\eta\mu\frac{x}{3}-\eta\mu\frac{x}{4}+\eta\mu\frac{x}{5}-\eta\mu\frac{x}{6}=0}$ δεν έχει λύση για $\displaystyle{0<x<\frac{\pi}{2}}$

Για κάθε $\displaystyle 0 < x < \frac{\pi }{2}$ είναι: $\displaystyle x > \frac{x}{2} \Leftrightarrow \eta \mu x > \eta \mu \frac{x}{2} \Leftrightarrow \eta \mu x - \eta \mu \frac{x}{2} > 0\;\left( 1 \right)$ αφού η συνάρτηση $\eta \mu x$ είναι γνησίως αύξουσα αν $\displaystyle 0 < x < \frac{\pi }{2}$ .

Ομοίως: $\displaystyle\eta \mu \frac{x}{3} - \eta \mu \frac{x}{4} > 0\;\left( 2 \right)$ και $\displaystyle\eta \mu \frac{x}{5} - \eta \mu \frac{x}{6} > 0\;\left( 3 \right)$

Από $\displaystyle\left( 1 \right) + \left( 2 \right) + \left( 3 \right) \Rightarrow\eta \mu x - \eta \mu \frac{x}{2} + \eta \mu \frac{x}{3} - \eta \mu \frac{x}{4} + \eta \mu \frac{x}{5} - \eta \mu \frac{x}{6} > 0$

Δηλαδή η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη αν $\displaystyle 0 < x < \frac{\pi }{2}$

#3

parmenides51 έγραψε:1. Εαν $\displaystyle{\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{\Gamma}=180^o}$ , να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\frac{\eta\mu A+\eta\mu B-\eta\mu \Gamma}{\eta\mu A+\eta\mu B+\eta\mu \Gamma}=\varepsilon\phi \frac{A}{2}\varepsilon\phi \frac{B}{2}}$

$\displaystyle{\frac{{\eta \mu {\rm A} + \eta \mu {\rm B} - \eta \mu \Gamma }}{{\eta \mu {\rm A} + \eta \mu {\rm B} + \eta \mu \Gamma }} = \frac{{2\eta \mu \frac{{{\rm A} + {\rm B}}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2} - 2\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}}{{2\eta \mu \frac{{{\rm A} + {\rm B}}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2} + 2\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}} = }$

$\displaystyle{\frac{{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2} - \eta \mu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}}{{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2} - \eta \mu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\left( {\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2} - \sigma \upsilon \nu \frac{{\pi - \Gamma }}{2}} \right)}}{{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\left( {\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2} + \sigma \upsilon \nu \frac{{\pi - \Gamma }}{2}} \right)}} = }$

$\displaystyle{\frac{{2\eta \mu \frac{{\pi - \Gamma - {\rm A} + {\rm B}}}{4}\eta \mu \frac{{{\rm A} - {\rm B} + \pi - \Gamma }}{4}}}{{2\sigma \upsilon \nu \frac{{\pi - \Gamma - {\rm A} + {\rm B}}}{4}\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B} + \pi - \Gamma }}{4}}} = \frac{{\eta \mu \frac{{\rm B}}{2}\eta \mu \frac{{\rm A}}{2}}}{{\sigma \upsilon \nu \frac{{\rm B}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{\rm A}}{2}}} = \varepsilon \varphi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \varphi \frac{{\rm B}}{2}}$

hlkampel · #4

parmenides51 έγραψε:5. Να αποδειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ισχύει η σχέση $\displaystyle{ \frac{pp_{\alpha}}{p_{\beta}p_{\gamma}}=\varepsilon\phi^2\frac{A}{2}}$

Αν ${\rm E}$ είναι το εμβαδόν του τριγώνου τότε είναι:

$\displaystyle {\rm E} = \tau \rho \Leftrightarrow \rho = \frac{{\rm E}}{\tau }$ και ${\rm E} = \left( {\tau - \alpha } \right){\rho _\alpha } = \left( {\tau - \beta } \right){\rho _\beta } = \left( {\tau - \gamma } \right){\rho _\gamma }$ από τις οποίες παίρνουμε:

$\displaystyle {\rho _\alpha } = \frac{{\rm E}}{{\tau - \alpha }},\quad {\rho _\beta } = \frac{{\rm E}}{{\tau - \beta }}$ και $\displaystyle {\rho _\gamma } = \frac{{\rm E}}{{\tau -\gamma }}$

Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε (με συνοπτικές διαδικασίες):

