mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 6:20 pm**

Να βρεθεί το μήκος της "κόκκινης γραμμής" ως συνάρτηση των ίσων πλευρών χ
του ορθογωνίου τριγώνου του παρακάτω σχήματος.
Η διαδικασία κατασκευής της γραμμής μπορεί να συνεχιστεί επ΄άπειρον.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 6:28 pm**

Είναι άθροισμα απείρων όρων Γ.Π με

$\displaystyle{ a_1= \frac{{x\sqrt 2 }}{2},\lambda = \frac{{\sqrt 2 }}{2} }$

Επειδή |λ|<1θα έχουμε:

$\displaystyle{ \Sigma = \frac{{a_1 }}{{1 - \lambda }} = \frac{{\frac{{x\sqrt 2 }}{2}}}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{x\sqrt 2 }}{{2 - \sqrt 2 }} }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 6:41 pm**

ωραιότατα Χρήστο
ας το ψιλογενικεύσουμε το θέμα

αν οι κάθετες πλευρές του τριγώνου είναι x, y με x διάφορο του y το μήκος της κόκκινης γραμμής είναι.......

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 6:59 pm**

Χωρίς πράξεις βρίσκω $\displaystyle{ (y + \sqrt{y^2 + x^2}) \frac{y}{x}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 6:59 pm**

Ξανααπαντάω γιατί απο τη βιασύνη μου έγραφα άλλα αντί άλλων...

Μα υπάρχει λόγος να βιαζόμαστε τελικά;

Λοιπόν Σπύρο το σωστό είναι:

$\displaystyle{ \frac{{xy}}{{\sqrt {x^2 + y^2 } - y}} }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 7:38 pm**

Demetres έγραψε:Χωρίς πράξεις βρίσκω $\displaystyle{ (y + \sqrt{y^2 + x^2}) \frac{y}{x}}$

Νομίζω πως η πανέμορφη μονολεκτική λύση του Δημήτρη δεν προσέχθηκε δεόντως.

Ας κάνω μια υπόδειξη (ακολουθώ το σχήμα του Σπύρου). Έστω Α η γωνία της κορυφής, οπότε εφΑ = y/x. Από όμοια τρίγωνα, υπάρχουν πολλές γωνίες στο σχήμα ίσες με την Α.

H κόκκινη γραμμή αποτελείται από δύο οικογένειες τμημάτων.

Των κάθετων (ας τις πούμε k_1, k_2, ...

) και των πλάγιων (ας τις πούμε p_1, p_2, ...

) .

Ισχύει α) ( $p_1+ p_2+ ... ) \times \cot A = p_1 \times \cot A + p_2 \times \cot A + ... =$ η υποτείνουσα.
β) όμοια ( $k_1+ k_2+ ... ) \times \cot A = k_1 \times \cot A + k_2 \times \cot A + ... =$ η κάθετος y,

και λοπά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 7:51 pm**

Εγω θεώρησα ως γωνία φ τη γωνία μεταξύ του χ και της πρώτης καθέτου.
Αρα τα ευθύγραμμα τμήματα της γραμμής είναι:

$\displaystyle{ x\sigma \upsilon \nu \varphi ,x\sigma \upsilon \nu ^2 \varphi ,x\sigma \upsilon \nu ^3 \varphi ,... }$

Στην αρχική μου λύση είχα ξεχάσει να πληκτρολογήσω την τετραγωνική ρίζα.

Μπορεί η λύση μου να μην είναι άξια λόγου ή πανέμορφη μα παραμένει ΛΥΣΗ μου.

Αδιάψευστος μάρτυρας το ρολόι της δημοσίευσης...

Καλή σας συνέχεια.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 23, 2010 9:41 pm**

Μια καθαρά γεωμετρική αντιμετώπιση του θέματος μετά τις ωραίες τοποθετήσεις σας.

Με την κατασκευή του ορθογωνίου τριγώνου ΑΑ΄Γ και των παραλλήλων τμημάτων (βλέπε σχήμα)
έχουμε ΑΑ΄= x. Αν ονομάσουμε Β΄Γ = α και ΑΑ΄ = β, έχουμε ότι η «κόκκινη γραμμή» έχει μήκος α + β

Ισχύει:

$\displaystyle{ x^2 + y^2 + \beta ^2 = {\rm A}\Gamma ^2 + \beta ^2 = (\alpha + x)^2 }$
$\displaystyle{ x^2 + y^2 + \beta ^2 = \alpha ^2 + 2\alpha x + x^2 }$
$\displaystyle{ y^2 + \beta ^2 = \alpha ^2 + 2\alpha x }$ (1)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο Β΄ΓΒ έχουμε:

$\displaystyle{ y^2 + \alpha ^2 = \beta ^2 }$ (2)

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2) έχουμε:

$\displaystyle{ \alpha = \frac{{y^2 }}{x} }$ και $\displaystyle{ \beta = \frac{y}{x}\sqrt {x^2 + y^2 } }$

επομένως η «κόκκινη γραμμή» έχει μήκος

$\displaystyle{ \alpha + \beta = \frac{{y^2 }}{x} + \frac{y}{x}\sqrt {x^2 + y^2 } = \frac{y}{x}(y + \sqrt {x^2 + y^2 } ) }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 1:33 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Demetres έγραψε:Χωρίς πράξεις βρίσκω $\displaystyle{ (y + \sqrt{y^2 + x^2}) \frac{y}{x}}$
Νομίζω πως η πανέμορφη μονολεκτική λύση του Δημήτρη δεν προσέχθηκε δεόντως.

Ας κάνω μια υπόδειξη (ακολουθώ το σχήμα του Σπύρου). Έστω Α η γωνία της κορυφής, οπότε εφΑ = y/x. Από όμοια τρίγωνα, υπάρχουν πολλές γωνίες στο σχήμα ίσες με την Α.

H κόκκινη γραμμή αποτελείται από δύο οικογένειες τμημάτων.

Των κάθετων (ας τις πούμε ) και των πλάγιων (ας τις πούμε ) .

Ισχύει α) ( $p_1+ p_2+ ... ) \times \cot A = p_1 \times \cot A + p_2 \times \cot A + ... =$ η υποτείνουσα.
β) όμοια ( $k_1+ k_2+ ... ) \times \cot A = k_1 \times \cot A + k_2 \times \cot A + ... =$ η κάθετος y,

και λοπά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Μιχάλη ακριβώς αυτό είχα υπόψη. Στο πρώτο σχήμα μάλιστα που είναι ισοσκελές (και άρα η συνεφαπτομένη ισούται με 1) φαίνεται πιο εύκολα. Άμα περιστρέψουμε κάθε κάθετη κόκκινη κατά 90 μοίρες προς τα αριστερά θα καλύψουν επακριβώς την κάθετη πλευρά του τριγώνου. Άμα περιστρέψουμε τις διαγώνιες κόκκινες θα καλύψουν ακριβώς την υποτείνουσα. Άρα η κόκκινη γραμμή ισούται με (κάθετος + υποτείνουσα).

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 10:25 am**

Demetres έγραψε: Άμα περιστρέψουμε κάθε κάθετη κόκκινη κατά 90 μοίρες προς τα αριστερά θα καλύψουν επακριβώς την κάθετη πλευρά του τριγώνου. Άμα περιστρέψουμε τις διαγώνιες κόκκινες θα καλύψουν ακριβώς την υποτείνουσα. Άρα η κόκκινη γραμμή ισούται με (κάθετος + υποτείνουσα).

Ας προσθέσω ότι η πολύ ωραία αυτή ιδέα πρωτοεμφανίζεται στο Περί Σφαίρας και κυλίνδρου του Αρχιμήδη.

Εκεί, ο μέγας μαθηματικός χρειάζεται να υπολογίσει ένα άθροισμα της μορφής
ημθ + ημ2θ + ημ3θ + ... + ημΝθ
Ο τρόπος που το κάνει είναι με περιστροφή (κάνει χρήση όμοιων τριγώνων) που τα φέρνει σε θέσεις διαδοχικά το ένα μετά το άλλο. Έτσι, δεν χρειάζεται να κάνει την πρόσθεση, αλλά διαβάζει το αποτέλεσμα (είναι το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος που προκύπτει).

Ακριβώς την ίδια αυτή ιδέα χρησιμοποίησε ο Δημήτρης: Δεν έκανε πρόσθεση, αλλά διάβασε την απάντηση ως "υποτείνουσα συν κάθετος".

