Για την ιστορία (και όχι μόνο)

#21

Από τον Κώστα Βήττα πήραμε την διόρθωση της εκφώνησης που είχαμε σε εκρεμότητα πιο πάνω
Κώστα σε ευχαριστούμε.

Η άσκηση λοιπόν που τέθηκε στις εξετάσεις του Μετσόβειου Πολυτεχνείου (Τμήμα Μηχανολόγων Ηλεκτρολόγων) το 1957 είναι:

ΑΣΚΗΣΗ 6: Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ορθή την γωνία Α, ΑΗ το ύψος και ΗΔ,ΗΕ οι κάθετες αντίστοιχα στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ.

(α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΓΔΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (Π)

(β) Έστω Μ και Ν τα σημεία στα οποία η ΑΗ τέμνει τον κύκλο (Π). Υποθέτουμε ότι το τρίγωνο, ορθογώνιο πάντα στο σταθερό σημείο Α, μεταβάλλεται έτσι, ώστε το ύψος ΑΗ να διατηρείται σταθερό. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Μ,Ν είναι σταθερά για όλους τους κύκλους (τους περιγεγραμμένους περί το ΒΓΔΕ)

S.E.Louridas · #22

Από το ορθογώνιο ΑΕΗD έχουμε:
$\angle TAD = \angle TDA,$
από το ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε:
$\angle EBH = \angle HAC = \angle ADE$
συνεπώς έχουμε την εγγραψιμμότητα.
$AH = 2d,\;MT = x,\;TN = y \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\left( {d - x} \right)\left( {d + y} \right) = 4d^2 } \\ {xy = d^2 } \\ \end{array} } \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {y - x = 4d} \\ {xy = d^2 } \\ \end{array} } \right....$

S.E.Louridas

#23

Τώρα που βλέπω το σχήμα Σωτήρη, μου φαίνεται ότι έχει δίκιο ο KARKAR που μου είπε ότι τα σημεία Μ και Ν δεν πρέπει να είναι σταθερά, αλλά ίσως ανήκουν σε σταθερή ευθεία (ή λέω εγώ ίσως απέχουν σταθερές αποστάσεις ΄, όχι και η θέση τους σταθερή από κάποιο σταθερό σημείο;)

Αν κάτι διαπιστώσεις, ενημέρωσέ μας.

Ευχαριστώ,

Ιωάννου Δημήτρης

#24

[quote="ΔΗΜΗΤΡΗΣ"]Η επόμενη άσκηση, ήταν ένα από τα θέματα για την εισαγωγή στο Μετσόβειο Πολυτεχνείο, τμήμα Αρχιτεκτόνων, το έτος 1957

ΑΣΚΗΣΗ 5:Από τυχαίο σημείο Μ της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές ΒΑ και ΓΑ που τέμνουν τις ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Δ και Ε αντιστοίχως. Να αποδειχθεί ότι η ευθεία που είναι κάθετη με την ΔΕ στο μέσο Σ αυτής, διέρχεται από σταθερό σημείο. Επίσης να αποδειχθεί ότι και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΔΕ διέρχεται και αυτός από το ίδιο σταθερό σημείο.

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ 5

Με ένα σμπάρο δύο τρυγόνια.

Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}\Delta {\rm E} }$ και έστω $\displaystyle{ {\rm P} }$ το σημείο τομής του με το ύψος $\displaystyle{ {\rm A}\Delta }$ του $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}{\rm B}\Gamma }$ το οποίο φυσικά θα είναι και διχοτόμος (αφού το $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}{\rm B}\Gamma }$ είναι ισοσκελές ( $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma }$ ), δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\omega = \widehat{{\rm B}{\rm A}\Delta } = \widehat{\Gamma {\rm A}\Delta }}:\left( 1 \right) }$ .

Από το εγγεγραμμένο πλέον τετράπλευρο $\displaystyle{ {\rm A}{\rm E}{\rm P}\Delta }$ θα είναι: $\displaystyle{ \left. \begin{gathered} \widehat{{\rm P}{\rm E}\Delta } = \widehat{{\rm P}{\rm A}\Delta } = \hat \omega \hfill \\ \widehat{{\rm P}\Delta {\rm E}} = \widehat{{\rm P}{\rm A}{\rm E}} = \hat \omega \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow \widehat{{\rm P}{\rm E}\Delta } = \widehat{{\rm P}\Delta {\rm E}} \Rightarrow \vartriangle {\rm P}{\rm E}\Delta }$ ισοσκελές με «κορυφή» το $\displaystyle{ {\rm P} }$

Από κατασκευής το τετράπλευρο $\displaystyle{ {\rm M}{\rm E}{\rm A}\Delta }$ είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιές του διχοτομούνται δηλαδή αν $\displaystyle{ \Sigma \equiv {\rm A}{\rm M} \cap {\rm E}\Delta \Rightarrow \Sigma }$ το μέσο του $\displaystyle{ {\rm E}\Delta }$ και $\displaystyle{ \Sigma }$ το μέσο του $\displaystyle{ {\rm A}{\rm M} }$ .

Στο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle {\rm P}{\rm E}\Delta }$ επειδή $\displaystyle{ \Sigma }$ το μέσο του $\displaystyle{ \Delta {\rm E} }$ η $\displaystyle{ {\rm P}\Sigma }$ είναι διάμεσος άρα και ύψος και διχοτόμος δηλαδή η $\displaystyle{ \Sigma {\rm P} }$ είναι μεσοκάθετη της $\displaystyle{ {\rm E}\Delta }$ και $\displaystyle{ \boxed{\widehat{\Sigma {\rm P}{\rm E}} = \widehat{\Sigma {\rm P}\Delta }\mathop = \limits^{\vartriangle {\rm P}\Sigma {\rm E}(o\rho \theta )} 90^0 - \hat \omega }:\left( 1 \right) }$

Έστω $\displaystyle{ {\rm N} }$ το μέσο της $\displaystyle{ {\rm A}\Gamma }$ τότε στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}{\rm M}\Gamma :\left\{ \begin{gathered} \Sigma :\;\mu \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;{\rm A}{\rm M} \hfill \\ {\rm N}:\;\mu \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;{\rm A}\Gamma \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \Sigma {\rm N}//{\rm M}\Gamma \Rightarrow \boxed{\widehat{\Sigma {\rm N}{\rm A}} = \hat \Gamma \mathop = \limits^{\vartriangle {\rm A}\Delta \Gamma (o\rho \theta \gamma )} 90^0 - \omega }:\left( 2 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat{\Sigma {\rm P}{\rm E}} = \widehat{\Sigma {\rm N}{\rm A}} = 90^0 - \hat \omega \Rightarrow {\rm P}\Sigma {\rm N}\Delta }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) οπότε $\displaystyle{ \widehat{{\rm P}{\rm N}\Delta } = \widehat{{\rm P}\Sigma \Delta }\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{{\rm P}\Sigma \Delta } = 90} \widehat{{\rm P}{\rm N}\Delta } = 90^0 \Rightarrow {\rm P}{\rm N} }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ {\rm A}\Gamma }$

Δηλαδή τελικά το σημείο $\displaystyle{ \Sigma }$ (που είναι πάνω στη μεσοκάθετη του $\displaystyle{ \Delta {\rm E} }$ και πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}\Delta {\rm E} }$ είναι το σταθερό περίκεντρο $\displaystyle{ {\rm P} }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}{\rm B}\Gamma }$

και τα δύο ερωτήματα έχουν αποδειχθεί.

Φιλικά
Στάθης

S.E.Louridas · #25

Αν κατάλαβα καλά το σημείο Α είναι σταθερό και η απόσταση ΑΗ είναι σταθερή (συνεπώς και η ΕΥΘΕΙΑ ΒΓ είναι σταθερή σαν κάθετη στην σταθερή ΑΒ και στο σταθερό σημείο Η) δηλαδή επί της ουσίας έχουμε περιστροφή ουσιαστικά της ορθής περί το Α που τέμνει την ΕΥΘΕΙΑ ΒΓ στα Β,Γ και δημιουργεί έτσι την κλάση των ορθογωνίων αυτών τριγώνων ΑΒΓ.
Από την άλλη μεργιά το σημείο Τ σαν κέντρο του ορθογωνίου ΑΕΗΡ είναι μέσο του σταθερού ΑΗ (ΑΗ ταυτόχρονα διαγώνιος) άρα είναι σταθερό σημείο. Το σύστημα που κατέληξα δίνει σταθερές τιμές-λύσεις άρα σταθεροποεί τα Μ, Ν.
Θεωρώ λοιπόν οτι τα πάντα βαίνουν καλώς.

