Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμού)

Συντονιστής: Παύλος Μαραγκουδάκης

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7093
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#81

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Ιούλ 20, 2014 7:06 pm

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 22
Ποια στιγμή, ανάμεσα στις εννέα και δέκα η ώρα, οι δείκτες ενός ρολογιού είναι μαζί;
Ο λεπτοδείκτης διαγράφει σε μία ώρα (60 λεπτά) γωνία 360^0, άρα σε 1 λεπτό διαγράφει γωνία 6^0. Αντίστοιχα ο ωροδείκτης σε μία ώρα διαγράφει γωνία 360:12=30^0, άρα σε 1 λεπτό διαγράφει γωνία 0,5^0.
Πρόβλημα 22.png
Πρόβλημα 22.png (10.52 KiB) Προβλήθηκε 3767 φορές
Έστω ότι οι δείκτες θα συμπέσουν σε x λεπτά. Τότε ο λεπτοδείκτης θα έχει διαγράψει γωνία \phi=6x^0 και αντίστοιχα ο ωροδείκτης γωνία \omega=0,5x^0.

Αλλά, \displaystyle{\varphi  - \omega  = {270^0} \Leftrightarrow 6x - 0,5x = 270 \Leftrightarrow x = \frac{{270}}{{5,5}} = }49 λεπτά και \displaystyle{\frac{1}{{11}}} του δευτερολέπτου.

Οι δείκτες λοιπόν θα συμπέσουν στις 9:49 και \displaystyle{\frac{1}{{11}}} του δευτερολέπτου.


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1947
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#82

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Δευ Ιούλ 21, 2014 10:50 am

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 42
Μια φορά περνούσανε τρεις από έναν τόπο που ήταν μια μηλιά φορτωμένη με μήλα. Κόβει ο ένας το ένα τρίτο των μήλων.
Απ' όσα μείνανε κόβει ο δεύτερος το ένα τρίτο. Και απ' όσα μείνανε κόβει ο τρίτος το ένα τρίτο.
Όσα μείνανε τελικά τα μοιράσανε με τέτοιο τρόπο που και οι τρεις πήρανε τον ίδιο αριθμό μήλων συνολικά.
Πόσα μήλα είχε η μηλιά και πόσα πήρε ο καθένας;
Να βρεθεί ο μικρότερος δυνατός αριθμός μήλων

Συγνώμη για την ταλαιπωρία
τελευταία επεξεργασία από xr.tsif σε Δευ Ιούλ 21, 2014 6:39 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9904
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#83

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Ιούλ 21, 2014 11:39 am

Πρόβλημα 43
Ένας καθηγητής Μαθηματικών βγάζει τον βαθμό του Α' Τριμήνου , ( ο οποίος κυμαίνεται από 8 μέχρι 20 ) ,

με τον εξής τύπο : B=\lambda \cdot \Gamma+8 , όπου B ο βαθμός , \lambda ένας συντελεστής και \Gamma ο βαθμός του γραπτού .

Α) Υπολογίστε το \lambda ώστε ο τύπος να "είναι σωστός " !

Β) Πόσο πρέπει να γράψει ο μαθητής για να βγάλει βαθμό 17 ?


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7093
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#84

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιούλ 21, 2014 6:24 pm

KARKAR έγραψε:Πρόβλημα 43
Ένας καθηγητής Μαθηματικών βγάζει τον βαθμό του Α' Τριμήνου , ( ο οποίος κυμαίνεται από 8 μέχρι 20 ) ,

με τον εξής τύπο : B=\lambda \cdot \Gamma+8 , όπου B ο βαθμός , \lambda ένας συντελεστής και \Gamma ο βαθμός του γραπτού .

Α) Υπολογίστε το \lambda ώστε ο τύπος να "είναι σωστός " !

Β) Πόσο πρέπει να γράψει ο μαθητής για να βγάλει βαθμό 17 ?
Α) \displaystyle{8 \le {\rm B} \le 20 \Leftrightarrow 8 \le \lambda  \cdot \Gamma  + 8 \le 20 \Leftrightarrow } \displaystyle{0 \le \lambda  \cdot \Gamma  \le 12 \Leftrightarrow } \boxed{\Gamma  \le \frac{{12}}{\lambda }}, \lambda >0

Ο μεγαλύτερος βαθμός που μπορεί να πάρει ένας μαθητής στα γραπτά είναι \Gamma = 20.