Δημήτρη, ευχαριστούμε θερμότατα για το πάρα πολύ ωραίο τέχνασμα. Γι' αυτό έγραψα παραπάνω ότι η μονολεκτική σου λύση δεν προσέχθηκε δεόντως, και έννοιωσα την ανάγκη να την επισημάνω.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 10:34 am**

Mισό λεπτό βρε παιδιά!

Όταν απαντάει κάποιος μονολεκτικά, πως είναι δυνατόν να γνωρίζουμε το πώς έχει σκεφτεί;

Η απάντηση μου είναι ακριβώς η ίδια αν κάνεις ρητοποίηση.

Παρ'ότι ο τρόπος σκέψης μου είναι του ''ταλήρου'' ενώ του Δημήτρη καταπληκτικότατος.

Μάλλον είμαι πολύ παράξενος και δε βλέπω τα αυτονόητα!!

Συγνώμη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 11:11 am**

chris_gatos έγραψε:Mισό λεπτό βρε παιδιά!

Όταν απαντάει κάποιος μονολεκτικά, πως είναι δυνατόν να γνωρίζουμε το πώς έχει σκεφτεί;

Χρήστο μου, η απάντηση είναι στο ότι ο Δημήτρης έγραψε εμφατικά και με πλάγια γράμματα

"χωρίς πράξεις βρίσκω"

Αυτό τα λέει όλα! Θυμίσου την φράση "εξ όνυχος τον λέοντα" που είπε ο Bernoulli όταν είδε την ανώνυμη λύση του Νεύτωνα σε ένα πρόβλημα. Με μια ματιά κατάλαβε τον συγγραφέα της.

Για την παραπάνω περίπτωση, το γεγονός ότι ο Δημήτρης έδωσε εμφατικά "χωρίς πράξεις" την σωστή απάντηση ως άθροισμα διαστημάτων (θα αμφέβαλε κανείς ότι το $\sqrt {x^2+y^2}\,\,\,$ είναι η υποτείνουσα;) ήταν ακρετό για να καταλάβω πώς σκέφτηκε. Άλλωστε δείγματα γραφής από τον Δημήτρη έχουμε δει πολλά και ένα νεύμα του είναι αρκετό για να μπω στη σκέψη του. Το επιβεβαίωσε ο ίδιος.

chris_gatos έγραψε:Η απάντηση μου είναι ακριβώς η ίδια αν κάνεις ρητοποίηση.

Κανείς δεν είπε ότι η απάντηση είναι διαφορετική. Για την μέθοδο μιλούσα.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 11:14 am**

Οκ, απλά αυτό το χωρίς πράξεις το κατάλαβα ''χωρίς να πληκτρολογήσω πράξεις'' γι'αυτό μου φάνηκε περίεργο.

Καμία αμφισβήτηση στην αξία κανενός, ειδικά του Δημήτρη και ως μαθηματικού και ως γνώστη της βιβλιογραφίας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 11:20 am**

chris_gatos έγραψε:Mισό λεπτό βρε παιδιά!

Όταν απαντάει κάποιος μονολεκτικά, πως είναι δυνατόν να γνωρίζουμε το πώς έχει σκεφτεί;

Χρήστο, δεν ήθελα να δώσω αμέσως τον τρόπο σκέψης μου. Ήθελα να ψάξει κάποιος να τον βρει. Είδα την απάντησή σου στο αρχικό πρόβλημα και φυσικά όποιος την καταλάβαινε θα μπορούσε να την μετατρέψει σε λύση του δευτέρου προβλήματος αρκεί να έκανε σωστά τις πράξεις. Γι' αυτό και έγραψα «χωρίς πράξεις» σε πλάγια γράμματα έτσι ώστε όποιος το διάβαζε να σκεφτεί να δοκιμάσει κάτι άλλο και όχι το άθροισμα γεωμετρικής προόδου. Το $\sqrt{y^2+x^2}$ ήδη πρόδιδε ότι κάπου χρησιμοποίησα το μήκος της υποτείνουσας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 24, 2010 11:24 am**

chris_gatos έγραψε: Παρ'ότι ο τρόπος σκέψης μου είναι του ''ταλήρου''

Ίσως και ο von Neumann έτσι να το έλυνε. Δες π.χ. εδώ.

mathematica.gr

"κόκκινη γραμμή"

"κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"

Re: "κόκκινη γραμμή"