Με κάθε επιφύλαξη,

S.E.Louridas

KARKAR · #26

Για την

, στο 2ο ερώτημα (με το συμβολισμό του Σωτήρη, και αναλυτικότερα ) : ( TM = x , TN = y , AH = 2d =ct

)

Από τεμνόμενες χορδές παίρνω : $AM {\cdot} AN= AD{\cdot}AC=AH^{2}=4d^{2}$ , δηλαδή : $(d-x)(d+y)=4d^{2}$ ,

που γίνεται : y-x=4d

(1) . Επίσης : $TM{\cdot}TN=TE{\cdot}TD$ , ή $xy=d^{2}$ (2)

Από (1) , (2) τελικά παίρνω : $x+y=2d\sqrt{5}$ , δηλαδή το

έχει σταθερό μήκος .

Σημ : Σταθεροποιώντας το

και κατά θέση , αφού x , y

σταθερά , προφανως και M , N

σταθερά .

S.E.Louridas · #27

ΑΣΚΗΣΗ 5.
Για λόγους και μόνο πολυφωνίας, μετά την Άριστη λύση του Στάθη.
Λόγω ομοιοθεσίας το τρίγωνο ΕΒΜ είναι ισοσκελές με ΕΒ=ΕΜ=ΑΔ από το παραλληλόγραμμο ΑΕΜΔ. Άρα έχουμε: ΑΔ + ΑΕ= β= γ (σταθερό άθροισμα), Αν Ρ το σημείο τομής του κύκλου μας (ΑΕΔ) με την διχοτόμο (ύψος και διάμεσο) ΑΔ έχουμε ΡΕ =ΡΔ =θ οπότε από το θεώρημα του Πτολεμαίου παίρνουμε:

$\theta \cdot \left( {{\rm A}\Delta + {\rm A}{\rm E}} \right) = {\rm A}{\rm P} \cdot {\rm E}\Delta \Rightarrow AP = \beta \frac{\theta } {{{\rm E}\Delta }} = \beta \frac{{\sin \frac{A} {2}}} {{\sin A}} = \frac{\beta } {{2\cos \frac{A} {2}}},ct.$

S.E.Louridas

#28

Στην άσκηση 6 λοιπόν, η εκφώνηση ενοούσε ότι το ευθύγραμμο τμήμα ΑΗ είναι σταθερό κατά κατά θέση και μέγεθος και όχι μόνο κατά μέγεθος (όπως αρχικά εγώ και μερικά μέλη μας θεωρήσαμε). Οπότε η λύση που έδωσε ο Σωτήρης είναι ατήν που ήθελαν
(Ευχαριστώ τον Κώστα Βήττα για την πληροφόρηση)

Η επόμενη έχει τεθεί στο Μετσόβειο Πολυτεχνείο (Τμήμα Αρχιτεκτόνων) το έτος 1957

ΑΣΚΗΣΗ 7: Να κατασκευαστεί τρίγωνο ΑΒΓ του οποίου δίνονται η πλευρά ΑΓ=β, η απέναντι αυτής γωνία Β=π/3 και η περίμετρος 2τ

(Να γίνει και διερεύνηση)

Ιστοσελίδα · #29

Από το βιβλίο γεωμετρίας του Π.Γ.Τόγκα

Άσκηση 8

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων, των οποίων ο λόγος των αποστάσεων από δύο δοθείσας παραλλήλους Χ και Υ είναι ίσος με $\frac{\mu }{\nu }$
(Σχολή Ικάρων 1948)

#30

Στην δεκαετία του 1940 (εν μέσω πολέμων και πείνας) τα θέματα που έμπαιναν στα Πανεπιστήμια και τα Πολυτεχνεία δεν ήταν καθόθου υποβαθμισμένα στην συντριπτική τους πλειοψηφία. Σίγουρα όμως ήταν ευκολώτερα σε σχέση με αυτή που έμπαιναν μετά το 1950.