$\displaystyle{\frac{{\rho {\rho _\alpha }}}{{{\rho _\beta }{\rho _\gamma }}} = \frac{{\left( {\tau - \beta } \right)\left( {\tau - \gamma } \right)}}{{\tau \left( {\tau - \alpha } \right)}} = \frac{{\left( {\alpha - \beta + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta - \gamma } \right)}}{{\left( {\alpha + \beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \gamma - \alpha } \right)}} = }$ $\displaystyle\frac{{{\alpha ^2} + 2\beta \gamma - {\beta ^2} - {\gamma ^2}}}{{2\beta \gamma + {\beta ^2} + {\gamma ^2} - {\alpha ^2}}}\;\left( 1 \right)$

Από νόμο συνημιτόνων είναι: $\displaystyle{{\alpha ^2} = {\beta ^2} + {\gamma ^2} - 2\beta \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm A} \Leftrightarrow {\beta ^2} + {\gamma ^2} = {\alpha ^2} + 2\beta \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm A}\;\left( 2 \right)}$

$\displaystyle\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \frac{{\rho {\rho _\alpha }}}{{{\rho _\beta }{\rho _\gamma }}} = \frac{{{\alpha ^2} + 2\beta \gamma - {\alpha ^2} - 2\beta \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm A}}}{{2\beta \gamma + {\alpha ^2} + 2\beta \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm A} - {\alpha ^2}}} =$

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

Tolaso J Kos · #5

parmenides51 έγραψε:

3. Εαν $\displaystyle{\alpha>0}$ και $\displaystyle{ \beta>0}$ , να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{\tau o \xi \varepsilon\phi \alpha+\tau o \xi \varepsilon\phi \beta=\tau o \xi \varepsilon\phi \frac{\alpha+\beta}{1-\alpha\beta}}$ όπου $\displaystyle{\alpha\beta<1}$

Καλησπέρα,
Ισχύει: $\displaystyle{\tan \left ( x+y \right )=\frac{\tan x + \tan y}{1-\tan x\cdot \tan y}}$
Τότε $\displaystyle{\arctan a=x\Leftrightarrow a=\tan x}$ και $\displaystyle{\arctan \beta =y\Leftrightarrow \beta =\tan y}$ .

Τότε:
$\displaystyle{\tan\left ( \arctan a + \arctan \beta \right )=\frac{\tan \left ( \arctan a \right )+\tan \left (\arctan \beta \right )}{1-\tan\left ( \arctan a \right )\cdot \tan \left ( \arctan\beta \right )}=\frac{a+\beta }{1-a\beta }}$

Τέλος παίρνω $\displaystyle{\arctan}$ και στα δύο μέλη και έχω:
$\displaystyle{\arctan\left ( \tan \left ( \arctan a+ \arctan \beta \right ) \right )=\arctan \left ( \frac{a+\beta }{1-a\beta } \right )\Leftrightarrow \arctan a+ \arctan \beta =\arctan \left ( \frac{a+\beta }{1-a\beta } \right ) }$ και τελειώσαμε...

Christos.N · #6

2. Να απαλειφθούν τα τόξα $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ μεταξύ των εξισώσεων $\displaystyle{\begin{cases} \varepsilon\phi x+\varepsilon\phi y=\lambda \\ \sigma\phi x+\sigma\phi y=\mu \\ x+y=\alpha \end{cases}}$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{array}{l} \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi y = \lambda \\ \sigma \phi x + \sigma \phi y = \mu \\ x + y = \alpha \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi y \\ \mu = \frac{1}{{\varepsilon \phi x}} + \frac{1}{{\varepsilon \phi y}} \\ \varepsilon \phi (x + y) = \varepsilon \phi \alpha \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi y \\ \mu = \frac{\lambda }{{\varepsilon \phi x \cdot \varepsilon \phi y}} \\ \frac{\lambda }{{1 - \varepsilon \phi x \cdot \varepsilon \phi y}} = \varepsilon \phi \alpha \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi y \\ \varepsilon \phi x \cdot \varepsilon \phi y = \frac{\lambda }{\mu } \\ \frac{\lambda }{{1 - \varepsilon \phi x \cdot \varepsilon \phi y}} = \varepsilon \phi \alpha \\ \end{array} \right. \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{\lambda }{{1 - \frac{\lambda }{\mu }}} = \varepsilon \phi \alpha \Rightarrow \varepsilon \phi \alpha = \frac{{\lambda \mu }}{{\mu - \lambda }} }$

ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση