Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Al.Koutsouridis · #1

[b][i]Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της πρωτης φάσης για την 11η τάξη. [/i][/b]

[b]1.[/b] Είναι δυνατόν να τοποθετηθούν σε ένα πίνακα $7 \times 9$ οι αριθμοί από το 1 έως το 63 έτσι, ώστε σε κάθε τετράγωνο $2 \times 2$ το άθροισμα των αριθμών να είναι περιττό; [size=85](Χραμπρόβ)[/size]

[b]2.[/b] Πριν το άνοιγμα του (γκισέ) μητρώου στη Δ.Ο.Υ. Αχαρνών περίμεναν στην ουρά 100 άτομα και κατά την διάρκεια της μέρας προσέρχονταν κι άλλοι. Όταν αυτός που έχει σειρά προσέρχεται στον γκισέ, η υπάλληλος της Δ.Ο.Υ. διαιρεί τον χρόνο, που εναπομένει μέχρι την λήξη του ωραρίου της, με τον τρέχον αριθμό των ατόμων στην ουρά (συμπεριλαμβανομένου αυτού που προσέρχεται στον γκισέ), και τον εξυπηρετεί ακριβώς για τόσο χρονικό διάστημα, όσο προέκυψε στο παραπάνω πηλίκο. Κατά την διάρκεια του ωραρίου λειτουργίας του μητρώου εξυπηρετήθηκαν 130 άτομα. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθούν 5 άτομα, που εξυπηρετήθηκαν τον ίδιο χρόνο.

(Υποθέτουμε, ότι η υπάλληλος δεν κάνει μεσημεριανό διάλλειμα και ότι δεν προσέρχεται κάποιος στο τέλος της ουράς ακριβώς εκείνη τη χρονική στιγμή, κατά την οποία αυτός που είναι πρώτος προσέρχεται στον γκισέ.) [size=85](Βλάσοβα)[/size]

[b]3.[/b] Υπάρχουν άραγε θετικοί ακέραιοι a,b,c

, ώστε οι

και

να έχουν ακριβώς 1000 κοινούς διαιρέτες, οι

και

να έχουν ακριβώς 720 κοινούς διαιρέτες και οι a,b,c

να έχουν ακριβώς 350 κοινούς διαιρέτες; [size=85](Σόλνιν, Πετρόβ)[/size]

[b]4.[/b] Η γραφική παράσταση του κυβικού πολυωνύμου y=x^3+ax^2+bx+c

αποκόπτει σε ευθεία, παράλληλη προς το άξονα των τετμημένων, δυο τμήματα μήκους 1 και σε ευθεία παράλληλη προς την ευθεία y=x

, δυο τμήματα, το ένα από τα οποία έχει μήκος $\sqrt{2}$ . Πόσο μπορεί να είναι το μήκος του δεύτερου τμήματος; [size=85](Γκολοβάνοβ, Πετρόβ)[/size]

[b]5.[/b] Το εμβαδόν επιφανείας τετραέδρου ABCD

είναι ίσο με

. Είναι γνωστό ότι AB=6, BC=9, CD=7, DA=2

. Να αποδείξετε, ότι $S > AC\cdot BD$ . [size=85](Κουζνέτσοβ)[/size]

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm

2. Πριν το άνοιγμα του (γκισέ) μητρώου στη Δ.Ο.Υ. Αχαρνών περίμεναν στην ουρά 100 άτομα και κατά την διάρκεια της μέρας προσέρχονταν κι άλλοι. Όταν αυτός που έχει σειρά προσέρχεται στον γκισέ, η υπάλληλος της Δ.Ο.Υ. διαιρεί τον χρόνο, που εναπομένει μέχρι την λήξη του ωραρίου της, με τον τρέχον αριθμό των ατόμων στην ουρά (συμπεριλαμβανομένου αυτού που προσέρχεται στον γκισέ), και τον εξυπηρετεί ακριβώς για τόσο χρονικό διάστημα, όσο προέκυψε στο παραπάνω πηλίκο. Κατά την διάρκεια του ωραρίου λειτουργίας του μητρώου εξυπηρετήθηκαν 130 άτομα. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθούν 5 άτομα, που εξυπηρετήθηκαν τον ίδιο χρόνο.

(Υποθέτουμε, ότι η υπάλληλος δεν κάνει μεσημεριανό διάλλειμα και ότι δεν προσέρχεται κάποιος στο τέλος της ουράς ακριβώς εκείνη τη χρονική στιγμή, κατά την οποία αυτός που είναι πρώτος προσέρχεται στον γκισέ.) (Βλάσοβα)

Επειδή προσέρχονται 30 νέα άτομα, ο χρόνος εξυπηρέτησης θα αλλάξει το πολύ 30 φορές. Επομένως οι διαφορετικοί χρόνοι εξυπηρέτησης είναι το πολύ 31. Επειδή, τώρα, 4χ31 +1 =125<130 , πέντε, τουλάχιστον, άτομα εξυπηρετήθηκαν τον ίδιο χρόνο.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

5. Το εμβαδόν επιφανείας τετραέδρου είναι ίσο με . Είναι γνωστό ότι . Να αποδείξετε, ότι $S > AC\cdot BD$ . (Κουζνέτσοβ)

Στο επίπεδο του τριγώνου ABD

, και προς το μέρος της

που δεν είναι το

, αναπτύσσω το τρίγωνο BCD

στο τρίγωνο BC'D

. Θεωρώ, δηλαδή, σημείο

, τέτοιο, ώστε $C'B=9,\,\,DC'=7$ .

Είναι φανερό ότι AC'>AC

. Ακόμα

Αλλά το τετράπλευρο ABC'D

(κυρτό ή μη κυρτό- δεν ενδιαφέρει-) έχει τις διαγώνιες κάθετες, γιατί τα δεδομένα του προβλήματος
φανερά ικανοποιούν την σχέση (κριτήριο καταθετότητας) AB^2-AD^2=C'B^2-C'D^2

. Επομένως το εμβαδό του ισούται με το ημιγινόμενο των διαγωνίων του:

$S_1=(ABD)+(BCD)=(ABC'D)= \dfrac{1}{2}(AC')(BD)>\dfrac{1}{2}(AC)(BD)$

Ομοίως και $S_2=(ABC)+(ADC)>\dfrac{1}{2}(AC)(BD)$ , οπότε S=S_1+S_2>(AC)(BD)

S.E.Louridas · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: 5. Το εμβαδόν επιφανείας τετραέδρου είναι ίσο με . Είναι γνωστό ότι . Να αποδείξετε, ότι $S > AC\cdot BD$ . (Κουζνέτσοβ)

Η συνθήκη που μας δίνεται δίνει ως άμεση συνέπεια ότι οι ακμές $AC,\;BD$ είναι ορθογώνιες.
Αν λοιπόν θεωρήσουμε το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $ACEF\;\,\left( {\overrightarrow {AF} = \overrightarrow {BD} } \right),$ τότε αρκεί να δείξουμε ότι ${S_{D.ACEF}} > {S_{ACEF}}=AC \cdot BD,$ που είναι αληθές αφού το

ευρίσκεται εκτός του επιπέδου του ορθογωνίου ACEF

και προβάλλεται στο επίπεδο αυτό στο

, επειδή από τη θεωρία γνωρίζουμε, ότι το εμβαδόν τριγώνου που η μία του πλευρά βρίσκεται σε επίπεδο είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το εμβαδόν της προβολής του στο επίπεδο αυτό ( η απόδειξη του θεωρήματος αυτού είναι στοιχειώδης και σε δυό γραμμές).

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

4. Η γραφική παράσταση του κυβικού πολυωνύμου αποκόπτει σε ευθεία, παράλληλη προς το άξονα των τετμημένων, δυο τμήματα μήκους 1 και σε ευθεία παράλληλη προς την ευθεία , δυο τμήματα, το ένα από τα οποία έχει μήκος $\sqrt{2}$ . Πόσο μπορεί να είναι το μήκος του δεύτερου τμήματος; (Γκολοβάνοβ, Πετρόβ)

Edit 1:12 : Αποσύρω τη λύση διότι είναι λάθος ( Ευχαριστώ τον Αλέξανδρο Κουτσουρίδη )

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm
1. Είναι δυνατόν να τοποθετηθούν σε ένα πίνακα $7 \times 9$ οι αριθμοί από το 1 έως το 63 έτσι, ώστε σε κάθε τετράγωνο $2 \times 2$ το άθροισμα των αριθμών να είναι περιττό; (Χραμπρόβ)

Γίνεται. Αρκεί να αποφασίσω που θα μπουν οι

περιττοί και που οι

άρτιοι. Θα συμβολίζω με "

" τις θέσεις των άρτιων και με "

" τις θέσεις των περιττών.

Σε κάθε μια από τις σειρές 1,3,5,7

θα έχω μόνο

ή μόνο

.
Σε κάθε μια από τις σειρές 2,4,6

θα έχω

και

εναλλάξ επιλέγοντας ελεύθερα με ποιο σύμβολο θα ξεκινήσω.

Παρατηρώ ότι τότε κάθε $2 \times 2$ τετράγωνο θα έχει περιττό αριθμό από

και άρα το άθροισμα των αριθμών του θα είναι περιττό.

Είναι εύκολο τώρα να βρω κατασκευή που να δουλεύει.

Στις σειρές 1,3

έχω μόνο

.
Στις σειρές 5,7

έχω μόνο

.
Στις σειρές 2,4

έχω

και

εναλλάξ ξεκινώντας από

.
Στις σειρές

έχω

και

εναλλάξ ξεκινώντας από

.

Συνολικά έχω $2 \times 9 + 2 \times 5 + 4 = 32$ σύμβολα

όπως ήθελα να κατασκευάσω.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm
3. Υπάρχουν άραγε θετικοί ακέραιοι , ώστε οι και να έχουν ακριβώς 1000 κοινούς διαιρέτες, οι και να έχουν ακριβώς 720 κοινούς διαιρέτες και οι να έχουν ακριβώς 350 κοινούς διαιρέτες; (Σόλνιν, Πετρόβ)

Όχι, δεν γίνεται.

Έστω $p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}$ ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των a,b,c

. Τότε οι

έχουν $(r_1+1) \cdots (r_k+1)$ κοινούς διαιρέτες. Άρα χωρίς βλάβη της γενικότητας το r_1+1

είναι πολλαπλάσιο του

.

Τουλάχιστον ένας από τους a,b,c

πρέπει να διαιρείται από το $p_1^{r_1}$ αλλά όχι από το $p_1^{r_1+1}$ . Όλοι οι άλλοι θα διαιρούνται με το $p_1^{r_1}$ και ίσως και με μεγαλύτερες δυνάμεις του p_1

.

Τότε όμως, τουλάχιστον ένα από τα $\mathrm{MK}\Delta(a,b)$ και $\mathrm{MK}\Delta(a,c)$ θα διαιρείται από το $p_1^{r_1}$ αλλά όχι από το $p_1^{r_1+1}$ .

Τότε όμως το πλήθος των διαιρετών αυτού του μέγιστου κοινού διαιρέτη είναι πολλαπλάσιο του r_1+1

και άρα και του

. Όμως κανένας από τους 1000,720

δεν διαιρείται με το

, άτοπο.

#8

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm 4. Η γραφική παράσταση του κυβικού πολυωνύμου αποκόπτει σε ευθεία, παράλληλη προς το άξονα των τετμημένων, δυο τμήματα μήκους 1 και σε ευθεία παράλληλη προς την ευθεία , δυο τμήματα, το ένα από τα οποία έχει μήκος $\sqrt{2}$ . Πόσο μπορεί να είναι το μήκος του δεύτερου τμήματος; (Γκολοβάνοβ, Πετρόβ)

Αλέξανδρε, βγάζω $\displaystyle \frac{\sqrt{2}(3+\sqrt{21})}{2}.$ Αν είναι σωστό επιβεβαίωσε ώστε να γράψω τις λεπτομέρειες. Αλλιώς να το ξανακοιτάξω.

Επεξεργασία: Ευχαριστώ τον Αλέξανδρο που με ενημέρωσε ότι η σωστή απάντηση είναι τελικά η $\displaystyle \frac{\sqrt{2}(\sqrt{21}-1)}{2}.$ Δείτε πιο κάτω για την απόδειξη.

#9

rek2 έγραψε: Κυρ Οκτ 08, 2017 12:26 pm
Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

5. Το εμβαδόν επιφανείας τετραέδρου είναι ίσο με . Είναι γνωστό ότι . Να αποδείξετε, ότι $S > AC\cdot BD$ . (Κουζνέτσοβ)

Στο επίπεδο του τριγώνου , και προς το μέρος της που δεν είναι το , αναπτύσσω το τρίγωνο στο τρίγωνο . Θεωρώ, δηλαδή, σημείο , τέτοιο, ώστε $C'B=9,\,\,DC'=7$ .

Είναι φανερό ότι . Ακόμα (*)

Αλλά το τετράπλευρο (κυρτό ή μη κυρτό- δεν ενδιαφέρει-) έχει τις διαγώνιες κάθετες, γιατί τα δεδομένα του προβλήματος
φανερά ικανοποιούν την σχέση (κριτήριο καταθετότητας) . Επομένως το εμβαδό του ισούται με το ημιγινόμενο των διαγωνίων του:

$S_1=(ABD)+(BCD)=(ABC'D)= \dfrac{1}{2}(AC')(BD)>\dfrac{1}{2}(AC)(BD)$

Ομοίως και $S_2=(ABC)+(ADC)>\dfrac{1}{2}(AC)(BD)$ , οπότε

Κώστα καλημέρα...
Στην όμορφη λύση σου επίτρεψέ μου να παραθέσω ένα σχήμα,
όπου υλοποιούνται οι μετασχηματισμοί που αναφέρεις.

: M.O. Πετρούπολης 2016. (ασκ.5).png (21.18 KiB) Προβλήθηκε 1725 φορές

Κι ακόμα, στη φράση σου - είναι φανερό ότι $\displaystyle{AC'>AC}$ - να το "φανερώσω"
με τα ακόλουθα:
Η σχέση αυτή ισχύει γιατί από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο $\displaystyle{ACM}$
προκύπτει:

$\displaystyle{AC<AM+MC \ \ (1)}$

Κι ακόμα επειδή κατά την κατάκλιση της έδρας $\displaystyle{BCD}$ πάνω στο επίπεδο της έδρας $\displaystyle{ABD}$ ,
(δηλαδή περιστροφή αυτής γύρω από τον άξονα $\displaystyle{BD}$ ), είναι:

$\displaystyle{MC=MC' \ \ (2)}$

Άρα από τις (1) και (2) συμπεραίνεται ότι:

$\displaystyle{AC<AM+MC' }$

δηλαδή:

$\displaystyle{AC<AC'}$

Κώστας Δόρτσιος

Σημείωση: Παραθέτω και το δυναμικό σχήμα όπου
εκτελούνται δυναμικά οι ανωτέρω μετασχηματισμοί.

Μ.Ο.Πετρούπολης 2016. Άσκ. 5.ggb: (14.93 KiB) Μεταφορτώθηκε 58 φορές

#10

KDORTSI έγραψε: Τετ Οκτ 11, 2017 8:30 am
rek2 έγραψε: Κυρ Οκτ 08, 2017 12:26 pm
Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

5. Το εμβαδόν επιφανείας τετραέδρου είναι ίσο με . Είναι γνωστό ότι . Να αποδείξετε, ότι $S > AC\cdot BD$ . (Κουζνέτσοβ)

Στο επίπεδο του τριγώνου , και προς το μέρος της που δεν είναι το , αναπτύσσω το τρίγωνο στο τρίγωνο . Θεωρώ, δηλαδή, σημείο , τέτοιο, ώστε $C'B=9,\,\,DC'=7$ .

Είναι φανερό ότι . Ακόμα (*)

Αλλά το τετράπλευρο (κυρτό ή μη κυρτό- δεν ενδιαφέρει-) έχει τις διαγώνιες κάθετες, γιατί τα δεδομένα του προβλήματος
φανερά ικανοποιούν την σχέση (κριτήριο καταθετότητας) . Επομένως το εμβαδό του ισούται με το ημιγινόμενο των διαγωνίων του:

$S_1=(ABD)+(BCD)=(ABC'D)= \dfrac{1}{2}(AC')(BD)>\dfrac{1}{2}(AC)(BD)$

Ομοίως και $S_2=(ABC)+(ADC)>\dfrac{1}{2}(AC)(BD)$ , οπότε
Κώστα καλημέρα...
Στην όμορφη λύση σου επίτρεψέ μου να παραθέσω ένα σχήμα,
όπου υλοποιούνται οι μετασχηματισμοί που αναφέρεις.

M.O. Πετρούπολης 2016. (ασκ.5).png
Κι ακόμα, στη φράση σου - είναι φανερό ότι $\displaystyle{AC'>AC}$ - να το "φανερώσω"
με τα ακόλουθα:
Η σχέση αυτή ισχύει γιατί από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο $\displaystyle{ACM}$
προκύπτει:

$\displaystyle{AC<AM+MC \ \ (1)}$

Κι ακόμα επειδή κατά την κατάκλιση της έδρας $\displaystyle{BCD}$ πάνω στο επίπεδο της έδρας $\displaystyle{ABD}$ ,
(δηλαδή περιστροφή αυτής γύρω από τον άξονα $\displaystyle{BD}$ ), είναι:

$\displaystyle{MC=MC' \ \ (2)}$

Άρα από τις (1) και (2) συμπεραίνεται ότι:

$\displaystyle{AC<AM+MC' }$

δηλαδή:

$\displaystyle{AC<AC'}$

Κώστας Δόρτσιος

Σημείωση: Παραθέτω και το δυναμικό σχήμα όπου
εκτελούνται δυναμικά οι ανωτέρω μετασχηματισμοί.
Μ.Ο.Πετρούπολης 2016. Άσκ. 5.ggb

Κώστα, Φίλε, με τη παρέμβασή σου η λύση έγινε απλή και καθαρή: κρύσταλλο!

