mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 11:53 pm**

1. Να δείξετε οτι αν ισχύει $\displaystyle{c_1(a_{\color{red}3}b_{\color{red}2}-a_{\color{red}2}b_{\color{red}3})+c_2(a_1b_{\color{red}3}-a_{\color{red}3}b_1)+c_3(a_2b_1-a_1b_2)\ne 0}$
όπου $\displaystyle{a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3,c_1,c_2,c_3}$ πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί μεταξύ τους και διάφοροι του μηδενός,
τότε το σύστημα $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} a_1 x+b_1 y+(a_1k^2+b_1k+c_1)w=d_1 \\ a_2 x+b_2 y+(a_2k^2+b_2k+c_2)w=d_2\\ a_3 x+b_3 y+(a_3k^2+b_3k+c_3)w=d_3 \end{matrix}\right}}$ έχει μία και μοναδική λύση ως προς τους $\displaystyle{x,y,w}$ .
Επίσης να δείξετε οτι στην λύση αυτή, η τιμή του αγνώστου $\displaystyle{w}$ είναι ανεξάρτητη του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{k}$ .
Παρατήρηση: Η λύση να γίνει χωρίς την βοήθεια των οριζουσών.

2. Να δειχτεί οτι σε κάθε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{R\ge 2r}$ όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του και $\displaystyle{r}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του.

3. Να βρεθεί μεταξύ ποιων οριών πρέπει να περιλαμβάνεται η πραγματική παράμετρος $\displaystyle{\mu}$
για να υπάρχει λύση της εξίσωσης $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 3x \sigma \upsilon \nu^3x -\eta\mu 3x\eta\mu^3x=\mu}$ .
Με τις παραπάνω συνθήκες να λυθεί η παραπάνω εξίσωση.
Τέλος να γίνει εφαρμογή για $\displaystyle{\mu=\frac{1}{4}+\frac{3}{8}\sqrt3}$ και $\displaystyle{\mu=\frac{5}{8}}$

edit's
μετονομασία τίτλου από 'θεωρητική'' σε ''κλασικό''
διόρθωση δεικτών στην συνθήκη του 1ου θέματος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 14, 2018 9:20 pm**

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2013 11:53 pm
3. Να βρεθεί μεταξύ ποιων οριών πρέπει να περιλαμβάνεται η πραγματική παράμετρος $\displaystyle{\mu}$
για να υπάρχει λύση της εξίσωσης $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 3x \sigma \upsilon \nu^3x -\eta\mu 3x\eta\mu^3x=\mu}$ .
Με τις παραπάνω συνθήκες να λυθεί η παραπάνω εξίσωση.
Τέλος να γίνει εφαρμογή για $\displaystyle{\mu=\frac{1}{4}+\frac{3}{8}\sqrt3}$ και $\displaystyle{\mu=\frac{5}{8}}$

Ισχύει ότι
$\sigma \upsilon \nu 3x=4\sigma \upsilon \nu^{3}x-3\sigma \upsilon \nu x$ , $\eta \mu 3x=3\eta \mu x-4\eta \mu^{3}x$

Συνεπώς έχουμε ότι
$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 3x \sigma \upsilon \nu^3x -\eta\mu 3x\eta\mu^3x=}$

$\displaystyle\frac{\sigma \upsilon \nu 3x+3\sigma \upsilon \nu x}{4} \cdot \sigma \upsilon \nu3x-\frac{3\eta \mu x-\eta \mu3x}{4}\cdot \eta \mu3x=$

$\displaystyle\frac{\sigma \upsilon \nu^{2}3x+3\sigma \upsilon \nu x\cdot\sigma \upsilon \nu3x-3\eta \mu x\cdot \eta \mu 3x+\eta \mu^{2}3 x }{4}=$

$\displaystyle \frac{1+3\left (\sigma \upsilon \nu x\cdot \sigma \upsilon \nu 3x-\eta \mu x\cdot \eta \mu 3x \right )}{4}=$

$\displaystyle \frac{1+3\sigma \upsilon \nu\left ( x+3x \right )}{4}=\frac{1+3\sigma \upsilon \nu4x}{4}$

Βρίσκουμε τώρα τα όρια που ζητούνται.

$\displaystyle -1\leq \sigma \upsilon \nu 4x\leq 1\Leftrightarrow -3\leq3 \sigma \upsilon \nu 4x\leq 3\Leftrightarrow -2\leq 1+3\sigma \upsilon \nu 4x\leq4 \Leftrightarrow- \frac{1}{2}\leq \frac{1+3\sigma \upsilon \nu 4x}{4}\leq 1$

Tα ζητούμενα όρια είναι το $\displaystyle - \frac{1}{2}$ και το

Aς λύσουμε τώρα την εξίσωση λαμβάνοντας υπ' όψιν τα όρια που βρέθηκαν παραπάνω.

H εξίσωση γράφεται πλέον

$\displaystyle \frac{1+3\sigma \upsilon \nu4x}{4}=\mu\Leftrightarrow\sigma \upsilon \nu4x=\frac{4\mu-1}{3}$

Μπορούμε πλέον να γράψουμε ότι $\displaystyle\frac{4\mu-1}{3} =\sigma \upsilon \nu \theta _{0}$

Έτσι ισοδύναμα προκύπτει ότι $\displaystyle 4x=2k\pi \pm\theta _{0}\Leftrightarrow x=\frac{k\pi }{2}\pm \frac{\theta _{0}}{4}$ με

ακέραιο.

Ας λύσουμε τις δύο εξισώσεις που ζητούνται.

Η πρώτη εξίσωση γράφεται

$\displaystyle \frac{1+3\sigma \upsilon \nu4x}{4}=\frac{1}{4}+\frac{3}{8}\sqrt3}$ που ισοδυναμεί με την

$\displaystyle\sigma \upsilon \nu4x=\frac{\sqrt3}{2}\Leftrightarrow\sigma \upsilon \nu4x=\sigma \upsilon \nu\frac{\pi}{6}\Leftrightarrow4x=2k\pi\pm\frac{\pi}{6}\Leftrightarrow x=\frac{k\pi }{2}\pm \frac{\pi}{24}$ με

ακέραιο.

Η δεύτερη εξίσωση γράφεται

$\displaystyle \frac{1+3\sigma \upsilon \nu4x}{4}=\frac{5}{8}$ που ισοδυναμεί με την

$\displaystyle\sigma \upsilon \nu4x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow\sigma \upsilon \nu4x=\sigma \upsilon \nu\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow4x=2k\pi\pm\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow x=\frac{k\pi }{2}\pm \frac{\pi}{12}$ με

ακέραιο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 23, 2018 8:48 pm**

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2013 11:53 pm
2. Να δειχτεί οτι σε κάθε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{R\ge 2r}$ όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του και $\displaystyle{r}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του.

Πρόκειται για μια πασίγνωστη ανισότητα του Euler...

Θα αποδειχθεί ότι $\alpha \beta \gamma \geq \left ( \alpha +\beta -\gamma \right )\left ( \alpha -\beta +\gamma \right )\left ( -\alpha +\beta +\gamma \right )$

Ισχύει ότι
$\alpha ^{2}\geq\alpha ^{2}- \left ( \beta -\gamma \right )^{2}\Leftrightarrow \alpha ^{2}\geq \left ( \alpha+\beta -\gamma \right )\left (\alpha -\beta +\gamma \right )$

$\beta ^{2}\geq \beta ^{2}-\left ( \alpha -\gamma \right )^{2}\Leftrightarrow \beta ^{2}\geq \left ( \alpha+\beta -\gamma \right )\left (-\alpha +\beta +\gamma \right )$

$\gamma ^{2}\geq \gamma ^{2}-\left ( \alpha - \beta \right )^{2}\Leftrightarrow \gamma ^{2}\geq \left ( \alpha-\beta +\gamma \right )\left (-\alpha +\beta +\gamma \right )$

Αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη τις ανισότητες αυτές έχουμε

$\alpha ^{2} \beta ^{2} \gamma ^{2} \geq \left ( \alpha +\beta -\gamma \right ) ^{2}\left ( \alpha -\beta +\gamma \right ) ^{2}\left ( -\alpha +\beta +\gamma \right ) ^{2}$

και αν αποτετραγωνίσουμε προκύπτει ότι

$\alpha \beta \gamma \geq \left ( \alpha +\beta -\gamma \right )\left ( \alpha -\beta +\gamma \right )\left ( -\alpha +\beta +\gamma \right )$

κάτι που ισοδυναμεί με

$\tau\alpha \beta \gamma \geq \tau \left ( 2\tau -2\alpha \right )\left ( 2\tau -2\beta \right )\left ( 2\tau -2\gamma \right )\Leftrightarrow \tau\alpha \beta \gamma \geq 8\tau \left ( \tau -\alpha \right )\left ( \tau -\beta \right )\left ( \tau -\gamma \right )\Leftrightarrow$

$\tau 4ER\geq 8E^{2}\Leftrightarrow 4\tau R\geq 8E\Leftrightarrow 4\tau R\geq 8\tau r \Leftrightarrow R\geq2r$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 08, 2018 12:10 am**

: 1972-1973 EULER.png (262.16 KiB) Προβλήθηκε 1065 φορές

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2013 11:53 pm

2. Να δειχτεί οτι σε κάθε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{R\ge 2r}$ όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του και $\displaystyle{r}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του.

