Λύση με Αναλυτική ... με αλλαγή πλεύσης ... και με μικρό δίδαγμα: κάποιες φορές μπορεί ένα πρόβλημα να γίνει ευκολότερο ... αποδεικνύοντας κάτι περισσότερο από αυτό που ζητήθηκε!

Θέτουμε P=(0, 0), A=(a, ra), B=(b, sb), C=(c, sc), D=(d, rd), για μεγαλύτερη συμμετρία στο πρόβλημα (με ra=sb, sc=rd, ac ...

Aς επισημανθεί ότι, όπως φαίνεται από την τελευταία λύση του Δημήτρη αμέσως παραπάνω, και βεβαίως από το εξ αρχής ζητούμενο, αυτό το μυστηριώδες σημείο J [ Q ] έχει την τετμημένη του σημείου τομής των διαγωνίων K του τραπεζίου και την τεταγμένη του σημείου τομής των πλευρών P του τραπεζίου ...

Ημιτελής (!) λύση (σκιαγράφηση) με Αναλυτική:

Από A=(0,0), B=(b,0), C=(p,d), D=(q,d), βρίσκουμε P=\left(\dfrac{bq}{b-p+q}, \dfrac{bd}{b-p+q}\right), και τις εξισώσεις των κύκλων:

(ABC): x^2-bx+y^2-\dfrac{d^2-bp+p^2}{d}y=0

(ABD): x^2-bx+y^2-\dfrac{d^2-bq+q^2}{d}y=0

(P, PC): x^2-\dfrac{2bq}{b ...

H συνευθειακότητα τώρα των O=\left(\dfrac{b}{2}, \dfrac{rb}{2}\right), S=\left(\dfrac{(1-r^2)b}{1+r^2},\dfrac{2br}{1+r^2}\right), C=(b, b) καθίσταται ισοδύναμη προς την 2-r=\dfrac{(1-r^2}{2r^2}\leftrightarrow 2r^3-3r^2-2r+1=0 (στην οποία κατέληξε και ο Δημήτρης από άλλη οδό), μία τριτοβάθμια με ...

Λύση με Αναλυτική:

Θέτουμε, ξεκινώντας από την y=rx (εξίσωση ημιευθείας AT ), A=(0, 0), B=(b, 0), C=(0, 0), O=\left(\dfrac{b}{2}, \dfrac{rb}{2}\right), K=\left(\dfrac{b}{2r}, \dfrac{b}{2}\right), οπότε οι εξισώσεις των κύκλων (OAB) και (KBC) είναι οι x^2-bx+y^2-rby=0 και x^2-\dfrac{b}{r}x+y^2-by ...

Μου τηλεφώνησε σήμερα το πρωί ο γνωστός συγγραφέας-ερευνητής Χρήστος Μπαλόγλου -- συνονόματος του πατέρα μου και συμπατριώτης μας (εκ Σύλλης Ικονίου Μικράς Ασίας) -- και ανάμεσα σε πολλά και διάφορα μου είπε κάτι που δεν γνώριζα (και ισχυρίζεται πως υπάρχει στο διαδίκτυο αλλά δεν το βρίσκω): ο ...

Επανέρχομαι στο γενικό ερώτημα που έθεσα παραπάνω, και που είχα θέσει και εδώ (και πιθανώς και αλλού): όταν ένα πρόβλημα ανάγεται αναλυτικά σε δευτεροβάθμια εξίσωση, οφείλουμε να αναμένουμε και συνθετική λύση;

Ας το δούμε -- με Αναλυτική -- λίγο γενικότερα (κύκλος x^2+y^2=R^2 ), θέτοντας A=(-R,0) και P=(p,0). H εξίσωση της εφαπτομένης PS είναι της μορφής y=\lambda (x-p), οπότε η x^2+\lambda ^2(x-p)^2=R^2 έχει μία ακριβώς ρίζα (τετμημένη του S ) και από μηδενισμό διακρίνουσας λαμβάνουμε \lambda =\dfrac{R ...

Ας το δούμε και με Αναλυτική:

Θέτοντας A=(0,a), B=(b,0), O=(0,-a), C=(-b,0), Ε=(rb, (1-r)a), Z=(-sb, (1-s)a), όπου 0<r<1, 0<s<1, λαμβάνουμε τις εξισώσεις των BZ, CE ως sax+(1+s)by=sab και rax-(1+r)by=-rab, αντίστοιχα. Επιλύοντας το σύστημα βρίσκουμε P=\left(\dfrac{r-s}{1-rs}b, \dfrac{(1-r)(1-s)}{1 ...

Ας δούμε τώρα και το 'αντίστροφο' πρόβλημα, την συνευθειακότητα δηλαδή των T, A, και M=(d+r, 0). Με χρήση παρόμοιων μεθόδων συμπεραίνουμε ότι η συνευθειακότητα αυτή είναι ισοδύναμη προς την ισότητα

\dfrac{\sqrt{2(d^2R^2+d^2r^2+R^2r^2)-(d^4+R^4+r^4)}}{d+R+r}=\dfrac{R\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d+R},

που ...

Το πιο σημαντικό σ' αυτό το πολύ όμορφο πρόβλημα του Θανάση είναι κατά την γνώμη μου η αφορμή να βρούμε τύπους για τα σημεία επαφής της κοινής εφαπτομένης με τους κύκλους x^2+y^2=R^2, (x-d)^2+y^2=r^2: τα σημεία αυτά είναι αντίστοιχα τα

T=\left(\dfrac{R(R-r)}{d}, \dfrac{R\sqrt{d^2-(R-r)^2}}{d ...

Με δεδομένα και τα δύο κέντρα και τις δύο ακτίνες ... δεν γίνεται.

Με δεδομένες μόνον τις δύο ακτίνες (4, 3) ... και ζητούμενη την απόσταση μεταξύ των δύο κέντρων ... γίνεται, λεπτομέρειες αργότερα:

Κάτι τέτοιο -- ΑΙντε να το αποδείξεις όμως

Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...


Μιχάλη όντως κάτι δεν πάει καλά: δεν βρίσκω ...

Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...


Μιχάλη όντως κάτι δεν πάει καλά: δεν βρίσκω ...

Προέλευση: https://www.facebook.com/groups/1664980577160670/posts/4700433816948649

[Το τερατώδες πολυώνυμο προήλθε από την έκφραση (μου) των a, b, c συναρτήσει του d και του u=sin10^0. ]


.
Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη ...

Προέλευση: https://www.facebook.com/groups/1664980 ... 3816948649

[Το τερατώδες πολυώνυμο προήλθε από την έκφραση (μου) των συναρτήσει του και του ]

Βασιζόμενος στις παραπάνω προσεγγίσεις (Dimessi και Μιχάλη Λάμπρου), και ... για να χαλαρώσουμε λίγο:

Αν r είναι ρίζα του 8u^3-6u+1 τότε είναι ρίζα αυτού και ο 2r^2-1 -- καθώς 8(2r^2-1)^3-6(2r^2-1)+1 = (8r^3-6r+1)^2-2(8r^3-6r+1) -- οπότε 8(2r^2-1)^3=6(2r^2-1)-1 και προκύπτει η

32r^3(1-2r^2)^2 ...

Να δειχθεί ότι το είναι παράγων του

[Γνωρίζω ότι ισχύει αλλά δεν έχω απόδειξη. Δεν υπάρχει τυπογραφικό λάθος. Η προέλευση θα αναφερθεί αργότερα.]

Στο Κεφάλαιο 14.9 του Μαρκέλλου των Παράλληλων Βίων του, αφιερωμένο στην ανεπιτυχή πολιορκία των Συρακουσών από τους Ρωμαίους (214 πΧ), ο Πλούταρχος εξυμνεί τις αμυντικές μηχανές του Αρχιμήδη και τις εφαρμογές των Μαθηματικών αλλά και την αλληλεπίδραση τους με την Μηχανική. Επαινεί ειδικότερα τον ...