Άθροισμα 45 μοιρών

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλό βράδυ σε όλους! Το θέμα είναι ευρέως γνωστό. Όμως μαζί με παλαιότερες αποδείξεις που μπορούμε
να φέρουμε στο προσκήνιο , πολύ πιθανόν να δούμε -και να χαρούμε βεβαίως- καινούριες προσεγγίσεις!

Δεκτές ασφαλώς για το << τερπνόν του πλουραλισμού>> και εκτός φακέλου λύσεις.

Αν για τις οξείες γωνίες ισχύουν : $tanx=\dfrac{1}{2}$ και $tany=\dfrac{1}{3}$ τότε να δειχθεί ότι $x+y=\dfrac{\pi }{4}$ .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Καλησπέρα σε όλους. Αποφεύγω τις τετριμμένες λύσεις. Νομίζω αυτό θα αρέσει στον Γιώργο, αφού εμπλέκονται "γνώριμοι" αριθμοί, έστω και χωρίς άμεση συσχέτιση με το θέμα μας.

: 03-12-2021 Γεωμετρία.png (33.03 KiB) Προβλήθηκε 735 φορές

#3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 9:13 pm

Αν για τις οξείες γωνίες ισχύουν : $tanx=\dfrac{1}{2}$ και $tany=\dfrac{1}{3}$ τότε να δειχθεί ότι $x+y=\dfrac{\pi }{4}$ .

Αργά ή γρήγορα θα βάλω μία (γνωστή) απλή γεωμετρική απόδειξη αλλά για την ώρα ας δούμε την στάνταρ τριγωνομετρική που υπήρχε σε όλες τις παλιές Τριγωνομετρίες:

Είναι $\displaystyle{\tan (x+y) = \dfrac {\tan x + \tan y}{1-\tan x \tan y}= \dfrac {\dfrac {1}{2} + \dfrac {1}{3} }{1- \dfrac {1}{2} \cdot \dfrac {1}{3}}=1}$ .

Και επειδή η x+y

είναι στο πρώτο ή στο δεύτερο τεταρτημόριο, έπεται ότι είναι στο πρώτο (θετική εφαπτομένη), από όπου $x+y=\dfrac{\pi }{4}$ .

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 9:13 pm
Καλό βράδυ σε όλους! Το θέμα είναι ευρέως γνωστό. Όμως μαζί με παλαιότερες αποδείξεις που μπορούμε
να φέρουμε στο προσκήνιο , πολύ πιθανόν να δούμε -και να χαρούμε βεβαίως- καινούριες προσεγγίσεις!

Δεκτές ασφαλώς για το << τερπνόν του πλουραλισμού>> και εκτός φακέλου λύσεις.

Αν για τις οξείες γωνίες ισχύουν : $tanx=\dfrac{1}{2}$ και $tany=\dfrac{1}{3}$ τότε να δειχθεί ότι $x+y=\dfrac{\pi }{4}$ .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα σε όλους!

: Άθροισμα 45.Μ..png (6.76 KiB) Προβλήθηκε 697 φορές

Με νόμο συνημιτόνου, $\displaystyle 25 = 5 + 10 - 2\sqrt 5 \sqrt {10} \cos A \Leftrightarrow \cos A = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \widehat A = 135^\circ$ και το συμπέρασμα έπεται.

STOPJOHN · #5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 9:13 pm
Καλό βράδυ σε όλους! Το θέμα είναι ευρέως γνωστό. Όμως μαζί με παλαιότερες αποδείξεις που μπορούμε
να φέρουμε στο προσκήνιο , πολύ πιθανόν να δούμε -και να χαρούμε βεβαίως- καινούριες προσεγγίσεις!

Δεκτές ασφαλώς για το << τερπνόν του πλουραλισμού>> και εκτός φακέλου λύσεις.

Αν για τις οξείες γωνίες ισχύουν : $tanx=\dfrac{1}{2}$ και $tany=\dfrac{1}{3}$ τότε να δειχθεί ότι $x+y=\dfrac{\pi }{4}$ .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Κατασκευάζω τον περίκυκλο του τριγώνου ABC

θα αποδείξω ότι η γωνία

$\hat{BAC}$

αμβλεία και στη συνέχεια ότι η γωνία

$\hat{BA'C}=45^{0}\Leftrightarrow \hat{BOC}=90^{0}\Leftrightarrow a^{2}=2R^{2}$

Εστω

$AD\perp CB,AD=\upsilon _{a},DB=2\upsilon _{a},DC=3\upsilon _{a},a=5\upsilon _{a}, b^{2}=BD^{2}+\upsilon _{a}^{2} \Rightarrow b^{2}=5\upsilon _{a}^{2},c^{2}=10\upsilon _{a}^{2}, b^{2}+c^{2}=\dfrac{3}{5}a^{2}< a^{2}\Rightarrow \hat{A}> 90^{0},b^{2}c^{2}=50\upsilon _{a}^{4},(*),bc=2R\upsilon _{a},(*)\Rightarrow 2R^{2}=a^{2}$

και τέλος

#6

Με τη βοήθεια του τετραγώνου πλευράς

του σχήματος.

: Άθροισμα 45.Μβ.png (14.16 KiB) Προβλήθηκε 681 φορές

$\displaystyle 2x + 2y = 90^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{x+y=45^\circ}$

#7

Καλημέρα σε όλους. Άλλη μια δίχως Τριγωνομετρία και δίχως λόγια.

: 28-11-2021 Γεωμετρία b.jpg (17.73 KiB) Προβλήθηκε 663 φορές

#8

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 04, 2021 12:51 pm
Καλημέρα σε όλους. Άλλη μια δίχως Τριγωνομετρία και δίχως λόγια.

Γιώργο, αυτή την ωραία γεωμετρική απόδειξη είχα κατά νου όταν έγραφα το προηγούμενό μου ποστ. Υπάρχει σε διάφορα βιβλία, όπως π.χ. στο Tanton, Mathematics Galore, σελίς 2.

Με την ευκαιρία ας γράψω μια γενίκευση του αποδεικτέου: $\arctan a + \arctan \dfrac {1-a}{1+a} = \dfrac {\pi}{4}$ .

Το παραπάνω είναι η περίπτωση $a=\frac {1}{2}$ (ή, ένα και το αυτό, $a=\frac {1}{3}$ )

#9

Και έλεγα τι μου θυμίζει, τι μου θυμίζει;

Μα φυσικά ένα ωραίο θεματάκι που ανάρτησε πρόσφατα ο Θανάσης (KARKAR) εδώ. Στο εκεί σχήμα έπεται ότι $\theta + \phi +45 =90$ , που δίνει άλλη μία απόδειξη της παρούσας άσκησης.

#10

Έστω το ημικύκλιο ${b_2}$ κέντρου

και διαμέτρου AB = 20

. Για το σημείο

της

ισχύει , $PA = 18 \Rightarrow PB = 2$ .

Η κάθετη στην

στο

τέμνει το ημικύκλιο αυτό στο

. Θα ισχύουν : $S{P^2} = PA \cdot PB \Rightarrow S{P^2} = 36 \Rightarrow SP = 6\,\,\left( 1 \right)$ και

$\dfrac{{S{B^2}}}{{S{A^2}}} = \dfrac{{PB}}{{PA}} = \dfrac{2}{{18}} = \dfrac{1}{9} \Rightarrow \dfrac{{SB}}{{SA}} = \boxed{\dfrac{1}{3} = tanA = \tan \theta \,}\,\left( 2 \right)$ .

Γράφω τώρα (προς την ίδια μεριά) το Απολλώνιο ημικύκλιο ${b_3}$ για κάθε σημείο

του οποίου $\dfrac{{MB}}{{MA}} = \dfrac{1}{3}$ και άρα το

ανήκει σ αυτό .
.

: 45_μοίρες_1.png (17.8 KiB) Προβλήθηκε 604 φορές

.
Η κατασκευή γίνεται (ως γνωστό) ως εξής: Φέρνω τη διχοτόμο

του $\vartriangle SAB$ και θεωρώ το αρμονικό συζυγές,

, του

ως προς τα $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ .

Αν BZ = u

, θα έχω: $\dfrac{{PB}}{{PE}} = \dfrac{{ZB}}{{ZE}} \Rightarrow \dfrac{2}{3} = \dfrac{u}{{u + 5}} \Rightarrow u = 10$ .

Επειδή, $\tan Z = \dfrac{{SP}}{{PZ}} = \dfrac{6}{{12}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{\tan \omega = \dfrac{1}{2}}\,\,\left( 3 \right)$

Αλλά από κατασκευής $\omega + \theta = 45^\circ$ . Αυτό που ήθελα το έδειξα.

#11

: 04-12-2021 Γεωμετρία.png (26.36 KiB) Προβλήθηκε 600 φορές

$\displaystyle \overrightarrow {OA} = \left( {3,1} \right),\;\;\overrightarrow {OB} = \left( {2, - 1} \right)$

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) = \frac{{\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} }}{{\left| {\overrightarrow {OA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {OB} } \right|}} = \frac{5}{{\sqrt {10} \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow x + y = 45^\circ$

#12

Kαι κάτι με παρόμοια εργαλεία, να μην πάει χαμένο το σχήμα...