Άρα για να είναι σωστός ο τύπος πρέπει: \displaystyle{\lambda  = \frac{{12}}{{20}} \Leftrightarrow } \boxed{\lambda = 0,6}

B) \displaystyle{17 = 0,6 \cdot \Gamma  + 8 \Leftrightarrow 0,6\Gamma  = 9 \Leftrightarrow } \boxed{\Gamma=15}


Άβαταρ μέλους
T-Rex
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Παρ Οκτ 30, 2009 8:47 pm
Τοποθεσία: Ασπροβαλτα-Τσαριτσάνη

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#85

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από T-Rex » Δευ Ιούλ 21, 2014 8:11 pm

xr.tsif έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 42
Μια φορά περνούσανε τρεις από έναν τόπο που ήταν μια μηλιά φορτωμένη με μήλα. Κόβει ο ένας το ένα τρίτο των μήλων.
Απ' όσα μείνανε κόβει ο δεύτερος το ένα τρίτο. Και απ' όσα μείνανε κόβει ο τρίτος το ένα τρίτο.
Όσα μείνανε τελικά τα μοιράσανε με τέτοιο τρόπο που και οι τρεις πήρανε τον ίδιο αριθμό μήλων συνολικά.
Πόσα μήλα είχε η μηλιά και πόσα πήρε ο καθένας;
Να βρεθεί ο μικρότερος δυνατός αριθμός μήλων

Συγνώμη για την ταλαιπωρία


Ελπίζω να μην κάνω λάθος \frac{x}{3}+\frac{1}{3}.\frac{2x}{3}+\frac{1}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2x}{3}+y=x\Leftrightarrow \frac{3x}{3}+\frac{2x}{9}+\frac{4x}{27}+y=\frac{27x}{27}\Leftrightarrow \frac{9x}{27}+\frac{6x}{27} 
\frac{4x}{27}+y=\frac{27x}{27}\Leftrightarrow y=\frac{8x}{27}
Ο μικρότερος αριθμός μήλων είναι 27 και μετά πολλαπλάσια του 27 και επειδή το 27 διαιρείται με το 3 θα πάρει ο καθένας από 9 μήλα.Δηλαδή μείναν 8 μήλα που πήρε ο δεύτερος 3 και ο τρίτος 5 για να εχουν ίδιο αριθμό μήλων με τον πρώτο


ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ
Δημοσιεύσεις: 143
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 03, 2010 2:43 pm

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#86

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ » Πέμ Ιούλ 31, 2014 2:33 pm

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 10
Εάν στα \frac{5}{6} ενός αριθμού προσθέσουμε τον αριθμό 2 , και στο αποτέλεσμα αυτό αφαιρέσουμε το \frac{1}{2} του αριθμού αυξημένο κατα 6 βρίσκουμε το \frac{1}{3} του αριθμού ελλατωμένο κατα 3. Να βρεθεί ο αριθμός αυτός εάν γνωρίζουμε οτι είναι πολλαπλάσιο του 9 και περιέχεται μεταξύ των 50 και 80.

Μια αλλαγή - διευκρίνιση στην εκφώνιση μετά απο π.μ. του Παύλου Μαραγκουδάκη

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 10
Εάν στα \frac{5}{6} ενός αριθμού προσθέσουμε τον αριθμό 2 , και στο αποτέλεσμα αυτό αφαιρέσουμε το \frac{1}{2} του κατα 6 μεγαλύτερου του αριθμού βρίσκουμε το \frac{1}{3} του κατα 3 μικρότερου αριθμού . Να βρεθεί ο αριθμός αυτός εάν γνωρίζουμε οτι είναι πολλαπλάσιο του 9 και περιέχεται μεταξύ των 50 και 80.


ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#87

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Σάβ Αύγ 16, 2014 3:25 pm

vzf έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 21
Κάποιος κατέβηκε μια προς τα κάτω κινούμενη σκάλα και έφτασε στη βάση της περνώντας από 50 σκαλιά. Μετά ανέβηκε την ίδια σκάλα πάλι σκαλί σκαλί και πέρασε από 125 σκαλιά. Υποθέτοντας ότι έκανε 5 βήματα όταν ανέβαινε στο ίδιο χρόνο που έκανε 1 όταν κατέβαινε, πόσα σκαλιά θα βλέπαμε αν σταματούσε η κυλιόμενη σκάλα; Οι ταχύτητες με τις οποίες ανέβηκε και κατέβηκε ήταν σταθερές.
viewtopic.php?f=35&t=35399
Έστω x ο αριθμός των σκαλοπατιών που θα βλέπαμε αν η σκάλα σταματούσε .
Αρχικά την κατέβηκε με 50 βήματα , ενώ η σκάλα κινιόταν ,άρα '' χάθηκαν '' λόγω κίνησης x-50 σκαλοπάτια . Σε καθένα λοιπόν βήμα προς τα κάτω ''χάνονται'' \frac{x-50}{50} σκαλοπάτια .
Στη συνέχεια την ανέβηκε με 125 βήματα , ενώ η σκάλα κινιόταν ,άρα '' χάθηκαν '' λόγω κίνησης x-125 σκαλοπάτια . Σε καθένα λοιπόν βήμα προς τα πάνω ''χάνονται'' \frac{x-125}{125} σκαλοπάτια .
Δεδομένου ότι η σκάλα ανεβοκατεβαίνει με την ίδια ταχύτητα και ότι σε κάθε βήμα προς τα κάτω αντιστοιχούν 5 βήματα προς τα επάνω τότε θα ισχύει :
\frac{x-50}{50}=5\frac{x-125}{125}
\frac{x-50}{50}=\frac{x-125}{25}
50\frac{x-50}{50}=50\frac{x-125}{25}
x-50=2(x-125)
x-50=2x-250
x=200 σκαλοπάτια .
τελευταία επεξεργασία από ji2mada2006 σε Σάβ Αύγ 16, 2014 4:36 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#88

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Σάβ Αύγ 16, 2014 4:30 pm

stergios7 έγραψε:
Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:
Για ένα τρίγωνο ABC γνωρίζουμε ότι η γωνία \hat{B} είναι διπλάσια της γωνίας \hat{C}. Σχεδιάζουμε τις διχοτόμους BD,CE του τριγώνου και ονομάζουμε I το σημείο τομής τους. Γνωρίζουμε ακόμα ότι \widehat{BIC}=132^o. Να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ABC.
Αν ονομάσουμε: \displaystyle{\hat{C}=x} και \displaystyle{\hat{B}=2x}
Τότε στο τρίγωνο \displaystyle{BIC} θα πάρουμε την εξίσωση (που προκύπτει με την βοήθεια των διχοτόμων):
\displaystyle{132+x+\frac{x}{2}=180}
\displaystyle{x+\frac{x}{2}=180-132}

\displaystyle{x+\frac{x}{2}=48}
\displaystyle{2x+x=96}
\displaystyle{3x=96}

\displaystyle{x=\frac{96}{3}}
\displaystyle{x=32}
Άρα:
\displaystyle{\hat{C}=32^{o}}
\displaystyle{\hat{B}=64^{o}}
\displaystyle{\hat{A}=84^{o}}
ΠΡΟΒΛΗΜΑ 32
Συνημμένα
problem32.png
problem32.png (35.82 KiB) Προβλήθηκε 3488 φορές


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#89

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Σάβ Αύγ 16, 2014 5:28 pm

stergios7 έγραψε:
Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:

Για ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC γνωρίζουμε ότι η γωνία \hat{B} είναι τετραπλάσια της γωνίας \hat{C}. Σχεδιάζουμε τα ύψη BD,CE του τριγώνου που τέμνονται στο H. Γνωρίζουμε ακόμα ότι \widehat{BHC}=100^o. Να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ABC.

Θα ήταν ωραίο να είχαμε κι άλλα προβλήματα με αφορμή τη γεωμετρία. Καλούμε τους φίλους της γεωμετρίας να βοηθήσουν με τα ωραία τους προβλήματα. :)
\displaystyle{\widehat{DHC}=\widehat{BHE}=80^{o}} ως παραπληρωματικές με την \displaystyle{\widehat{CHB}}
Αν ονομάσουμε \displaystyle{\hat{C}=x}, \displaystyle{\hat{B}=4x}
Άρα τα τρίγωνα \displaystyle{DHC} και \displaystyle{EHB} αν ονομάσουμε \displaystyle{\widehat{HCD}=v} και \displaystyle{\widehat{HBE}=y}
Τότε \displaystyle{\hat{v}=\hat{y}=180-(90+80)=10^{o}}
Άρα θα πάρουμε εξίσωση στο τρίγωνο \displaystyle{CHB}:
\displaystyle{x-10+4x-10+100=180}
\displaystyle{5x-20=180-100}
\displaystyle{5x=80+20}
\displaystyle{5x=100}
\displaystyle{x=20^{o}}
Άρα:
\displaystyle{\hat{C}=20^{o}}
\displaystyle{\hat{B}=80^{o}}
\displaystyle{\hat{A}=80^{o}}
Άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 33
Συνημμένα
problem33.png
problem33.png (9.16 KiB) Προβλήθηκε 3475 φορές


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#90

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Σάβ Αύγ 16, 2014 8:23 pm

raf616 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο \displaystyle{ABCD} που έχει \displaystyle{AB=10cm} και

\displaystyle{BC=x cm}. Έστω \displaystyle{M} το μέσον της \displaystyle{CD} και \displaystyle{N} το μέσον της \displaystyle{BC}.

(a) Να εκφράσετε το εμβαδόν του τριγώνου \displaystyle{AMN}, σαν συνάρτηση του \displaystyle{x}.

(b) Να βρεθεί ο \displaystyle{x} αν το εμβαδόν του τριγώνου \displaystyle{AMN} είναι ίσο με \displaystyle{\frac{45}{2} cm^{2}}

(c) Για την τιμή του \displaystyle{x} που βρήκατε στο προηγούμενο ερώτημα, να υπολογίσετε την περίμετρο του τριγώνου \displaystyle{AMN}
Θα δώσω λύση χωρίς σχήμα το οποίο ίσως προσθέσω αργότερα...

(α) Το εμβαδόν όλου του ορθογωνίου είναι (ABCD) = 10x. Τώρα:

(ADM) = \dfrac{5x}{2}

(ABN) = \dfrac{10 \cdot \dfrac{x}{2}}{2} = \dfrac{5x}{2}

(MCN) = \dfrac{\dfrac{5x}{2}}{2} = \dfrac{5x}{4}

Άρα:

\displaystyle{(AMN) = (ABCD) - (ADM) - (ABN) - (MCN) = 10x - \dfrac{5x}{2} - \dfrac{5x}{2} - \dfrac{5x}{4} = \dfrac{15x}{4}}

(β) Θα ισχύει:

\dfrac{15x}{4} = \dfrac{45}{2} \Leftrightarrow 30x = 180 \Leftrightarrow x = 6cm

(γ) Με Π.Θ στα \overset{\triangle}{ADM}, \overset{\triangle}{ABN}, \overset{\triangle}{MCN} θα λάβουμε:

AM = \sqrt{61}

AN = \sqrt{109}

MN = \sqrt{34}

Επομένως, αν \Pi η περίμετρος του τριγώνου θα ισχύει:

\Pi = AM + AN + MN = \sqrt{61} + \sqrt{109} + \sqrt{34}
Πρόβλημα 34:
Συνημμένα
problem34.png
problem34.png (3.25 KiB) Προβλήθηκε 3451 φορές


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#91

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Σάβ Αύγ 16, 2014 11:31 pm

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΠΡΟΒΛΗΜΑ 24
Ποιες στιγμές, ανάμεσα στις δώδεκα και μία, οι δείκτες ενός ρολογιού σχηματίζουν ορθή γωνία;
προβλημα24.png
προβλημα24.png (5.65 KiB) Προβλήθηκε 3354 φορές
Σύμφωνα με το σκεπτικό του Γιώργου Βισβίκη εδώ : viewtopic.php?f=34&t=40504&start=80#p213523
έχουμε :
\phi -\omega =90^{0}
6x-0.5x=90^{0}
5.5x=90^{0}
x=\frac{90^{o}}{5.5}
x=\frac{180^{o}}{11}
x=16 λεπτά και \frac{4}{11} του δευτερολέπτου .
Δηλ. ο λεπτοδείκτης και ωροδείκτης θα σχηματίσουν ορθή γωνία στις 12:16 και \frac{4}{11} του δευτερολέπτου .
τελευταία επεξεργασία από ji2mada2006 σε Κυρ Αύγ 17, 2014 1:13 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#92

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Αύγ 17, 2014 12:34 am

Πρόβλημα 44

Δίνεται παραλληλόγραμμο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{\widehat{B}=2\widehat{A}} και πάνω στην προέκταση της \displaystyle{DA} και προς το μέρος του \displaystyle{A} παίρνουμε ένα

σημείο \displaystyle{E} έτσι ώστε να είναι \displaystyle{DE=DB} . Αν η γωνία \displaystyle{E} είναι ίση με \displaystyle{40^{o}}, να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας \displaystyle{ABE}
ΠΡΟΒ 1.png
ΠΡΟΒ 1.png (4.79 KiB) Προβλήθηκε 3411 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7093
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#93

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Αύγ 17, 2014 1:29 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Πρόβλημα 44

Δίνεται παραλληλόγραμμο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{\widehat{B}=2\widehat{A}} και πάνω στην προέκταση της \displaystyle{DA} και προς το μέρος του \displaystyle{A} παίρνουμε ένα

σημείο \displaystyle{E} έτσι ώστε να είναι \displaystyle{DE=DB} . Αν η γωνία \displaystyle{E} είναι ίση με \displaystyle{40^{o}}, να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας \displaystyle{ABE}
Το συνημμένο ΠΡΟΒ 1.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω \widehat A=x τότε \widehat B=2x. Οπότε: \displaystyle{x + 2x = {180^0} \Leftrightarrow x = {60^0}} και \displaystyle{E\widehat AB = {180^0} - {60^0} = {120^0}}.

Στο τρίγωνο AEB έχουμε: \displaystyle{E\widehat AB + \widehat E + A\widehat BE = {180^0} \Leftrightarrow A\widehat BE = {180^0} - {120^0} - {40^0} \Leftrightarrow }

\boxed{A\widehat BE=20^0}
Pr-44.png
Pr-44.png (7.85 KiB) Προβλήθηκε 3400 φορές


ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#94

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Κυρ Αύγ 17, 2014 2:03 pm

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΠΡΟΒΛΗΜΑ 23
Ποια στιγμή, ανάμεσα στη μία και τις δύο η ώρα, οι δείκτες ενός ρολογιού σχηματίζουν ευθεία γωνία;
προβλημα23.png
προβλημα23.png (9.96 KiB) Προβλήθηκε 3351 φορές
Σύμφωνα με το σκεπτικό του Γιώργου Βισβίκη εδώ : viewtopic.php?f=34&t=40504&start=80#p213523
και με βάση το σχήμα έχουμε :
\phi -(30^{0}+\omega) =180^{0}
6x-30^{0}-0.5x=180^{0}
5.5x=210^{0}
x=\frac{210^{o}}{5.5}
x=\frac{420^{o}}{11}
x=38 λεπτά και \frac{2}{11} του δευτερολέπτου .
Δηλ. ο λεπτοδείκτης και ωροδείκτης θα σχηματίσουν ευθεία γωνία στις 1:38 και \frac{2}{11} του δευτερολέπτου .


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#95

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Κυρ Αύγ 17, 2014 2:41 pm

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:
ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 10
Εάν στα \frac{5}{6} ενός αριθμού προσθέσουμε τον αριθμό 2 , και στο αποτέλεσμα αυτό αφαιρέσουμε το \frac{1}{2} του αριθμού αυξημένο κατα 6 βρίσκουμε το \frac{1}{3} του αριθμού ελλατωμένο κατα 3. Να βρεθεί ο αριθμός αυτός εάν γνωρίζουμε οτι είναι πολλαπλάσιο του 9 και περιέχεται μεταξύ των 50 και 80.

Μια αλλαγή - διευκρίνιση στην εκφώνιση μετά απο π.μ. του Παύλου Μαραγκουδάκη

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 10
Εάν στα \frac{5}{6} ενός αριθμού προσθέσουμε τον αριθμό 2 , και στο αποτέλεσμα αυτό αφαιρέσουμε το \frac{1}{2} του κατα 6 μεγαλύτερου του αριθμού βρίσκουμε το \frac{1}{3} του κατα 3 μικρότερου αριθμού . Να βρεθεί ο αριθμός αυτός εάν γνωρίζουμε οτι είναι πολλαπλάσιο του 9 και περιέχεται μεταξύ των 50 και 80.
\frac{5}{6}x+2-\frac{1}{2}(x+6)=\frac{1}{3}(x-3)
5x+12-3(x+6)=2(x-3)
5x+12-3x-18=2x-6
0x=0 η εξίσωση αληθεύει για κάθε πραγματικό αριθμό , δηλ. είναι ταυτότητα .
Επειδή όμως ο αριθμός, που ψάχνω είναι πολ.9 και βρίσκεται μεταξύ του 50 και 80 τότε μπορεί να πάρει τις τιμές ή x=54 ή x=63 ή x=72 .


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#96

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Τρί Αύγ 19, 2014 12:04 am

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 45
Ένας μαραγκός έχει ένα μαδέρι 10 μ. και θέλει να κατασκευάσει ένα ορθογώνιο πλαίσιο με αναλογίες χρυσής τομής . Μπορείτε να βοηθήσετε τον μαραγκό να βρει τις διαστάσεις του ορθογωνίου με προσέγγιση χιλιοστού; Δίνεται ο αριθμός της χρυσής τομής φ=1,618 .


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4100
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#97

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Αύγ 19, 2014 10:29 pm

ji2mada2006 έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 45
Ένας μαραγκός έχει ένα μαδέρι 10 μ. και θέλει να κατασκευάσει ένα ορθογώνιο πλαίσιο με αναλογίες χρυσής τομής . Μπορείτε να βοηθήσετε τον μαραγκό να βρει τις διαστάσεις του ορθογωνίου με προσέγγιση χιλιοστού; Δίνεται ο αριθμός της χρυσής τομής φ=1,618 .
Καλησπέρα σε όλους!

Μια "φαινομενική" λύση και κατόπιν μια πιο προχωρημένη αντιμετώπιση...

Έστω a, b οι πλευρές του ορθογωνίου με \displaystyle a + b = 5,\;\;a > b

Στο χρυσό ορθογώνιο παραλληλογράμμο, ο λόγος της μεγαλύτερης πλευράς προς την μικρότερη είναι η χρυσή τομή, άρα \displaystyle \frac{a}{b} = \varphi  = \frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}

Οπότε \displaystyle b + \frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}b = 5 \Leftrightarrow b\frac{{\sqrt 5  + 3}}{2} = 5 \Leftrightarrow b = \frac{{10}}{{\sqrt 5  + 3}} = \frac{{15 - 5\sqrt 5 }}{2} \cong 1,9\;m

\displaystyle \Rightarrow a \cong 3,1m

Έστω a, b οι πλευρές του ορθογωνίου, d το πλάτος του με \displaystyle a + b - 2d = 5,\;\;a > b

Είναι \displaystyle \frac{a}{b} = \varphi  = \frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}

Κόβουμε το μαδέρι, όπως στο σχήμα για να πετάξουμε όσο το δυνατό λιγότερο ξύλο. Έτσι με το ίδιο μαδέρι φτιάχνουμε μεγαλύτερη κορνίζα. (Απορία: υπάρχουν μαδέρια 10 μέτρων;)
19-08-2014 Β Γυμνασίου.jpg
19-08-2014 Β Γυμνασίου.jpg (8.97 KiB) Προβλήθηκε 3271 φορές
Π.χ. με d = 0,1 m έχουμε

\displaystyle b + \frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}b = 5,2 \Leftrightarrow b\frac{{\sqrt 5  + 3}}{2} = 5,2 \Leftrightarrow b = \frac{{10,4}}{{\sqrt 5  + 3}} \cong 1,986\;m\;

\displaystyle \Rightarrow a \cong 3,214\;m


ji2mada2006
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 17, 2013 12:48 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#98

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ji2mada2006 » Τετ Αύγ 20, 2014 6:42 pm

Γιώργο , άκρως επίκαιρη η τροποποίηση του προβλήματος 45 , μιας και είμαστε σε περίοδο οικονομικής κρίσης και τίποτα δεν πρέπει να χάνεται, πόσο μάλλον να ξοδεύεται...


