Από Βραζιλία

lonis · #1

Το ABCD είναι ένα κυρτό τετράπλευρο με $\hat{BAC}=30^{\circ}$ , $\hat{CAD}=20^{\circ}$ , $\hat{ABD}=50^{\circ}$ και $\hat{DBC}=30^{\circ}$ . Αν οι διαγώνιές του τέμνονται στο Ρ, να δειχτεί ότι: PC=PD

.
(4ο Θέμα, 15ης Βραζιλιάνικης Μαθηματικής Ολυμπιάδας, 1993 - περιοδικό "Το φ", τεύχος 3, Νοέμβριος 2006, σελ. 180)

dement · #2

Με κυνηγι γωνιων βρισκουμε οτι AD = AP

, οποτε αρκει να αποδειξουμε οτι $\frac{AD}{PD} = \frac{AP}{PC}$ .

Το αριστερο μελος, με νομο ημιτονων στο τριγωνο $\triangle{APD}$ ισουται με $\frac{\sin 80^o}{\sin 20^o} = 4 \cos 20^o \cos 40^o$ .

Το δεξι μελος, με νομο ημιτονων στα τριγωνα $\triangle{PAB}, \triangle{PBC}$ ισουται με $\frac{AP}{PB} \frac{PB}{PC} = \frac{\sin 50^o}{\sin 30^o} \frac{\sin 70^o}{\sin 30^o} = 4 \sin 50^o \sin 70^o$ που ισουται με το αριστερο μελος λογω συμπληρωματικων γωνιων.

Δημητρης Σκουτερης

lonis · #3

Πολύ ωραία και σύντομη λύση, Δημήτρη! Στο επόμενο τεύχος του "φ", δεν είχε δημοσιευτεί λύση για τη συγκεκριμένη άσκηση.
Θα περιμένω όμως και (τουλάχιστον μία...) καθαρά γεωμετρική, αν γίνεται χωρίς μετρικές σχέσεις. Προσωπικά, με ταλαιπώρησε πολύ.

Λεωνίδας Θαρραλίδης

mathfinder · #4

Καλό ξημέρωμα σε όλους
Με το συνημμένο στέλνω προς κρίση σας μία πιθανή λύση της Βραζιλιάνικης άσκησης χωρίς μετρικές και τριγωνομετρία , όπως ζήτησε ο Λεωνίδας .

Αθ. Μπεληγιάννης

lonis · #5

Η λύση σου Θανάση δεν είναι "πιθανή" αλλά "απίθανη"! Είναι αξιοθαύμαστο το ότι, περιορίζοντας δραστικά τα εργαλεία μας (αφαιρώντας αναλυτική γεωμετρία, τριγωνομετρία και μετρικές σχέσεις ακόμη), απομένει απέραντος χώρος για να εκφραστεί η πρώτη αρετή του λύτη: η φαντασία. Βραζιλιάνικο θέμα, γαρ...

Λεωνίδας Θαρραλίδης

S.E.Louridas · #6

ΒΡΑΖΙΛΙΑ (όχι μόνο ποδόσφαιρο αλλά και Γεωμετρία)

Φίλε Λεωνίδα βλέποντας το πρόβλημα πού έβαλες είπα να επιχειρήσω και εγώ ένα οδοιπορικό ,έτσι για την παρέα μας .
Αν πάρουμε σαν βάση ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC,\left( {AB = AC} \right) \wedge \angle A = 20^ \circ ,$
θεωρούμε τον περιγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο αυτό και έστω Κ το κέντρο του .Έστω $Q \equiv BK\bigcap {AC} \Rightarrow \angle BQC = 30^ \circ \wedge \angle AKQ = 20^ \circ .$
Αυτό σημαίνει ότι ,αν θεωρήσουμε την μεσοκάθετη του ΑΚ και ονομάσουμε L το σημείο τομής της με τον περιγραμμένο κύκλο τότε :
$LK = LA \wedge \angle KLA = 60^ \circ ,\mu \varepsilon \angle KQC = 30^ \circ .$
Αυτό σημαίνει ,ότι ο κύκλος με κέντρο L και ακτίνα LK περνά από τα σημεία Κ,Q,A και βέβαια είναι ίσος με τον περιγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ABC.Αυτό οδηγεί στο συμπέρασμα AQ=BC.
Αν τώρα πάμε στο σχήμα σου στο Βραζιλιάνικο πρόβλημα και στην προέκταση της AP πάρουμε , $PC_1 = PD\kappa \alpha \iota K$
το κέντρο του περιγραμμένου κύκλου στο τρίγ.ADP(AD=AP=DB) και ονομάσουμε
$Q \equiv DK\bigcap {AP} \Rightarrow QP = PB$
,αφού από τα προηγούμενα DP=QA.Oπότε
$\vartriangle DPQ = \vartriangle PBC_1 \Rightarrow \angle PBC_1 = 30^ \circ \Rightarrow C_1 \equiv C.$
Αυτές είναι οι σκέψεις μου στο πρόβλημα αυτό .Στόχος όχι μόνο η λύση αλλά καί ο περίγυρος και σέ άλλα προβλήματα που πιθανον να προκυπτουν.Και αυτό για διδακτικούς λόγους.

S.E.Louridas

hsiodos · #7

Στο δρόμο που άνοιξε ο Θανάσης(παραπλήσια λύση)
Από τα δεδομένα προκύπτει DA = DB (προσκείμενες ίσες).
Στο τρDCB είναι DC < DB (ομοίως άνισες με απέναντι γωνίες) , δηλαδή DC < DA οπότε στο τρDCA $\hat{C_1}>20^{o}$ και έτσι $\hat{DCB}>90^{o}$
Φέρνουμε $DH\perp BC$ οπότε $\hat{HDB}=60^{o}$ και $DH=\frac{DB}{2}=\frac{DA}{2}$

Έστω τώρα Ε το μέσο της AD και ότι η ΕΗ τέμνει την DB στο Ζ και την DC στο Ι.

Επειδή DH = DE , τρ DHE ισοσκελές , άρα $\hat{H_1}=\hat{E_1}=20^{o}$ .

Προκύπτει $\hat{E_1}=\hat{DAC}=20^{o}$ που μας δίνει ΕΗ // AC .

Στο τρADC , E μέσο της DA και EI//AC άρα I μέσο DC.

Στο ορθ τρ DHC είναι ΗΙ διάμεσος και έτσι προκύπτει $\hat{H_1}=\hat{D_1}=20^{o}$ και κατά συνέπεια $\hat{D_2}=60^{o}-\hat{D_1}=40^{o}$

Τελικά $\hat{D_2}=\hat{C_1}=40^{o}$ που μας δίνει PD = PC .

Γιώργος

: braziliero.png (29.32 KiB) Προβλήθηκε 3830 φορές

#8

S.E.Louridas έγραψε: Αν πάρουμε σαν βάση ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC,\left( {AB = AC} \right) \wedge \angle A = 20^ \circ ,$
θεωρούμε τον περιγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο αυτό και έστω Κ το κέντρο του .Έστω $Q \equiv BK\bigcap {AC} \Rightarrow \angle BQC = 30^ \circ \wedge \angle AKQ = 20^ \circ .$
Αυτό σημαίνει ότι ,αν θεωρήσουμε την μεσοκάθετη του ΑΚ και ονομάσουμε L το σημείο τομής της με τον περιγραμμένο κύκλο τότε :
$LK = LA \wedge \angle KLA = 60^ \circ ,\mu \varepsilon \angle KQC = 30^ \circ .$
Αυτό σημαίνει ,ότι ο κύκλος με κέντρο L και ακτίνα LK περνά από τα σημεία Κ,Q,A και βέβαια είναι ίσος με τον περιγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ABC.Αυτό οδηγεί στο συμπέρασμα AQ=BC.

: Brazi_lonis.png (12 KiB) Προβλήθηκε 3643 φορές

Η αντιμετώπιση του Σωτήρη Λουρίδα μου κέντρισε το ενδιαφέρον.
Κατασκεύασα το σχήμα και το παραθέτω με το κείμενο για όποιον θα ήθελε να το μελετήσει απ' ευθείας στην οθόνη του υπολογιστή του.
Μία μικρή παρατήρηση:
L να ονομάσουμε το σημείο τομής της μεσοκαθέτου της ΑΚ με το ημικύκλιο που ορίζει η προέκταση της ΑΚ και στο οποίο ανήκει το Β (δείτε στο σχήμα, το άλλο σημείο τομής το ονόμασα L΄).

S.E.Louridas έγραψε:Αν τώρα πάμε στο σχήμα του Λεωνίδα στο Βραζιλιάνικο πρόβλημα και στην προέκταση της AP πάρουμε , $PC_1 = PD\kappa \alpha \iota K$
το κέντρο του περιγραμμένου κύκλου στο τρίγ.ADP(AD=AP=DB) και ονομάσουμε
$Q \equiv DK\bigcap {AP} \Rightarrow QP = PB$
,αφού από τα προηγούμενα DP=QA.Oπότε
$\vartriangle DPQ = \vartriangle PBC_1 \Rightarrow \angle PBC_1 = 30^ \circ \Rightarrow C_1 \equiv C.$

: Brazi_lonis 2.png (7.21 KiB) Προβλήθηκε 3643 φορές

Γιώργος Ρίζος

Υ.Γ. Ο Λεωνίδας μίλησε για "φαντασία". Μου πέρασε απ'το μυαλό η ιδέα να χρησιμοποιήσω Αναλυτική Γεωμετρία (άβυσος η ψυχή τ'ανθρώπου): Ορθοκανονικό Σύστημα με κορυφή είτε Ρ είτε D. Βγαίνει... αλλά το θεωρώ ακατάλληλο για δημόσια προβολή, εφόσον υπάρχουν κομψότατες λύσεις. Αν κανείς θέλει, να το στείλω σε προσωπικό e-mail.

S.E.Louridas · #9

Φίλε μου Rigio ,σέ ευχαριστώ γιά την εκπληκτική σχηματική απόδοση.Πράγματι ήθελα να περάσω το διδακτικό μήνημα
το πώς είναι δυνατόν από ένα ωραίο πρόβλημα νά προκύψουν καί άλλα προβλήματα καί σε πολλές περιπτώσεις ,ίσως καί πρωτότυπα που πιθανό να χρησιμοποιηθούν σαν λήματα.
ΔΕΝ Υπάρχουν καλές ή κακές λύσεις ,αλλά υπάρχουν οι καλές στιγμές της μαθηματικής προσπάθειας γιά την ''κατάκτηση'' ΤΗΣ
άσκησης.Επειδή σημασία έχει ο πλουραλισμός με μεγάλη χαρά θα ήθελα καί την λύση σου.
Με εκτίμηση
Σ.Ε.Λουρίδας

lonis · #10

Σωτήρη, σημαντική η συμβολή σου στην αποκρυπτογράφηση της άσκησης, αυτής και "παρεμφερών". Μετά τη λύση μίας σειράς ασκήσεων,οι περισσότερες με αρχικό ισοσκελές τρίγωνο με γωνία κορυφής 20 μοίρες, βλέπω στις απόπειρες λύσεις με βοηθητικά σχήματα να εμφανίζονται όμοια τρίγωνα. Οι δύο λύσεις του βραζιλιάνικου προβλήματος που θα δώσω, βασίζονται σε ιδέες ήδη χρησιμοποιημένες στη λύση τέτοιων θεμάτων.
Ωστόσο, είναι γοητευτικό να δίνουμε και να βλέπουμε διαφορετικές λύσεις, έξω από τη "μεθοδολογία" του πράγματος, την οποία καθόλου δεν υποτιμώ. Όπως δεν υποτιμώ και τις λύσεις με άλλα εργαλεία (τριγωνομετρία, αναλυτική γεωμετρία). Ελπίζω να μην παρεξηγήθηκα. Αυτό που θέλω να πω και ίσως άστοχα εκφράζω είναι ότι εγώ ευχαριστιέμαι περισσότερο (και δεν ησυχάζω αν δεν βρω) λύσεις που να χρησιμοποιούν, μόνο ευκλείδεια γεωμετρία επιπέδου Α Λυκείου (και μάλιστα μέχρι εκεί που προλαβαίνουμε να διδάξουμε όπως πρέπει).
Αλλά χαίρομαι να βλέπω και λύσεις με αναλυτική γεωμετρία - ίσως λιγότερο με τριγωνομετρία. Κάθε τρόπος έχει τις ευκολίες αλλά και τις δυσκολίες του. Κι ας είμαι ειλικρινής: συχνά όταν θέλω να υπολογίσω μια ζητούμενη γωνία σε τέτοια άσκηση, τη λύνω πρώτα αλλιώς. Και μετά σπεύδω να πετάξω τα εργαλεία που χρησιμοποίησα, σα στιμένες λεμονόκουπες!

Συμπέρασμα: Παρακαλώ δημοσίως το Γιώργο Ρίζο, αλλά και κάθε ενδιαφερόμενο, να καταθέσει λύση με αναλυτική γεωμετρία. Και εύχομαι προκαταβολικά κουράγιο στην πληκτρολόγηση.

Λεωνίδας Θαρραλίδης

lonis · #11

Η μία λύση :

Έστω AD=AP=a

και

. Κατασκευάζω ισόπλευρο τρίγωνο AEF

, πλευράς

, όπως στο σχήμα. Εύκολα προκύπτει ότι $\bigtriangleup {AFD}=\bigtriangleup {ADP}$ , επομένως DF=a

. Τώρα, το τρίγωνο DFB

είναι ισόπλευρο, άρα FB=a

. Έτσι: $\bigtriangleup {FEB}=\bigtriangleup {ADP}$ , συνεπώς η

είναι μεσοκάθετος της

.
Τελικά $\hat{BEC}=180^{o}-(60^{o}+80^{o})=40^{o}$ άρα $\hat{ECB}=180^{o}-(40^{o}+70^{o})=70^{o}$ δηλαδή EC=EB=a=AP

και

.

Λεωνίδας Θαρραλίδης

taratoris · #12

Παίρνουμε σημείο Κ στην ΑΡ τέτοιο ώστε γωνία ΑDΚ=10. Εύκολα αποδεικνύεται (με νόμο ημιτ. στα τρίγωνα ΑDΚ ΑΚΒ και ΑDΒ) οτι και η γωνία ΑΒΚ=10.Άρα το τετράπλευρο ΚΒCD είναι εγγράψιμο (γωνία KDB=γωνία KCB=70).Άρα γωνία ΚΒD=γωνία KCD=40 και έχουμε τελειώσει

lonis · #13

Η δεύτερη λύση:

Κατασκευάζουμε ρόμβο (είναι AP=AD=DB

)

και, επί της

, παίρνουμε σημείο

, τέτοιο ώστε PZ=PB

. Έτσι:

και $\hat{PZB}=\hat{PBZ}=40^{o}$ . Ακόμη: $\hat{ZBC}=40^{o}+30^{o}=70^{o}$ και, στο $\bigtriangleup ZBC$ , $\hat{ZCB}=70^{o}$ , οπότε ZB=ZC

.
Έχουμε, επιπλέον: $\hat{FAZ}=100^{o}-20^{o}=80^{o}$ , άρα $\bigtriangleup FAZ=\bigtriangleup ADP$ οπότε FZ=FA=FB

δηλαδή το $\bigtriangleup FZB$ είναι ισοσκελές. Όμως $\hat{FZB}=180^{o}-80^{o}-40^{o}=60^{o}$ και το $\bigtriangleup FZB$ είναι τελικά ισόπλευρο. Τελικά: ZB=ZC=AP

και $AZ=PC\Leftrightarrow PD=PC$ .

Λεωνίδας Θαρραλίδης

ΥΓ: Δείτε τώρα πώς συνδέονται συναφή προβλήματα εδώ: viewtopic.php?f=49&t=628

#14

Επισυνάπτω μία λυση ακόμα, γιατί απ΄ότι έψαξα δεν έχει ανέβει κάποια παρόμοια.

#15

S.E.Louridas έγραψε:Φίλε μου Rigio ,σέ ευχαριστώ γιά την εκπληκτική σχηματική απόδοση.Πράγματι ήθελα να περάσω το διδακτικό μήνημα
το πώς είναι δυνατόν από ένα ωραίο πρόβλημα νά προκύψουν καί άλλα προβλήματα καί σε πολλές περιπτώσεις ,ίσως καί πρωτότυπα που πιθανό να χρησιμοποιηθούν σαν λήματα.
ΔΕΝ Υπάρχουν καλές ή κακές λύσεις ,αλλά υπάρχουν οι καλές στιγμές της μαθηματικής προσπάθειας γιά την ''κατάκτηση'' ΤΗΣ
άσκησης.Επειδή σημασία έχει ο πλουραλισμός με μεγάλη χαρά θα ήθελα καί την λύση σου.
Με εκτίμηση
Σ.Ε.Λουρίδας

lonis έγραψε:Συμπέρασμα: Παρακαλώ δημοσίως το Γιώργο Ρίζο, αλλά και κάθε ενδιαφερόμενο, να καταθέσει λύση με αναλυτική γεωμετρία. Και εύχομαι προκαταβολικά κουράγιο στην πληκτρολόγηση.

Λεωνίδας Θαρραλίδης

Εσείς τα θέλατε.... Ελπίζω να έχετε την υπομονή να δείτε μέχρι τέλους την ανορθόδοξη προσέγγιση που επιχείρησα. Περιμένω τις παρατηρήσεις όποιου θα ήθελε.
Σε πολλά σημεία κινούμαι "ανάποδα" γιατί οι τριγωνομετρικοί μετασχηματισμοί, παρότι επαληθεύοταν, ήταν πολυπλοκότατοι... Πάντως εγώ νίπτω τα χέρια μου, (τα κουρασμένα από την πληκτρολόγηση...).

: Brazi_lonis 3.png (7.71 KiB) Προβλήθηκε 3306 φορές

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο P και τοποθετούμε σημείο D(-1, 0), οπότε το μήκος (DP) = 1 είναι η μονάδα μέτρησης του συστήματος.
Έστω Α το σημείο τομής της ευθείας που διέρχεται από το P και σχηματίζει γωνία 100° με τον Px και της ευθείας που διέρχεται από το D και σχηματίζει γωνία 80° με τον Px και βρίσκεται στο θετικό ημιεπίπεδο των αξόνων.
Αφού το DAP είναι ισοσκελές, η τετμημένη του Α θα είναι -1/2, οπότε η τεταγμένη του είναι: $\frac{1}{2} \cdot \varepsilon \phi 80^\circ$ , άρα $A\left( { - \frac{1}{2},\;\frac{1}{2} \cdot \varepsilon \phi 80^\circ } \right)$ .
Η ΑΡ έχει εξίσωση: y = -εφ80° ∙x

Η ευθεία που διέρχεται από το D και σχηματίζει με τον Ρx γωνία 140° έχει εξίσωση:
y = -εφ40°∙x - εφ40°
Το σημείο τομής τους το ονομάζω C και έχει συντεταγμένες $C\left( {x_0 ,\;y_0 } \right)$ , που προσδιορίζονται από τη λύση του συστήματος: $\left\{ \begin{array}{l} y_0 = - \varepsilon \phi 80^\circ \cdot x_0 \\ y_0 = - \varepsilon \phi 40^\circ \cdot x_0 - \varepsilon \phi 40^\circ \\ \end{array} \right.\;\; \Leftrightarrow \;... \Leftrightarrow \;\;\left\{ \begin{array}{l} x_0 = \frac{{1 - \varepsilon \phi ^2 40^\circ }}{{1 + \varepsilon \phi ^2 40^\circ }} \\ y_0 = \frac{{ - 2\varepsilon \phi 40^\circ }}{{1 + \varepsilon \phi ^2 40^\circ }} \\ \end{array} \right.$

Είναι: $x_0^2 + y_0^2 = \left( {\frac{{1 - \varepsilon \phi ^2 40^\circ }}{{1 + \varepsilon \phi ^2 40^\circ }}} \right)^2 + \;\left( {\frac{{ - 2\varepsilon \phi 40^\circ }}{{1 + \varepsilon \phi ^2 40^\circ }}} \right)^2 = \;...\; = 1$ , άρα (PC) = 1, δηλαδή το DPC είναι ισοσκελές με γωνίες 40° παρά τη βάση DC.

Ο κύκλος με κέντρο D και ακτίνα (DA) = (PA) = $\sqrt {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2 + \left( {\frac{1}{2}\varepsilon \phi 80^\circ } \right)^2 } = \frac{1}{2}\sqrt {1 + \frac{{\eta \mu ^2 80^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 80^\circ }}} = \frac{1}{{2\sigma \upsilon \nu 80^\circ }}$
έχει εξίσωση: $\left( {x + 1} \right)^2 + y^2 = \frac{1}{{4\sigma \upsilon \nu ^2 80^\circ }}$
τέμνει τον x΄x σε σημείο με συντεταγμένες $\left( {x_0 ,\;0} \right)$ .
Τότε: $\left( {x_0 + 1} \right)^2 + 0^2 = \frac{1}{{4\sigma \upsilon \nu ^2 80^\circ }}\;\;\; \Leftrightarrow \;\;x_0 + 1 = \pm \frac{1}{{2\sigma \upsilon \nu 80^\circ }}$
Ονομάζω Β το σημείο ${\rm B}\left( {\frac{1}{{2\sigma \upsilon \nu 80^\circ }} - 1,\;0} \right)$ , που βρίσκεται δεξιά του D στον x΄x.
Τότε (DΑ) = (DB) άρα $\widehat{D{\rm B}A} = \widehat{DA{\rm B}} = 50^\circ \;\; \Rightarrow \;\;\widehat{{\rm B}AP} = 30^\circ$ .

Έχουμε πλέον προσδιορίσει τις συντεταγμένες του ABCD, με βάση τα δεδομένα της υπόθεσης. Αρκεί να δείξουμε ότι $\widehat{PBC} = 30^\circ$ .

Θεωρώ την ευθεία που διέρχεται από το Β και σχηματίζει με τον Ρx γωνία 30°.
Τέμνει την προέκταση της ΑΡ στο Κ, οπότε, στο ΡBΚ είναι:
$\widehat{PB{\rm K}} = 30^\circ \;\; \Rightarrow \;\;\widehat{P{\rm K}{\rm B}} = 70^\circ$

Από Ν. Ημιτόνων:
$\frac{{PB}}{{\eta \mu 70^\circ }} = \frac{{P{\rm K}}}{{\eta \mu 30^\circ }}\;\; \Leftrightarrow \;\;\frac{{\frac{1}{{2\sigma \upsilon \nu 80^\circ }} - 1}}{{\eta \mu 70^\circ }} = \frac{{P{\rm K}}}{{\eta \mu 30^\circ }} \Leftrightarrow \;\;\frac{{1 - 2\sigma \upsilon \nu 80^\circ }}{{2\eta \mu 70^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 80^\circ }} = \frac{{P{\rm K}}}{{\eta \mu 30^\circ }}\;\; \Leftrightarrow \;\;$
${\rm P}{\rm K} = \frac{{\frac{1}{2} - \eta \mu 10^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 60^\circ - \sigma \upsilon \nu 80^\circ }} = \frac{{\frac{1}{2} - \eta \mu 10^\circ }}{{\frac{1}{2} - \eta \mu 10^\circ }} = 1$

Οπότε το (ΡΚ) = (ΡC) = 1, τα Κ, C είναι στην ίδια ημιευθεία ως προς το Ρ, άρα το Κ ταυτίζεται με το C, άρα $\widehat{PBC} = 30^\circ$ , ο.ε.δ. (ουφ).