: 04-12-2021 Γεωμετρία b.png (27.38 KiB) Προβλήθηκε 594 φορές

$\displaystyle {e_1}:\;y = \frac{1}{3}x,\;\;\;{e_2}:y = - \frac{1}{2}x$

$\displaystyle B\left( {2, - 1} \right) \in {e_2}$

$\displaystyle BD \bot {e_1} \Rightarrow {\lambda _{BD}} = - 3$ , οπότε $\displaystyle BD:\;\;y + 1 = - 3\left( {x - 2} \right)$

Λύνοντας το σύστημα $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} y = \frac{1}{3}x\\ y + 1 = - 3\left( {x - 2} \right) \end{array} \right.$ βρίσκουμε $\displaystyle D\left( {\frac{3}{2},\;\frac{1}{2}} \right)$ .

Οπότε, $\displaystyle OD = BD = \frac{{\sqrt {10} }}{2}$ άρα $\displaystyle \widehat {BOD} = x + y = 45^\circ$ .

Γιώργος Μήτσιος · #13

Καλημέρα! Σας ευχαριστώ θερμά όλους για τις πολλές και ωραίες προσεγγίσεις !

Αφορμή για το θέμα δόθηκε όταν μαθητές μου με ρώτησαν για τον υπολογισμό της γωνίας των διανυσμάτων

αυτών που προβάλλει ο Γιώργος στην ανάρτηση #11 , αν γίνεται με Γεωμετρικά εργαλεία.

Τους έκανα την απόδειξη που ακολουθεί και τους ...υποσχέθηκα(*) πως θα δούμε στο

ποικιλία λύσεων Γεωμετρικών και όχι μόνο..

: 5-12 Αθροισμα 45.png (89.53 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές

Έχουμε $BE\cdot AC=2\left ( BAC \right )=5\Rightarrow BE^2=5/2$ αλλά και AE^2=AB^2-BE^2=5/2

Το τρίγωνο ABE

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές άρα $x+y=\widehat{BAE}=45^o$ .

(*) Με τη βοήθειά σας ..

.. κράτησα την υπόσχεσή μου! Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #14

Χαιρετώ και πάλι.

: 6-12 άθροισμα 45.png (83.49 KiB) Προβλήθηκε 530 φορές

Σύμφωνα με το παλαιό θέμα τούτο είναι $\widehat{CEZ}=\widehat{CAE}=x$ άρα $x+y=\widehat{CAD}=45^o$ .

ΔΕΝ θα κάνω το λάθος να πω ότι αυτή είναι τελευταία ανάρτηση στο παρόν..

Φιλικά, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #15

Καλό βράδυ. Επανέρχομαι για να κρατήσω το λόγο μου απέναντι στους μαθητές.
Τους υποσχέθηκα πως θα δημοσιεύσω όποια αξιόλογη λύση βρουν ..δίνοντας τους την ακόλουθη υπόδειξη:
Θεωρείστε δύο ορθογώνια τρίγωνα με λόγο κάθετων πλευρών στο ένα 1/2

και στο άλλο 1/3

και "ενώστε τα" με πρόσφορο τρόπο..
Η επόμενη λύση ανήκει στην Σάννα Καραγιάννη , μαθήτρια με ιδιαίτερες δεξιότητες σ' όλα τα μαθήματα!

: αθρ 45 Λύση Σάννας .png (75.45 KiB) Προβλήθηκε 457 φορές

Με το Πυθαγόρειο βρίσκει $AB=\sqrt{40}$ και $AC=\sqrt{45}$ . Υπολογίζει το $2\left ( BAC \right )$ με δύο τρόπους: $2\left ( BAC \right )=30$ αλλά και $2\left ( BAC \right )=\sqrt{40} \cdot CE$ . Προκύπτει $CE=30/\sqrt{40}$ οπότε $\eta \mu A=\dfrac{CE}{AC}=..=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ συνεπώς $x+y=\widehat{A}=45^o$ .

Με την ευκαιρία ας δώσω μια ακόμη απόδειξη με τη βοήθεια του Θ. Πτολεμαίου και χρήση του σχήματος

: 20-12 αθρ. 45.png (166.74 KiB) Προβλήθηκε 457 φορές

Έχουμε $AC= \sqrt{10}$ , οπότε από το θεώρημα $AC\cdot BD=AB\cdot CD+AD\cdot BC$

παίρνουμε $\sqrt{10}BD=5\sqrt{2}\Rightarrow BD^{2}=5$ (*) .

Όμως και OB^2+OD^2=5

αφού $OB=OD=AC/2=\sqrt{10}/2$ .

Έτσι OB^2+OD^2=BD^2

άρα $\widehat{BOD}=90^o$ και τελικά $x+y=\widehat{A}=45^o$ .

(*) Συντομότερα: $BD=5\sqrt{2}/\sqrt{10}=R\sqrt{2}=\lambda _{4}$ άρα $\widehat{A}=45^o$ . Φιλικά, Γιώργος.

#16

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 20, 2021 12:33 am
Καλό βράδυ. Επανέρχομαι για να κρατήσω το λόγο μου απέναντι στους μαθητές.
Τους υποσχέθηκα πως θα δημοσιεύσω όποια αξιόλογη λύση βρουν ..δίνοντας τους την ακόλουθη υπόδειξη:
Θεωρείστε δύο ορθογώνια τρίγωνα με λόγο κάθετων πλευρών στο ένα και στο άλλο και "ενώστε τα" με πρόσφορο τρόπο..
Η επόμενη λύση ανήκει στην Σάννα Καραγιάννη , μαθήτρια με ιδιαίτερες δεξιότητες σ' όλα τα μαθήματα!
αθρ 45 Λύση Σάννας .png
Με το Πυθαγόρειο βρίσκει $AB=\sqrt{40}$ και $AC=\sqrt{45}$ . Υπολογίζει το $2\left ( BAC \right )$ με δύο τρόπους: $2\left ( BAC \right )=30$ αλλά και $2\left ( BAC \right )=\sqrt{40} \cdot CE$ . Προκύπτει $CE=30/\sqrt{40}$ οπότε $\eta \mu A=\dfrac{CE}{AC}=..=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ συνεπώς $x+y=\widehat{A}=45^o$ .

Με την ευκαιρία ας δώσω μια ακόμη απόδειξη με τη βοήθεια του Θ. Πτολεμαίου και χρήση του σχήματος
20-12 αθρ. 45.png
Έχουμε $AC= \sqrt{10}$ , οπότε από το θεώρημα $AC\cdot BD=AB\cdot CD+AD\cdot BC$

παίρνουμε $\sqrt{10}BD=5\sqrt{2}\Rightarrow BD^{2}=5$ (*) .

Όμως και αφού $OB=OD=AC/2=\sqrt{10}/2$ .

Έτσι άρα $\widehat{BOD}=90^o$ και τελικά $x+y=\widehat{A}=45^o$ .

(*) Συντομότερα: $BD=5\sqrt{2}/\sqrt{10}=R\sqrt{2}=\lambda _{4}$ άρα $\widehat{A}=45^o$ . Φιλικά, Γιώργος.

Εύσημα για την υπόδειξη του Γιώργου

, εύσημα και στην δεσποινίδα Καραγιάννη

Γιώργος Μήτσιος · #17

Χαιρετώ. Σ' ευχαριστώ Νίκο για την ευαρέσκειά σου προς την υπόδειξη, ας δούμε λοιπόν

μια ακόμη με χρήση της τεχνικής αυτής: Ενώνουμε τα εν λόγω τρίγωνα μύτη με μύτη όπως στο ακόλουθο σχήμα

: 20-12 αθρ 45.png (52.61 KiB) Προβλήθηκε 417 φορές

Το

είναι ορθογώνιο 1X5

και το $E \in AD$ με AE=3

και

.

Στο τρίγωνο BEC

έχουμε τις τρεις πλευρές και εύκολα $\widehat{BEC}=135^o$ .

Άρα x+y=45^o

. Φιλικά, ΓΙώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #18

Χαίρετε! Μια (ίσως) τελευταία απόδειξη του παρόντος

: 12-1 ..45 μοιρών.png (67.51 KiB) Προβλήθηκε 377 φορές

Το

είναι τετράγωνο. Εύκολα βρίσκουμε IZ=6=AH

άρα σύμφωνα με το κριτήριο 45άρας

παίρνουμε $x+y=\widehat{BAC}=45^o$ . Η χρήση του παλαιού θέματος στην εδώ απόδειξη,

δεν είναι ο μόνος λόγος για την ανάσυρσή του ... Φιλικά, Γιώργος.

Άθροισμα 45 μοιρών

Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Re: Άθροισμα 45 μοιρών

Μέλη σε σύνδεση