Δημήτρης Ε. Κοντόκωστας
Άβαταρ μέλους
Στέλιος Μαρίνης
Δημοσιεύσεις: 525
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 16, 2009 9:45 pm
Τοποθεσία: Νέα Σμύρνη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Σκάσε και κολύμπα

#99

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Στέλιος Μαρίνης » Σάβ Ιαν 31, 2015 11:15 am

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 46
taxidi1.gif
taxidi1.gif (92.65 KiB) Προβλήθηκε 2899 φορές
Στο σχήμα, ο Μπάμπης (αριστερά) και ο Νώντας ξεκινούν από σημεία μιας ακτής η οποία διακόπτεται από ένα ποτάμι. Διανύουν τρέχοντας την απόσταση από τα σημεία εκκίνησης (δεν έχουν τις ακριβείς θέσεις στο σχήμα) μέχρι την όχθη του ποταμού και συνεχίζουν κολυμπώντας μέχρι το πλησιέστερο σημείο του μικρού νησιού. Η ταχύτητα του Νώντα είναι κατά 2\frac{m}{s} μεγαλύτερη από του Μπάμπη, ενώ ο Μπάμπης χάνει στη θάλασσα τα \frac{2}{3}
της ταχύτητάς του και ο Νώντας τα \frac{4}{5} της δικής του. Μόλις φτάνουν κι οι δύο στο νησί, υπολογίζουν το συνολικό διάστημα που καθένας διάνυσε (σε στεριά και θάλασσα) και διαπιστώνουν ότι είναι συνολικά σο ίδιο και για τους δυο. Να βρεθεί η γωνία που σχηματίζει η ευθεία στην οποία κολύμπησε ο Νώντας με τη νοητή ευθεία της ακτής. (Ο Μπάμπης κολύμπησε κάθετα προς την ακτή).
Δίνεται ότι το νησάκι είναι κυκλικό με ακτίνα 5 m


Κάποτε οι καμπύλες των γραφικών παραστάσεων ζωντανεύουν, είναι διαφορίσιμες γιατί είναι λείες κι όμορφες, έχουν ακρότατες τιμές γιατί αρνούνται τη μονοτονία, δεν έχουν όριο πραγματικό, αλλά μπορείς και τις φαντάζεσαι στο άπειρο και η ασύμπτωτη ευθεία είναι το καράβι που σε ταξιδεύει πλάι τους.
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1438
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Συλλογή προβλημάτων που λύνονται με εξίσωση (πρώτου βαθμ

#100

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Κυρ Φεβ 21, 2016 11:59 pm

Το πρόβλημα του Στέλιου αξίζει το πρώτο βραβείο αυτής της συλλογής! :first:

Ένα κινητό με σταθερή ταχύτητα x διανύει σε χρόνο t διάστημα xt.
Ας είναι v η ταχύτητα του Μπάμπη στη στεριά. Τότε η ταχύτητα του Μπάμπη στη θάλασσα θα είναι \dfrac{1}{3}v.
Η ταχύτητα του Νώντα είναι κατά 2 μεγαλύτερη στη στεριά, δηλαδή είναι v+2 ενώ στη θάλασσα είναι \dfrac{1}{5}(v+2).
Ο Μπάμπης διανύει στη στεριά 50v και στη θάλασσα 25\cdot \dfrac{1}{3}v μέτρα.
Ο Νώντας διανύει στη στεριά 24(v+2) και στη θάλασσα 55\cdot \dfrac{1}{5}(v+2) μέτρα. To συνολικό διάστημα είναι το ίδιο και για τους δύο, άρα οδηγούμαστε στην εξίσωση 50v+25\cdot \dfrac{1}{3}v=24(v+2)+55\cdot \dfrac{1}{5}(v+2).

Λύνουμε την εξίσωση και βρίσκουμε v=3.

To σημείο που πρέπει να λάβουμε υπ΄ όψιν για τη συνέχεια είναι η πληροφορία
Στέλιος Μαρίνης έγραψε:... και συνεχίζουν κολυμπώντας μέχρι το πλησιέστερο σημείο του μικρού νησιού.
Ο Μπάμπης θα βγει στο σημείο \Delta του νησιού ενώ ο Νώντας στο σημείο E. Αν B είναι το κέντρο του κυκλικού νησιού τότε AB=25\cdot \dfrac{1}{3}3+5=30 μέτρα B\Gamma=55\cdot \dfrac{1}{5}5+5=60 μέτρα.
Stelios.png
Stelios.png (3.13 KiB) Προβλήθηκε 2212 φορές
Άρα το ημίτονο της γωνίας \omega είναι 0,5 οπότε η ζητούμενη γωνία είναι 30^0.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Απάντηση

Επιστροφή σε “B ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης