ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να βρεθούν οι πλευρές $\displaystyle{\beta,\gamma}$ ορθογωνίου τριγώνου, αν γνωρίζουμε την υποτείνουσα $\displaystyle{\alpha}$ και οτι $\displaystyle{\eta\mu B=2\eta\mu \Gamma}$ .

2. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\varepsilon \phi x+\varepsilon \phi 2x=\varepsilon \phi 3x}$ .

3. Να δειχτεί οτι αν σε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{\eta\mu^2 A+\eta\mu^2B+\eta\mu^2 \Gamma=2}$ , τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

4. Να δειχτούν οι ταυτότητες:
α) $\displaystyle{\eta\mu(90^o-x)+\eta\mu(18^o+x)+\eta\mu(18^o-x)=\eta\mu(54^o+x)+\eta\mu(54^o-x)}$
β) $\displaystyle{\sigma\upsilon\nu 10^o+\eta\mu 40^o=\sqrt3 \eta \mu 70^o}$

5. Να λυθεί το σύστημα $\left\{ \begin{array}{l} \varepsilon \phi x +\varepsilon \phi y=2 \\ 2\sigma\upsilon\nu x\sigma\upsilon\nu y=1 \end{array} \right.$

BAGGP93 · #2

parmenides51 έγραψε:1. Να βρεθούν οι πλευρές $\displaystyle{\beta,\gamma}$ ορθογωνίου τριγώνου, αν γνωρίζουμε την υποτείνουσα $\displaystyle{\alpha}$ και οτι $\displaystyle{\eta\mu B=2\eta\mu \Gamma}$ .

Από τη σχέση $\displaystyle{\eta \mu\,B=2\,\eta \mu\,\Gamma}$ , λαμβάνουμε

$\displaystyle{\frac{\beta}{\alpha}=\frac{2\,\gamma}{\alpha}\Leftrightarrow \beta=2\,\gamma\,\,(I)}$ .

Σύμφωνα με το Πυθαγόρειο Θεώρημα,

$\displaystyle{\beta^2+\gamma^2=\alpha^2\stackrel{(I)}{\Rightarrow} 5\,\gamma^2=\alpha^2\Rightarrow \gamma=\frac{\alpha}{\sqrt{5}}$ .

Επομένως, $\displaystyle{\left(\alpha,\beta,\gamma\right)=\left(\alpha,\frac{2\,\alpha}{\sqrt{5}},\frac{\alpha}{\sqrt{5}}\right)}$

όπου o $\displaystyle{\alpha}$ είναι γνωστός θετικός πραγματικός αριθμός.

#3

parmenides51 έγραψε:2. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\varepsilon \phi x+\varepsilon \phi 2x=\varepsilon \phi 3x}$ .

Έχουμε: $\displaystyle{\epsilon \phi \ (x+2x)=\epsilon \phi 3x \Leftrightarrow \frac{\epsilon \phi x +\epsilon \phi 2x}{1-\epsilon \phi x \epsilon \phi 2x}=\epsilon \phi 3x \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\epsilon \phi x \epsilon \phi 2x \epsilon \phi 3x =\epsilon \phi 3x -\epsilon \phi x -\epsilon \phi 2x}$

Τώρα η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle{\varepsilon \phi x+\varepsilon \phi 2x=\varepsilon \phi 3x \Leftrightarrow \varepsilon \phi x+\varepsilon \phi 2x-\varepsilon \phi 3x =0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\epsilon \phi x \epsilon \phi 2x \epsilon \phi 3x =0\Leftrightarrow x=k_1 \pi }$ ή $\displaystyle{2x=k_2 \pi}$ ή $\displaystyle{3x=k_3 \pi}$

Άρα $\displaystyle{x=k_1 \pi}$ , ή $\displaystyle{x=k_2 \frac{\pi}{2}}$ , ή $\displaystyle{x=k_3 \frac{\pi}{3}}$ , με $\displaystyle{k_1 , k_2 , k_3 \in Z}$

όπου όμως πρέπει ο $\displaystyle{k_2}$ να είναι άρτιος, αλλιώς δεν ορίζεται η $\displaystyle{\epsilon \phi x}$

Συνεπώς τελικά, οι λύσεις συνοψίζονται στις $\displaystyle{x=k_1 \pi}$ , ή $\displaystyle{x=k_3 \frac{\pi}{2}}$ , με $\displaystyle{k_1 , k_3 \in Z}$

ΣΗΜ: Διορθ'ωθηκε μια απροσεξία στις λύσεις.

BAGGP93 · #4

parmenides51 έγραψε:

5. Να λυθεί το σύστημα $\left\{ \begin{array}{l} \varepsilon \phi x +\varepsilon \phi y=2 \\ 2\sigma\upsilon\nu x\sigma\upsilon\nu y=1 \end{array} \right.$

Έστω $\displaystyle{\left(x,y\right)\in\left(k\,\pi-\frac{\pi}{2},k\,\pi+\frac{\pi}{2}\right)\times \left(m\,\pi-\frac{\pi}{2},m\,\pi+\frac{\pi}{2}\right)}$ λύση του συστήματος ,

με $\displaystyle{k\,,m\in\mathbb{Z}}$ .

Από την πρώτη εξίσωση έχουμε

$\displaystyle{\varepsilon \phi\,x+\varepsilon \phi\,y=2\Rightarrow \frac{\eta \mu\,x}{\sigma \upsilon \nu\,x}+\frac{\eta \mu\,y}{\sigma \upsilon \nu\,y}=2\Rightarrow \eta \mu\,x\cdot \sigma \upsilon \nu\,y+\eta \mu\,y\cdot \sigma \upsilon \nu\,x=2\,\sigma \upsilon \nu\,x\cdot \sigma \upsilon \nu\,y\,\,(I)}$ .

Αν λάβουμε υπ' όψιν την ταυτότητα $\displaystyle{\eta \mu\,\left(x+y\right)=\eta \mu\,x\cdot \sigma \upsilon \nu\,y+\eta \mu\,y\cdot \sigma \upsilon \nu\,x}$

και τη δεύτερη εξίσωση του συστήματος, η σχέση $\displaystyle{(I)}$ δίνει

$\displaystyle{\eta \mu\,\left(x+y\right)=1\Leftrightarrow x+y=2\,t\,\pi+\frac{\pi}{2}\,,t\in\mathbb{Z}\,\,(II)}$ .

Επίσης,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sigma \upsilon \nu\,\left(x+y\right)+\sigma \upsilon \nu\,\left(x-y\right)&=\sigma \upsilon \nu\,x\cdot \sigma \upsilon \nu\,y-\eta \mu\,x\cdot \eta \mu\,y+\sigma \upsilon \nu\,x\cdot \sigma \upsilon \nu\,y+\eta \mu\,x\cdot \eta \mu\,y\\&=2\,\sigma \upsilon \nu\,x\cdot \sigma \upsilon \nu\,y\\&=1\end{aligned}}$ .

Επομένως,

$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu\,\left(2\,t\,\pi+\frac{\pi}{2}\right)+\sigma \upsilon \nu\,\left(x-y\right)=1\Rightarrow \sigma \upsilon \nu\,\left(x-y\right)=1\Rightarrow x-y=2\,z\,\pi\,,z\in\mathbb{Z}\,\,(III)}$ .

Από τις σχέσεις $\displaystyle{(I)\,,(II)}$ και για τυχόντα $\displaystyle{t\,,z\in\mathbb{Z}}$ παίρνουμε

$\displaystyle{2\,x=\left(2\,t+2\,z\right)\,\pi+\frac{\pi}{2}\Leftrightarrow x=w\,\pi+\frac{\pi}{4}\,,w\in\mathbb{Z}}$ .

Τέλος, $\displaystyle{y=x-2\,z\,\pi=\lambda\,z+\frac{\pi}{4}\,,\lambda\in\mathbb{Z}}$ .

Παρατηρούμε ότι τα ζεύγη $\displaystyle{\left(x,y\right)\in\left\{\left(w\,\pi+\frac{\pi}{4},\lambda\,\pi+\frac{\pi}{4}\right):w\,,\lambda\in\mathbb{Z}\right\}}$

ικανοποιούν το σύστημα και άρα είναι οι μοναδικές λύσεις αυτού, για τις επιτρεπτές τιμές των $\displaystyle{w\,,\lambda\in\mathbb{Z}}$

Leo · #5

parmenides51 έγραψε:3. Να δειχτεί οτι αν σε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle{\eta\mu^2 A+\eta\mu^2B+\eta\mu^2 \Gamma=2}$ , τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

Αντικαθιστούμε

$C=\pi -A-B$

${{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+si{{n}^{2}}\left( \pi -A-B \right)=2\Rightarrow$

${{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+si{{n}^{2}}\left( A+B \right)=2\Rightarrow$

${{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\left( \sin A\cos B+\sin B\cos A \right)}^{2}}=2$

Γράφουμε $2={{\sin }^{2}}A+{{\cos }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\cos }^{2}}B }$ άρα

$\displaystyle{{{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\sin }^{2}}A{{\cos }^{2}}B+2\sin A\sin B\cos A\cos B+{{\sin }^{2}}B{{\cos }^{2}}{A}}$

$\displaystyle{={{\sin }^{2}}A+{{\cos }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\cos }^{2}}B\Rightarrow }$

$\displaystyle{\left( {{\sin }^{2}}A-1 \right){{\cos }^{2}}B+2\sin A\sin B\cos A\cos B+\left( {{\sin }^{2}}B-1 \right){{\cos }^{2}}{A}=0\Rightarrow }$

$\displaystyle{\sin A\sin B\cos A\cos B={{\cos }^{2}}B{{\cos }^{2}}A\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos A\cos B\left( \sin A\sin B-\cos A\cos B \right)=0\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos A\cos B=0\vee \sin A\sin B-\cos A\cos B=0}$

$A=\pi /2\vee B=\pi /2\vee \cos \left( A+B \right)=0\Rightarrow C=\pi /2$

#6

parmenides51 έγραψε: 4. Να δειχτούν οι ταυτότητες:
α) $\displaystyle{\eta\mu(90^o-x)+\eta\mu(18^o+x)+\eta\mu(18^o-x)=\eta\mu(54^o+x)+\eta\mu(54^o-x)}$
β) $\displaystyle{\sigma\upsilon\nu 10^o+\eta\mu 40^o=\sqrt3 \eta \mu 70^o}$

α) $\displaystyle{\eta\mu(90^o-x)+\eta\mu(18^o+x)+\eta\mu(18^o-x)-\eta\mu(54^o+x)-\eta\mu(54^o-x)}$

$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu x + 2\eta \mu {18^0}\sigma \upsilon \nu x - 2\eta \mu {54^0}\sigma \upsilon \nu x = }$ $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu x\left( {1 + 2\eta \mu {{18}^0} - 2\eta \mu {{54}^0}} \right)}$

Θα δείξω ότι: $\displaystyle{{1 + 2\eta \mu {{18}^0} - 2\eta \mu {{54}^0} = 0}}$

$\displaystyle{1 + 2(\eta \mu {18^0} - 2\eta \mu {54^0}) = 1 - 4\eta \mu {18^0}\sigma \upsilon \nu {36^0} = }$

$\displaystyle{1 - \frac{{4\eta \mu {{18}^0}\sigma \upsilon \nu {{36}^0}\sigma \upsilon \nu {{18}^0}}}{{\sigma \upsilon \nu {{18}^0}}} = 1 - \frac{{2\eta \mu {{36}^0}\sigma \upsilon \nu {{36}^0}}}{{\sigma \upsilon \nu {{18}^0}}} = }$

$\displaystyle{1 - \frac{{\eta \mu {{72}^0}}}{{\eta \mu {{72}^0}}} = 1 - 1 = 0}$ .

β) $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu {10^0} + \eta \mu {40^0} = \eta \mu {80^0} + \eta \mu {40^0} = }$

$\displaystyle{2\eta \mu {60^0}\sigma \upsilon \nu {20^0} = 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \upsilon \nu {20^0} = \sqrt 3 \eta \mu {70^0}}$ .

ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση