Παρατηρώ ότι υπάρχει και δεύτερος μαθηματικός που γνώριζα προσωπικά (και είχα συναντήσει σε ένα τουλάχιστον συνέδριο) στην παραπάνω λίστα: ως editor του Monthly, ο Paul T. Bateman είχε εγκρίνει για δημοσίευση -- στο τεύχος 98-8 του Οκτωβρίου 1991, σελ. 766 -- το πρόβλημα που βλέπετε στο συνημμένο. (...

Βλέπω συγκινημένος ότι στους μαθηματικούς ήρωες και ηρωίδες της παραπάνω σελίδας συμπεριλαμβάνεται η μεγάλη τοπολόγος Mary Ellen Rudin, και μαθαίνω -- καθότι αποκομμένος από το πεδίο εδώ και πολύ καιρό -- ότι απέδειξε στα 77 της χρόνια την παρακάτω άγνωστη σε μένα εικασία: Nikiel's conjecture that a...

Και Διακριτά Μαθηματικά θέλουμε, και Γεωμετρία (ακόμη και Στερεομετρία), και Τριγωνομετρία, και Μιγαδικούς, και ....... την ώρα που η ύλη μειώνεται γιατί 'δεν βγαίνει'! Και γιατί δεν βγαίνει; Φταίει το Υπουργείο Παιδείας, φταίνε οι καθηγητές, φταίνε οι γονείς;! Ή μήπως έχουμε να κάνουμε με ένα πρόβλ...

Προτείνω εδώ έναν καινούργιο (;) τρόπο προσδιορισμού του κέντρου συμμετρίας έλλειψης ή υπερβολής και, στην περίπτωση έλλειψης, προσδιορισμού των εστιών της. Αρχίζοντας με μία κωνική τομή $ax^2+bxy+cy^2+dx+ey=1$ παρατηρούμε ότι, για το τυχόν σημείο της $(x, y)$ κείται επί αυτής και το σημείο $(2u-x,...

Ημιτελής προσέγγιση με Αναλυτική: Καθιστούμε την τομή των διαγωνίων αρχή των αξόνων, οπότε υπάρχουν πραγματικοί $r, s$ τέτοιοι ώστε $A=(a,ra), C=(c,rc), B=(b,sb), D=(d,sd).$ Χρησιμοποιώντας τον τύπο για τις συντεταγμένες του έγκεντρου ... συμπεραίνουμε, χωρίς απαγορευτικά πολλές πράξεις, ότι το ζητο...

Η ελάχιστη απόσταση είναι ίση προς $\dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$, και αυτό προκύπτει από μια απλή γεωμετρική παρατήρηση: υπάρχουν σημεία $P, Q$ επί των δύο κύκλων τέτοια ώστε το κέντρο του κύβου $K$ και τα $P, Q $ να είναι συνευθειακά, οπότε η απόσταση ανάμεσα στους δύο κύκλους δεν μπορεί να είναι ...

Νίκο εμείς ευχαριστούμε για την δυνατότητα που μας έδωσες να μοιραστούμε το δημιούργημα σου 'εν τη γενέσει του' (με την αξέχαστη μακρά σειρά δημοσιεύσεων στην οποία οδηγεί ο σύνδεσμος της αρχικής εδώ δημοσίευσης)! Προσωπικά είμαι ευτυχής για την ελάχιστη τεχνική βοήθεια που πρόσφερα, και δυστυχής πο...

Νίκο θερμά συγχαρητήρια για την ολοκλήρωση του βιβλίου, χάρτινου και ηλεκτρονικού, στα Αγγλικά! Επισυνάπτω την σχετική ανακοίνωση μου στο προσωπολόγιο (facebook): όποιος αναγνώστης κάνει κλικ στην φωτογραφία σου ή στο κείμενο δίπλα της μεταφέρεται στην σελίδα του βιβλίου σου στην amazon. Nikos-D-Kyr...

Ανδρέα γιατί όχι και στα βιβλιοπωλεία; Είναι νομίζω ένα βιβλίο που πρέπει να γίνει ευρύτερα γνωστό! (Υπάρχουν ανάλογα στο εξωτερικό;)

Με βάση πρόβλημα που πρότεινε στις αρχές του μήνα στο Μαθηματικό Εργαστήρι (ΦΒ) ο γνωστός μας Ευθύμης Αλεξίου, προτείνω: Να προσδιορισθούν επακριβώς/αλγεβρικώς τα σημεία επί του εγγεγραμμένου κύκλου στην πλευρά {$(0,0,0), (1,0,0), (1,1,0), (0,1,0)$} και επί του κύκλου που διέρχεται από τις κορυφές $...

Παραθέτω έναν απλό υπολογισμό της συνισταμένης δύναμης συναρτήσει της γωνίας κάθε συνιστώσας δύναμης με την κατακόρυφο ($\psi _n$): Τοποθετούμε την $n$-πολυγωνική κανονική πυραμίδα, παράπλευρων ακμών μήκους $r$, με την βάση της στο επίπεδο $z=0$ και την κορυφή της στο $(0, 0, rcos\psi _n)$. Οι απολή...

Γενικότερα, αν ο κύλινδρος $(x, cos\theta, sin\theta)$ τμηθεί 'συμμετρικά' από επίπεδο που σχηματίζει γωνία $\phi$ με τον άξονα του, τότε η προκύπτουσα τομή είναι έλλειψη με μήκος περιφέρειας ίσο προς αυτό της ημιτονοειδούς καμπύλης $x=\dfrac{siny}{tan\phi}$ από $0$ έως $2\pi$. Πράγματι, αρκεί να πα...

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑

Κυρ Φεβ 17, 2019 6:21 pm

Υπόδειξη :

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Τυλίξτε ένα παριζάκι με μια κόλλα χαρτί (μερικές φορές) και κόψτε το εγκάρσια υπό 45 μοίρες προς τον άξονα του. Ξετυλίξτε το χαρτί. Τι παρατηρείτε;

ΙΣΟΜΗΚΕΙΣ: χρησιμοποιώντας τον γνωστό τύπο για μήκος καμπύλης $L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'(x)^2}dx}$ και ιδιότητες των δύο καμπύλων,$ y=\pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{2}}$ και $y=sinx$, βλέπουμε ότι αρκεί να δειχθεί η ισότητα $\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{4-x^2}{4-2x^2}}dx}=\displ...

Ας το δούμε και γεωμετρικά: Προφανώς η παραλληλία των εφαπτομένων έπεται άμεσα από την καθετότητα προς αυτές του ευθυγράμμου τμήματος που ορίζουν τα δύο σημεία που αντιστοιχούν στην ελάχιστη απόσταση ανάμεσα στις δύο καμπύλες. Αρκεί επομένως να δείξουμε, περνώντας από τις δύο καμπύλες ατην μία, ότι ...

Ας ... γελάσουμε και λίγο: Από τις $2a=\dfrac{1}{b}$ και $\dfrac{lnb-a^2}{b-a}=-b$ συμπεραίνουμε ότι $|AB|^2=(a-b)^2(1+b^2)=\dfrac{(1-2b^2)^2(1+b^2)}{4b^2}=f(b)$, και από την $f'(b)=0\leftrightarrow b=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ προκύπτει ότι η απόσταση $AB$ ελαχιστοποιείται για $b=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$...

KARKAR έγραψε: ↑

Δευ Φεβ 11, 2019 9:06 pm

Για το κύριο ερώτημα του Σταύρου , ας αντλήσουμε ιδέες από : εδώ , εδώ και εδώ .

Για τη χρήση λογισμικού : Αναπόφευκτη , αν η προκύπτουσα εξίσωση ( εδώ η :

) , δεν είναι δυνατόν να αντιμετωπισθεί με σχολική ύλη .

Η σωστή εξίσωση είναι η .

no-more-than-half.png Το παραπάνω απλό (αντι)παράδειγμα δείχνει γιατί το αρχικό πρόβλημα είναι βέλτιστο, γιατί δηλαδή από την $\displaystyle\int_0^1f(x)dx=\int_0^1g(x)dx=1$ ΔΕΝ έπεται η ύπαρξη υποδιαστήματος $[a,b]$ του $[0,1]$ τέτοιου ώστε $\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\delta$, όπου ...

[Οι συνθήκες μονοτονίας μάλλον δεν είναι απαραίτητες. Μπορούν να απαλυνθούν ή ίσως και να παραλειφθούν.] Για να παραλειφθούν ας μην γίνεται λόγος, καθώς ... όπως δείχνει το παρακάτω απλό παράδειγμα όπου οι δύο ισοεμβαδικές συναρτήσεις τέμνονται σε περισσότερα του ενός σημεία, δεν είναι δυνατόν να π...

Μία γενίκευση (εν μέρει στο πνεύμα της λύσης του Μιχάλη): Έστω $f,g:[0,1]\to (0,\infty)$ συνεχείς συναρτήσεις με $f$ φθίνουσα και $g$ αύξουσα (ή αντίστροφα) και $\displaystyle \int_0^1f(t)\, dt=\int_0^1 g(t)\, dt=1$. Τότε, για κάθε $\delta\in(0,1)$ υπάρχει υποδιάστημα $[a,b]\subset [0,1]$ ώστε: $\di...