Γιώργος Ρίζος

#16

Γίωργο καλημέρα και συγχαρητήρια για την εξαιρετική σου προσπάθεια...Ευχαριστούμε!

S.E.Louridas · #17

Φίλε Γιώργο,συγνώμη πού άργησα να σού απαντήσω αλλά είχα επαγγελματικές υποχρεώσεις.
Κατ' αρχήν πρόσφερες στούς αναγνώστες την μοναδική λύση διαφορετικής νοοτροπίας από εκείνη της Ευκλείδιας.Αυτό όπως αντιλαμβάνεσαι έχει τεράστια σημασία .
Στην συνέχεια χρησιμοποίησες περίτεχνα ,φέροντας στην επιφάνεια,γνώσεις από την τριγωνομετρία και την
άλγεβρα πολύ σημαντικές.
Τά 'ανορθόδοξα' γκόλ δεν είναι σε πολλές περιπτώσεις καθοριστικά;Δέν μετάνοιωσα λοιπόν που ζήτησα την λύση σου.
S.E.Louridas

#18

Etaratoris έγραψε:Παίρνουμε σημείο Κ στην ΑΡ τέτοιο ώστε γωνία ΑDΚ=10. Εύκολα αποδεικνύεται (με νόμο ημιτ. στα τρίγωνα ΑDΚ ΑΚΒ και ΑDΒ) οτι και η γωνία ΑΒΚ=10.Άρα το τετράπλευρο ΚΒCD είναι εγγράψιμο (γωνία KDB=γωνία KCB=70).Άρα γωνία ΚΒD=γωνία KCD=40 και έχουμε τελειώσει

Μου αρεσει πολυ αυτη η λυση αλλα νομιζω πως θελει *λιγη* δουλεια ακομη... Συγκεκριμενα ο ισχυρισμος οτι ΑΒΚ = 10 ... δεν ειναι και τοσο προφανης

Αν καταλαβα σωστα την λυση σου, χρησιμοποιεις την σχεση

(ημ50)/(ημ80) = (ημΑΒD)/(ημΑDΒ) = AD/AB = (AD/AK)/(AB/AK) = [(ημΑΚD)/(ημΑDΚ)]/[(ημΑΚΒ)/(ημΑΒΚ)] = [(ημ150)/(ημ10)]/[(ημ(180-30-χ))/(ημχ)],

οπου χ = ΑΒΚ, η γωνια που θελουμε να δειξουμε οτι ειναι ιση με 10.

Πολυ ωραια, γνωριζουμε οτι η ανωτερω ισοτητα *ισχυει* για χ = 10: μετα την πρωτη απλοποιηση η ισοτητα ειναι ισοδυναμη προς την (ημ50)/(ημ80) = (ημ150)/(ημ140) ή (ημ50)/(ημ80) = (ημ30)/(ημ40) ή (ημ50)*(ημ40) = (ημ80)*(ημ30) -- η οποια ισχυει καθως (ημ80)*(ημ30) = 2(ημ40)(συν40)*(1/2) = (ημ40)*(ημ50). [Ευκολο σχετικα, και παραλειπουμε και τις λεπτομερειες αν θελουμε

]

Οφειλουμε ομως -- και εδω ας με συμπληρωσει ή διορθωσει οποιος τυχον διαφωνει -- να δειξουμε οτι η λυση χ = 10 ειναι *μοναδικη*! Αυτο προκυπτει ευκολα απο την παρατηρηση οτι η συναρτηση (ημ(180-30-χ))/(ημχ) = (ημ(30+χ))/(ημχ) = (σφ(χ))/2 + (συν30) ειναι γνησιως φθινουσα. Οχι οτι ειναι τοσο δυσκολο, αλλα προφανες εξ αρχης δεν ειναι και *πρεπει* να αναφερθει, εστω και αν ειναι μια τεχνικη λεπτομερεια σε μια πολυ ομορφη και απλη κατα τα αλλα λυση (νομιζω)...

Γιωργος Μπαλογλου

#19

gbaloglou έγραψε:
Etaratoris έγραψε:Παίρνουμε σημείο Κ στην ΑΡ τέτοιο ώστε γωνία ΑDΚ=10. Εύκολα αποδεικνύεται (με νόμο ημιτ. στα τρίγωνα ΑDΚ ΑΚΒ και ΑDΒ) οτι και η γωνία ΑΒΚ=10.Άρα το τετράπλευρο ΚΒCD είναι εγγράψιμο (γωνία KDB=γωνία KCB=70).Άρα γωνία ΚΒD=γωνία KCD=40 και έχουμε τελειώσει
Μου αρεσει πολυ αυτη η λυση αλλα νομιζω πως θελει *λιγη* δουλεια ακομη...

Γιώργο, είχα ζητήσει κι εγώ διευκρινήσεις με πρ. μήνυμα για τη λύση του etaratoris, (που είναι μαθητής).
Δίνω παρακάτω τη διευκρίνηση, που μου έστειλε, με την οποία φαίνεται πιο καθαρά η διαδικασία επίλυσης της άσκησης:

Θεωρούμε σημείο Κ στην ΑΡ τέτοιο ώστε γωνία ΑDΚ=10.Ισχύει ΑΚ/ημ10=ΑD/ημ150=ΑD/ημ30 άρα ΑΚ=2*ΑD*ημ10.
Ομοίως θεωρούμε γωνία ΑΒΚ'=10(το Κ' ανήκει στην ΑΡ). Βρίσκουμε με τον παραπάνω τρόπο οτι AK'= (ημ10*ΑΒ)/ημ40.Άρα ΑΚ/ΑΚ' = 2*ημ40*(ΑD/AB) και AD/AB=ημ50/ημ80 =συν40/ημ80 άρα ΑΚ/ΑΚ'=2ημ40συν40/ημ80=1. Άρα Κ=Κ' κ.ο.κ.

Για τα παιδιά που ασχολούνται με μαθηματικούς διαγωνισμούς είναι δεδομένα και τετριμμένα κάποια σημεία που για εμένα τουλάχιστον δεν είναι...
Καλή συνέχεια στον Βαγγέλη και σε όλους τους μαθητές που αγαπούν τα μαθηματικά!

Γιώργος Ρίζος
edit 3:37, έκανα μια μικρή διόρθωση: AK" σε ΑΚ' που εντόπισε ο Γιώργος Μπαλόγλου. Ευχαριστώ!

#20

Rigio έγραψε:Για τα παιδιά που ασχολούνται με μαθηματικούς διαγωνισμούς είναι δεδομένα και τετριμμένα κάποια σημεία που για εμένα τουλάχιστον δεν είναι...

Αν ημουν διορθωτης με ελευθερα τα χερια σε μαθηματικο διαγωνισμο θα εδινα, μετα απο καποια σκεψη, 100% στην λυση του Βαγγελη οπως μας την εστειλε στην αρχη. Ισχυει αραγε το ιδιο για ολους τους διορθωτες? (Παντα αναρωτιομουν τι ειδους λυσεις παιρνουν 6/7 στην ΙΜΟ

) Καθαρα ρητορικη η ερωτηση, εδω δεν ηταν μαθηματικος διαγωνισμος, ΟΚ!

Γιωργος Μπαλογλου

Από Βραζιλία

Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Re: Από Βραζιλία

Μέλη σε σύνδεση