Σ' ευχαριστώ!

#11

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 10:31 pm 4. Η γραφική παράσταση του κυβικού πολυωνύμου αποκόπτει σε ευθεία, παράλληλη προς το άξονα των τετμημένων, δυο τμήματα μήκους 1 και σε ευθεία παράλληλη προς την ευθεία , δυο τμήματα, το ένα από τα οποία έχει μήκος $\sqrt{2}$ . Πόσο μπορεί να είναι το μήκος του δεύτερου τμήματος; (Γκολοβάνοβ, Πετρόβ)

Επειδή η γραφική παράσταση τέμνει κάθε ευθεία το πολύ σε τρία σημεία, τότε η καμπύλη πρέπει να περνάει από τα σημεία (r-1,s),(r,s)

και

για κάποια r,s

. Μεταφέροντας την καμπύλη μπορώ να υποθέσω ότι r=s=0

και άρα το πολυώνυμο είναι το y = x(x-1)(x+1) = x^3-x

.

Έστω ότι η καμπύλη αποκόπτει την ευθεία y = x+d

σε δύο τμήματα με το ένα να έχει μήκος $\sqrt{2}$ . Άρα η καμπύλη πρέπει επίσης να περνάει από τα σημεία (u,v)

και

για κάποια u,v

(με

). Έχουμε

$\displaystyle v = u^3-u$

και

$\displaystyle v+1 = (u+1)^3 - (u+1)$

που μαζί δίνουν ότι

$\displaystyle 3u^2 + 3u - 1 = 0$

δηλαδή

$\displaystyle u = \frac{-3 \pm \sqrt{21}}{6}$

Η καμπύλη θα περνάει και από ένα τρίτο σημείο της ευθείας, έστω το (u+k,v+k)

για κάποιο $k \notin [0,1]$ .

Πρέπει λοιπόν

$\displaystyle v+k = (u+k)^3 - (u+k)$

Χρησιμοποιώντας ότι v = u^3 - u

καταλήγω στην

$\displaystyle 3ku^2 + 3k^2u + k^3-2k$

Χρησιμοποιώντας επιπλέον ότι 3u^2 + 3u-1 = 0

παίρνω

$\displaystyle 3k(k-1)u + k(k-1)(k+1) = 0$

Επειδή $k \neq 0,1$ τότε είναι $\displaystyle k = -1-3u = \frac{1 \pm \sqrt{21}}{2}.$

Αν $\displaystyle k = \frac{1 +\sqrt{21}}{2}$ τότε k > 1

και μας ενδιαφέρει η απόσταση του (u+1,v+1)

από το

που ισούται με

$\displaystyle (k-1)\sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{21}-1)}{2}.$

Αν $\displaystyle k = \frac{1 - \sqrt{21}}{2}$ τότε k < 0

και μας ενδιαφέρει η απόσταση του (u+k,v+k)

από το

που ισούται με

$\displaystyle -k\sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{21}-1)}{2}.$

Άρα η μόνη δυνατή τιμή του δευτέρου μήκους είναι η $\displaystyle \frac{\sqrt{2}(\sqrt{21}-1)}{2}$

#12

S.E.Louridas έγραψε: Τρί Οκτ 10, 2017 12:00 am
Al.Koutsouridis έγραψε: 5. Το εμβαδόν επιφανείας τετραέδρου είναι ίσο με . Είναι γνωστό ότι . Να αποδείξετε, ότι $S > AC\cdot BD$ . (Κουζνέτσοβ)
Η συνθήκη που μας δίνεται δίνει ως άμεση συνέπεια ότι οι ακμές $AC,\;BD$ είναι ορθογώνιες.
Αν λοιπόν θεωρήσουμε το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $ACEF\;\,\left( {\overrightarrow {AF} = \overrightarrow {BD} } \right),$ τότε αρκεί να δείξουμε ότι ${S_{D.ACEF}} > {S_{ACEF}}=AC \cdot BD,$ που είναι αληθές αφού το ευρίσκεται εκτός του επιπέδου του ορθογωνίου και προβάλλεται στο επίπεδο αυτό στο , επειδή από τη θεωρία γνωρίζουμε, ότι το εμβαδόν τριγώνου που η μία του πλευρά βρίσκεται σε επίπεδο είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το εμβαδόν της προβολής του στο επίπεδο αυτό ( η απόδειξη του θεωρήματος αυτού είναι στοιχειώδης και σε δυό γραμμές).

Σωτήρη καλησπέρα...

Παραθέτω στην όμορφη λύση σου και τρία στιγμιότυπα από το δυναμικό σχήμα που
επίσης καταθέτω.
1ο Στιγμιότυπο:

: Ι.Μ.Ο. Πετρούπολης 2016. Άσκ. 5(1).png (24.89 KiB) Προβλήθηκε 1662 φορές

Στο σχήμα αυτό, με αρκετή δουλειά, εμφανίζεται η ιδέα σου στην αρχική φάση.
Το τετράεδρο $\displaystyle{ABCD}$ έχει κατασκευαστεί με τα στοιχεία του προβλήματος αυτού
κι έχει ένα βαθμό ελευθερίας, να μεταβαλλονται οι ορθογώνιες ακμές $\displaystyle{AC,BD}$ σε μέγεθος.
Επίσης στο σχήμα αυτό εφάρμοσα την ιδέα σου, μόνο που, αντί για το σημείο $\displaystyle{D}$ , προβάλλω το
σημείο $\displaystyle{B}$ στο σημείο $\displaystyle{B_o}$ , το οποίο ανήκει σε ένα επίπεδο που διέρχεται από την ακμή
$\displaystyle{AC}$ , και είναι παράλληλο προς την ακμή $\displaystyle{BD}$ .
Η ανωτέρω περίπτωση το σημείο $\displaystyle{B_o}$ βρίσκεται εντός του ορθογωνίου $\displaystyle{ACEF}$ .

2ο Στιγμιότυπο:

: I.M.O. Πετρούπολης 2016. Άσκ. 5(2).png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 1662 φορές

Ο μετασχηματισμός των εδρών του τετραέδρου σε παράπλευρες έδρες πυραμίδας...

3ο Στιγμιότυπο:

: I.M.O. Πετρούπολης 2016. Άσκ. 5(3).png (24.52 KiB) Προβλήθηκε 1662 φορές

κι από μια άλλη θεώρηση με την προβλή του σημείου $\displaystyle{B}$ έξω από το ορθογώνιο $\displaystyle{ACEF}$ ,
όπου και σ' αυτή την περίπτωση η ιδέα αυτή ισχύει.

Κώστας Δόρτσιος

Θα αντιληφθεί κάποιος καλύτερα το όλο σκεπτικό αν επισκεφτεί το επισυναπόμενο δυναμικό
σχήμα:

I.M.Πετρούπολης 2016. Ασκ. 5(6) .ggb: (19.45 KiB) Μεταφορτώθηκε 59 φορές

S.E.Louridas · #13

Ένα ευχαριστώ στον Κώστα Δόρτσιο που ζωντανεύει τα Μαθηματικά σχήματα δίνοντας τους πνοή και κίνηση είναι ελάχιστο μπρός στην εκτίμηση που έχω για τον Μαθηματικό και Άνθρωπο Κώστα Δόρτσιο. Σε κάθε επιστήμη η πρόοδος είναι ζητούμενο. Στα Μαθηματικά η πρόοδος τα τελευταία έτη έχει σαν σοβαρό και αναγκαίο πλεον στοιχείο τα μαθηματικά λογισμικά. Η χρήση των Μαθηματικών λογισμικών (Geogebra κτλ.) καταρχάς χρειάζεται γνώση των μαθηματικών εννοιών. Είναι πλέον απαραίτητο συστατικό για την γρήγορη και σε μεγάλο ποσοστό κατανόηση της συμπεριφοράς μιάς μαθηματικής κατάστασης που διευκολύνει στη συνέχεια την τεκμηρίωση. Θεωρώ ότι στο μέλλον τα Μαθηματικά λογιασμικά θα διευκολύνουν σε επίπεδο αναγκαιότητας και την θεωρητική μελέτη εννοιών. Δυστυχώς στον τομέα της χρήσης των μαθηματικών λογισμικών δηλώνω όσο με αφορά ότι δεν αισθάνομαι καθόλου επαρκής.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2016/17 (ΦΙ τάξη 11)

Μέλη σε σύνδεση