Χρόνια Πολλά στους εορτάζοντες του , από τους οποίους μόνον τον Μιχάλη Λάμπρου γνωρίζω προσωπικά, ελπίζω να συναντήσω κάποτε και τους υπόλοιπους!

Energy Engineer έγραψε: ↑

Κυρ Σεπ 02, 2018 10:18 pm

Δυο τριγωνα που εχουν ενα ζευγος υψων απο την ιδια κορυφη ισα, ενα ζευγος διχοτομων απο μια αλλη κορυφη ισες και τελος ενας ζευγος διαμεσων απο την τελευταια κορυφη ισες, τοτε ειναι τα τριγωνα ειναι ισα; Αποδειξη;

Απόδειξη, αλγεβρική όμως, εδώ

Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" :winner_first_h4h: ) Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα $CFG, CDE$ έχουν ίσα ύψη από την κορυφή $C$ και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους $E, G$...

Ύστερα από πολλές 'ανατροπές' και μία βελτίωση ($|FD|=|GE|$ αντί $|FD|=2|GE|$) ... καταθέτω την κοπιώδη απόδειξη μου για την $|FH|>|DJ|$: Θέτουμε $D=(0,0)$, $F=(-f,0)$, $G=(g,0)$, $E=(g+f,0)$, $C=(c,s)$, όπου $f>0$, $g>0$, $s>0$, $c\in R$. Από τις $H\in CG$, $J\in CE$ λαμβάνουμε $H=\left(g-\dfrac{(g...

Πολλές ευχές στους Δημήτρηδες, ιδίως στους Δημήτρη Ιωάννου, Δημήτρη Σκουτέρη, και Δημήτρη Χριστοφίδη!

Πιστεύω πως ισχύει πάντοτε η $|FH|>|DJ|$: νομίζω ότι το έχω αποδείξει με Αναλυτική, πρέπει όμως να ελέγξω και πάλι τους υπολογισμούς μου -- το έχω ήδη κάνει σε συγκεκριμένο παράδειγμα -- και να ενθαρρύνω και τους συναδέλφους για κάτι εξυπνότερο/γεωμετρικότερο (όπως άλλωστε μπορεί έμμεσα να υποδεικν...

Τα σημεία $M$, $N$ της προηγούμενης δημοσίευσης και τα αντίστοιχα τους των κορυφών $B$, $C$ ... κείνται επί κωνικής το κέντρο της οποίας αποτελεί νέο 'κέντρο τριγώνου': πολύ πρόσφατο αποτέλεσμα του Cesar Lozada, κάποιες λεπτομέρειες εδώ . [Με την ευκαιρία, ο Αλέξανδρος με πληροφόρησε ότι η μοναδική ...

Μία κάπως διαφορετική ματιά: Θέτοντας $z=a+bi$ μετατρέπουμε την δίκλαδη συνάρτηση μιας μιγαδικής μεταβλητής $\displaystyle{f(z) = \left\{ \begin{array}{l} {|1+z|^2, ......|1+z^2| \leq |1+z|\\ |1+z^2|^2, ...... |1+z^2| \geq |1+z| \end{array} \right.}$ στην δίκλαδη συνάρτηση δύο πραγματικών μεταβλητώ...

Μία κάπως διαφορετική ματιά: Θέτοντας $z=a+bi$ μετατρέπουμε την δίκλαδη συνάρτηση μιας μιγαδικής μεταβλητής $\displaystyle{f(z) = \left\{ \begin{array}{l} {|1+z|^2, ......|1+z^2| \leq |1+z|\\ |1+z^2|^2, ...... |1+z^2| \geq |1+z| \end{array} \right.}$ στην δίκλαδη συνάρτηση δύο πραγματικών μεταβλητών...

Για τους γεωμέτρες που το ξενυχτάνε ... ας αναφέρω ένα επιπλέον στοιχείο που μπορεί να βοηθήσει στην εξεύρεση απλής (;) συνθετικής λύσης ... και που 'φανερώνεται' στην αναλυτική μου προσέγγιση όπως περίπου και η ισότητα $p=q=\dfrac{bc}{r}$ που ήδη ανέφερα: αν $M$, $N$ τα σημεία επαφής των δύο κύκλων...

1000 ευχαριστώ, ήταν υπερπολίτιμη η βοήθειά σας!!! Το να σκέφτεσαι φορμαλιστικά πάντως καταναλώνεις πολύ ενέργεια μεχρι να αποκτηθεί η εξοικίωση !! Σωστά, για λιγότερο φορμαλισμό παραπέμπω στο συνημμένο, που συνοψίζει ολόκληρο το πρόβλημα ... και πως μπορούμε να πλησιάσουμε το $(0,0)$, με αρνητική ...

Ευχαριστώ πάρα πολύ για τον χρόνο σας καταρχήν!! Ναι μπορώ να βρω τέτοια ζευγάρια, με μια απλή διακρίνουσα μπορούμε να βρούμε οτι αν το χ παίρνει τιμές στο $(-r,-\frac{r}{2})$ αν το $r>0$ ή $(-\frac{r}{2},-r)$ αν το $r<0$ Ο φορμαλισμός είναι περισσότερο που με προβληματίζει σε τέτοιες ασκήσεις.. Δη...

Αν $K=(0,0)$, $B=(-b,0)$, $C=(0,c)$, $r$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου και $p$, $q$ οι ακτίνες των εφαπτόμενων κύκλων, τότε $p=q=\dfrac{bc}{r}$. Αυτό μπορεί να βοηθήσει στην εύρεση απλούστερης συνθετικής λύσης, και 'φανερώνεται' αναλυτικώς από τις εξισώσεις $\left[\left(\dfrac{\sqrt{r^2(c-b)^2+4...

Πράγματι το 1ο ερώτημα, μου βγήκε, θέτοντας ετσι $y=rx$ Δημιουργείται έτσι μια συνάρτηση $h$ μιας μεταβλητής $h(x)=2x^4-3rx^3+r^2x^2$ Οπότε παίρνοντας την πρώτη παράγωγο και βρίσκοντας τις ρίζες βλέπουμε οτι για κάθε τιμή του r (θετική ή αρνητική ή μηδέν) η θέση χ=0 είναι θέση τοπικού ελαχίστου. Το...

Για το πρώτο ερώτημα θέσε $y=rx$ και δες τι γίνεται, για το δεύτερο θα πρέπει -- ίσως και με την βοήθεια του πρώτου ;) -- να βρεις σημεία κοντά στο $(0,0)$ όπου η $f$ είναι αρνητική: δεν είναι δηλαδή και τόσο 'μυστηριώδη' αυτά τα ερωτήματα, και σίγουρα δεν χρειάζεσαι τρισδιάστατο γράφημα για να τα α...

Τυχαίος μπορεί να μην είναι,(κανείς δεν το αμφισβητεί),αλλά το σενάριο να βρεθεί λύση έπειτα από τόσες αποτυχημένες προσπάθειες και υπό αυτές τις συνθήκες είναι σχεδόν εξωπραγματικό :geek: .Όπως και να 'χει πάντως,θα έχει ενδιαφέρον. Και έχουμε ΔΥΟ υποσενάρια: (Ι) Βασιζόμενος στην φήμη του και μόνο...

Πολύ χλωμό το βλέπω... [Παρεμπιπτόντως ... μέσα στις αναφορές βλέπω ότι η θηριώδης απόδειξη της Εικασίας ABC καταρρίφθηκε -- ή τουλάχιστον αμφισβητήθηκε εντονότατα -- πολύ πρόσφατα!]

Χρόνια Πολλά στον εκλεκτό Στάθη Κούτρα, και ότι επιθυμεί γενικώς!

Για τις παρεμβάσεις του σε συνέδρια δεν έχω προσωπική αντίληψη. Όμως οι προτάσεις του για τη μαθηματική εκπαίδευση αγνοήθηκαν εντελώς και, μετά το θάνατό του, ο αποχαιρετισμός από τη Μαθηματική Εταιρεία στον Ευκλείδη Β ήταν ένα μικρό κείμενο 5-6 σειρών όπου τονιζόταν ότι ήταν δυνατός αριθμομνήμονας...

Με την ευκαιρία, μια παράκληση προς όσους έχουν το βιβλίο να κάνουν μια μικρή διόρθωση, που υπέδειξε ο αγαπητός φίλος Γιώργος Μπαλόγλου . Στη σελίδα 135, αράδα 2, το 41 ας γίνει 40 (όπως στην παραπάνω εικόνα). Γιώργο κλασικό το παράδειγμα, νομίζω το είχα πρωτοδεί στην Άλγεβρα του Κανέλλου! Όντως πο...