Ένας πολύ μελετημένος μαθητής θα μπορούσε να απαντήσει στο θέμα αυτό με τις παρακάτω σκέψεις:

Έστω τρίγωνο $AB\Gamma$ και

το έγκεντρό του. Έστω επίσης

το σημείο όπου η διχοτόμος $A\Delta$ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του $AB\Gamma$ .

Ισχύουν ότι

$B\hat{M}I=\hat{\Gamma }.$

$\displaystyle I\hat{B}M=I\hat{B}\Gamma+\Gamma\hat{B }M=\frac{\hat{B }}{2}+\frac{\hat{A }}{2} =\frac{\hat{B }+\hat{A }}{2} =\frac{180^{0}-\hat{\Gamma }}{2} =90^{0} -\frac{\hat{\Gamma }}{2}$

Άρα στο τρίγωνο IBM

ισχύει $\displaystyle B\hat{I}M=180^{0}-B\hat{M}I-I\hat{B}M=180^{0}-\hat{\Gamma }-\left ( 90^{0}-\frac{\Gamma }{2} \right )=90^{0}-\frac{\hat{\Gamma }}{2}$

Άρα λοιπόν $B\hat{I}M= I\hat{B}M.$

Έτσι στο τρίγωνο IBM

ισχύει ότι MB=MI.

Mπορεί πλέον να γραφεί ότι $M\Gamma=MB=MI.$

Θα δείξουμε τώρα ότι $IM\cdot IA=2Rr .$

Έστω

το αντιδιαμετρικό σημείο του

Aπό το ορθογώνιο τρίγωνο $\Gamma MN$ προκύπτει ότι
$\displaystyle M\Gamma =MN\cdot \eta \mu M\hat{N}\Gamma =MN\cdot \eta \mu \frac{\hat{A}}{2}$

Έστω

η ορθή προβολή του

επί της πλευράς $A\Gamma.$

Aπό το ορθογώνιο τρίγωνο PIA

προκύπτει ότι
$\displaystyle IA=\frac{IP}{\eta \mu I\hat{A}P}=\frac{IP}{\eta \mu \frac{\hat{A}}{2}}$

Έτσι λοιπόν $\displaystyle IM\cdot IA= M\Gamma\cdot IA =MN\cdot \eta \mu \frac{\hat{A}}{2}\cdot\frac{IP}{\eta \mu \frac{\hat{A}}{2}}=2Rr .$

Συνεπώς $OI^{2}=R^{2}-2Rr$ και έτσι προκύπτει ότι $R^{2}-2Rr\geq 0\Leftrightarrow R^{2}\geq 2Rr\Leftrightarrow R\geq 2r$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 08, 2018 2:18 pm**

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2013 11:53 pm
2. Να δειχτεί οτι σε κάθε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{R\ge 2r}$ όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του και $\displaystyle{r}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του.

Ένας άλλος τρόπος απόδειξης:

Γνωρίζουμε ότι $r \leqslant s.$ Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε $2s \leqslant R.$ Θέτουμε TB = TZ = x.

Παρατηρούμε ότι: ${x^2} = 2R \cdot TK \Rightarrow 4TK\, \cdot s \leqslant {\left( {TK + s} \right)^2} = 2R \cdot TK \Rightarrow 2s \leqslant R.$

: ΩΥΛΕΡ.png (70.62 KiB) Προβλήθηκε 1008 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 08, 2018 8:02 pm**

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2013 11:53 pm

2. Να δειχτεί οτι σε κάθε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{R\ge 2r}$ όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του και $\displaystyle{r}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του.

Εκείνη την εποχή θεωρείτο γνωστό ότι OI^2=R^2-2Rr

Στο σχολικό βιβλίο του Ι. ΙΩΑΝΝΙΔΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Δ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ (ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΣ) ΤΟΜΟΣ ΔΕΥΤΕΡΟΣ (1968)

είναι το θεώρημα 26 στη σελίδα 36 (στο πρώτο κεφάλαιο για μαθητές που μόλις τελείωσαν τη Γ' γυμνασίου).

Συγκρίνετε τώρα τη Γεωμετρία που διδάσκεται σήμερα... O tempora, o mores!

mathematica.gr

Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1972-73 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