Μέχρι να απαντηθούν τα δύο παραπάνω θέματα γεωμετρίας ας δώσουμε και μερικά τριγωνομετρίας:

ΑΣΚΗΣΗ (Ι) (Πολυτεχνείο, πριν το 1950):: Να λυθεί το σύστημα:

$\epsilon \phi x+\epsilon \varphi y=1 \sigma \upsilon \nu x.\sigma \nu y=\frac{\sqrt{2}}{2}$

ΑΣΚΗΣΗ (ΙΙ)[/size](Πολυτεχνείο, τμήμα Πολιτικών Μηχανικών, 1948): Να λυθεί το σύστημα:

$\frac{\sigma \upsilon \nu y}{\sigma \upsilon \nu x}=\sqrt{2} \left|\eta \mu x \right|+\eta \mu |y|=1$

#31

[quote="ΔΗΜΗΤΡΗΣ"]Στην δεκαετία του 1940 (εν μέσω πολέμων και πείνας) τα θέματα που έμπαιναν στα Πανεπιστήμια και τα Πολυτεχνεία δεν ήταν καθόθου υποβαθμισμένα στην συντριπτική τους πλειοψηφία. Σίγουρα όμως ήταν ευκολώτερα σε σχέση με αυτή που έμπαιναν μετά το 1950.

Μέχρι να απαντηθούν τα δύο παραπάνω θέματα γεωμετρίας ας δώσουμε και μερικά τριγωνομετρίας:

ΑΣΚΗΣΗ (Ι) (Πολυτεχνείο, πριν το 1950):: Να λυθεί το σύστημα:

$\epsilon \phi x+\epsilon \varphi y=1 \sigma \upsilon \nu x.\sigma \nu y=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Λύση της άσκησης (Ι)

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi y = 1 \\ \sigma \upsilon \nu x \cdot \sigma \upsilon \nu y = \frac{{\sqrt 2 }} {2} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\eta \mu x}} {{\sigma \upsilon \nu x}} + \frac{{\eta \mu y}} {{\sigma \upsilon \nu y}} = 1 \\ 2\sigma \upsilon \nu x \cdot \sigma \upsilon \nu y = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \eta \mu x\sigma \upsilon \nu y + \eta \mu y\sigma \upsilon \nu x = \sigma \upsilon \nu x\sigma \upsilon \nu y \\ \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \eta \mu \left( {x + y} \right) = \frac{{\sqrt 2 }} {2} \\ \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \eta \mu \left( {x + y} \right) = \eta \mu \frac{\pi } {4} \\ \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\; \vee \;x + y = 2\kappa \pi + \frac{{3\pi }} {4} \\ \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\; \\ \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \vee \; \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{{3\pi }} {4} \\ \sigma \upsilon \nu \left( {x + y} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\; \\ \sigma \upsilon \nu \left( {2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\;} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \vee \; \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{{3\pi }} {4} \\ \sigma \upsilon \nu \left( {2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\; \\ \frac{{\sqrt 2 }} {2} + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \vee \; \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{{3\pi }} {4} \\ - \frac{{\sqrt 2 }} {2} + \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \sqrt 2 \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\; \\ x - y = 2\lambda \pi + \frac{\pi } {4}\;,\lambda \in {\rm Z} \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \vee \\ \left\{ \begin{gathered} x + y = 2\kappa \pi + \frac{\pi } {4}\; \\ x - y = 2\lambda \pi - \frac{\pi } {4}\;,\lambda \in {\rm Z}\; \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} 2x = 2\left( {\kappa + \lambda } \right)\pi + \frac{\pi } {2}\; \\ 2y = 2\left( {\kappa + \lambda } \right)\pi \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \vee \\ \left\{ \begin{gathered} 2x = 2\left( {\kappa + \lambda } \right)\pi \; \\ 2y = 2\left( {\kappa - \lambda } \right)\pi + \frac{\pi } {2}\; \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \boxed{x = \left( {\kappa + \lambda } \right)\pi + \frac{\pi } {4}},\kappa ,\lambda \in {\rm Z}\; \\ \boxed{y = \left( {\kappa + \lambda } \right)\pi \;},\kappa ,\lambda \in {\rm Z} \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \vee \\ \left\{ \begin{gathered} \boxed{x = \left( {\kappa + \lambda } \right)\pi \;},\kappa ,\lambda \in {\rm Z} \\ \boxed{y = \left( {\kappa - \lambda } \right)\pi + \frac{\pi } {4}\;},\kappa ,\lambda \in {\rm Z} \\ x,y \ne \kappa \pi + \frac{\pi } {2},\kappa \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right. }$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \boxed{x = \rho \pi + \frac{\pi } {4}},\rho ,\mu \in {\rm Z}\; \\ \boxed{y = \mu \pi \;},\rho ,\mu \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \vee \\ \left\{ \begin{gathered} \boxed{x = \rho \pi \;},\rho ,\mu \in {\rm Z} \\ \boxed{y = \mu \pi + \frac{\pi } {4}\;},\rho ,\mu \in {\rm Z} \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right. }$

Στάθης

#32

Καλημέρα.Μία άλλη λύση για το παραπάνω θέμα τριγωνομετρίας(ΑΣΚΗΣΗ 1).

Κατ'αρχήν το σύστημα ορίζεται για κάθε
$\displaystyle{ x,y }$ με $\displaystyle{ x \ne k\pi + \frac{\pi }{2},y \ne \lambda \pi + \frac{\pi }{2},\kappa ,\lambda \in {\rm Z} }$
Αν πολλαπλασιάσω κατά μέλη τις δύο εξισώσεις έχω:
$\displaystyle{ \eta \mu x\sigma \upsilon \nu y + \sigma \upsilon \nu x\eta \mu y = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \eta \mu (x + y) = \eta \mu \frac{\pi }{4} \Rightarrow x + y = 2k\pi + \frac{\pi }{4} \vee x + y = 2k\pi + \frac{{3\pi }}{4},k \in Z }$

Αν $\displaystyle{ x + y = 2k\pi + \frac{\pi }{4} \Rightarrow y = 2k\pi + \frac{\pi }{4} - x }$
Τότε
$\displaystyle{ \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi y = 1 \Rightarrow \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi (2k\pi + \frac{\pi }{4} - x) = 1 \Rightarrow \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi (\frac{\pi }{4} - x) = 1 }$
Τότε,(επιπροσθέτως για $\displaystyle{ x \ne \lambda \pi - \frac{\pi }{4},\lambda \in {\rm Z} }$ ) έχω:

$\displaystyle{ \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi \left( {\frac{\pi }{4} - x} \right) = 1 \Rightarrow \varepsilon \phi x + \frac{{1 - \varepsilon \phi x}}{{1 + \varepsilon \phi x}} = 1 \Rightarrow ...\varepsilon \phi x(\varepsilon \phi x - 1) = 0 \Rightarrow \varepsilon \phi x = 0 \vee \varepsilon \phi x = 1 \Rightarrow x = k\pi \vee x = k\pi + \frac{\pi }{4},k \in Z }$
Δεκτές λύσεις.
Τότε θα έχω αντίστοιχα: $\displaystyle{ y = \frac{\pi }{4} - k\pi \vee y = - k\pi ,k \in Z }$

Τώρα αν $\displaystyle{ x+y = 2k\pi + \frac{{3\pi }}{4} }$ θα έχω ανάλογα με την πρώτη περίπτωση:
$\displaystyle{ \varepsilon \phi x + \varepsilon \phi \left( {2k\pi + \frac{{3\pi }}{4} - x} \right) = 1 \Rightarrow ....\varepsilon \phi ^2 x - \varepsilon \phi x + 2 = 0(x \ne k\pi + \frac{\pi }{4}) }$ Aδύνατη
Τελικά θέτοντας $\displaystyle{ - k = m }$ έχω λύσεις:

$\displaystyle{ (x,y) = \left( {k\pi ,m\pi + \frac{\pi }{4}} \right) \vee \left( {x,y} \right) = \left( {k\pi + \frac{\pi }{4},m\pi } \right),k,m \in Z }$ λύσεις που επαληθεύουν τις αρχικές εξισώσεις.

Καλημέρα.

#33

Μετά από πολύωρη διακοπή ρεύματος δίνω μία απάντηση στην ΆΣΚΗΣΗ 2
Η πρώτη εξίσωση ορίζεται όταν $\displaystyle{ x \ne k\pi + \frac{\pi }{2},k \in Z }$
Επιπλέον γράφεται ισοδύναμα και ως εξής:
$\displaystyle{ \frac{{\sigma \upsilon \nu |y|}}{{\sigma \upsilon \nu x}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu |y| = \sqrt 2 \sigma \upsilon \nu x }$

Τώρα στη δεύτερη παρατηρώ πως αν $\displaystyle{ \eta \mu |y| < 0 }$ είναι αδύνατη (τότε θα είχα $\displaystyle{ |\eta \mu x| > 1 }$ )
Συνεπώς $\displaystyle{ \eta \mu |y| \ge 0 }$
Δηλαδή $\displaystyle{ 2k\pi \le |y| \le 2k\pi + \pi ,k = 0,1,2.... }$
Επιπλέον από την πρώτη συμπεραίνω πως οι $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu x,\sigma \upsilon \nu |y| }$ είναι ομόσημοι.
Αν $\displaystyle{ 2k\pi \le |y| \le 2k\pi + \frac{\pi }{2},k = 0,1,2.... }$ τότε $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu |y| \ge 0 \Rightarrow \sigma \upsilon \nu x \ge 0 }$
Αυτό σημαίνει πως $\displaystyle{ 2k\pi - \frac{\pi }{2} \le x \le 2k\pi + \frac{\pi }{2},k \in Z }$
Αν τώρα έχω:
1) $\displaystyle{ 2k\pi - \frac{\pi }{2} \le x \le 0,k \in Z \Rightarrow \eta \mu x \le 0 }$
τότε το σύστημα γίνεται:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \sigma \upsilon \nu |y| = \sqrt 2 \sigma \upsilon \nu x \\ \eta \mu |y| = 1 + \eta \mu x \\ \end{array} }$
Τότε από τη βασική τριγωνομετρική ταυτότητα έχω:
$\displaystyle{ (\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu x)^2 + (1 + \eta \mu x)^2 = 1 \Leftrightarrow ....\eta \mu ^2 x - 2\eta \mu x - 2 = 0 \Leftrightarrow \eta \mu x = 1 \pm \sqrt 3 \mathop \Leftrightarrow \limits^{\eta \mu x < 0} \eta \mu x = 1 - \sqrt 3 }$
Τότε $\displaystyle{ \eta \mu |y| = 1 + \eta \mu x = 2 - \sqrt 3 > 0 }$
οπότε $\displaystyle{ |y| = \tau o\xi \eta \mu (2 - \sqrt 3 ) \Leftrightarrow y = \pm \tau o\xi \eta \mu (2 - \sqrt 3 ) }$ (η επαλήθευση στο τέλος)
Επιπλέον $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu x\mathop = \limits^{\sigma \upsilon \nu x > 0} \sqrt {1 - \eta \mu ^2 x} = \sqrt {1 - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)^2 } = \sqrt {2\sqrt 3 - 3} }$ δεκτόν και $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu |y| = \sigma \upsilon \nu (\tau o\xi \eta \mu \sqrt {2 - \sqrt 3 } ) }$
αρα και $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu y = \sigma \upsilon \nu (\tau o\xi \eta \mu \sqrt {2 - \sqrt 3 } ) }$

2)Aν $\displaystyle{ 0 \le x \le 2k\pi + \frac{\pi }{2} }$ τότε $\displaystyle{ \eta \mu x \ge 0 }$ άρα το σύστημα γίνεται:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \sigma \upsilon \nu |y| = \sqrt 2 \sigma \upsilon \nu x \\ \eta \mu x + \eta \mu |y| = 1 \\ \end{array} }$
Τότε πάλι από τη βασική τριγωνομετρική ταυτότητα έχω:
$\displaystyle{ \eta \mu ^2 x + 2\eta \mu x - 2 = 0 \Leftrightarrow ...\mathop \Leftrightarrow \limits^{\eta \mu x > 0} \eta \mu x = \sqrt 3 - 1 }$
Τότε $\displaystyle{ \eta \mu |y| = \sqrt 3 }$ αδύνατο.Και σταματάει εδώ.

Τώρα αν $\displaystyle{ 2k\pi + \frac{\pi }{2} \le |y| \le 2k\pi + \pi ,\kappa = 0,1,2 }$ θα έχω: $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu |y| \le 0 \Rightarrow \sigma \upsilon \nu x \le 0 \Rightarrow 2k\pi + \frac{\pi }{2} \le x \le 2\kappa \pi + \frac{{3\pi }}{2},k \in Z }$
Δυστυχώς πρέπει να αποχωρήσω για λίγο.Αν θέλει κάποιος να συνεχίσει τη σκέψη μου ας το κάνει.Αλλιώς όταν επιστρέψω θα συνεχίσω.Ελπίζω να είμαι σωστός.
Απλά ένα ερώτημα να θέσω πρίν φύγω.Καλό είναι να εκθειάζουμε παλαιότερες καταστάσεις (δικαίως κατά τη γνώμη μου τις
περισσότερες φορές).
Αυτό όμως το θέμα τι εξυπηρετούσε αλήθεια;
Μετά από αυτήν την εξέταση αν πέρναγα στο Πολυτεχνείο,θα έβαζα φωτιά για να εξιλεωθώ!!Ήμαρτον κύριε!!

#34

Χρήστο, πράγματι μεγάλο βάσανο αυτή η άσκηση (εμένα με παίδεψε πολύ ώρα και έκανα μια λύση που να μην τη δει "κακό μάτι". Τρελλάθηκα στις περιπτώσεις και την διερεύνιση

)

Πάντως τώρα τι να πούμε για τις πράξεις των φετεινών Πανελληνίων."Όποιος δεν είδε πύργο, είδε φούρνο και θαύμαξε"

Πάντως από ότι έχω καταλάβει την δεκαετία του 30 και του 40 τα θέματα ήταν κυρίως "λογιστικά".

#35

Μέχρι να δώσουμε λύση στις ασκήσεις 7 και 8 της γεμετρίας, γράφω δύο ακόμα θέματα τριγωνομετρίας

ΑΣΚΗΣΗ (ΙΙΙ)(Πανεπιστήμιο Θεσ/νίκης, 1950):: Να βρεθεί η απαλείφουσα των εξισώσεων:

ημχ-στεμχ=α

συνχ-τεμχ=β

(ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ: (α) στεμχ= 1/ημχ και τεμχ=1/συνχ

(β) Όταν ο αριθμός των εξισώσεων ενός συστήματος είναι μεγαλύτερος από τον αριθμό των αγνώστων, π.χ όταν έχουμε μ+ν εξισώσεις και μ αγνώστους, τότε εκλέγουμε μ εξισώσεις, λύνουμε το σύστημα αυτών και οι τιμές των μ αγνώστων πρέπει να επαληθεύουν και τις άλλες ν εξισώσεις. (Αλλιώς το σύστημα είναι αδύνατο)
Έτσι σχηματίζονται ν ισότητες οι οποίες εκφράζουν τις συνθήκες ώστε το σύστημα να έχει λύση.
Οι ισότητες αυτές λέγονται απαλείφουσες του συστήματος.)

ΑΣΚΗΣΗ (ΙV) (Αρχιτεκτονική, 1950):Να αποδειχθεί ότι η απαλείφουσα των εξισώσεων

2(α.ημχ-β.συνχ)=γ.ημ2χ

α.συνχ+β.ημχ=γ.συν2χ

είναι η $\alpha ^{\frac{2}{3}}+\beta ^{\frac{2}{3}}=\gamma ^{\frac{2}{3}}$

#36

Επιχειρώ να λύσω την ΑΣΚΗΣΗ (ΙΙΙ) της τριγωνομετρίας

Έχουμε

$\eta \mu x-\frac{1}{\eta \mu x}=\alpha \sigma \upsilon x-\frac{1}{\sigma \upsilon \nu x}=\beta$

Άρα

$\eta \mu ^{2}x-1=\alpha \eta \mu x \sigma \upsilon \nu ^{2}x-1=\beta \sigma \upsilon \nu x$

Άρα

$-\sigma \upsilon \nu ^{2}x=\alpha \eta \mu x -\eta \mu ^{2}x=\beta \sigma \upsilon \nu x$

Αν τώρα ήταν α=0 τότε από την πρώτη πιο πάνω εξίσωση θα είχαμε ότι συνχ=0 και τότε η ΄δεύτερη εξίσωση θα έδινε ημχ=0, πράγμα άτοπο (αφού προφανώς είναι αδύνατον να είναι ημχ=συνχ=0). Άρα σίγουρα είναι α διάφορο του μηδενός. Τότε έχουμε:

$\eta \mu x=-\frac{\sigma \upsilon \nu ^{2}x}{a} -\left(-\frac{\sigma \upsilon \nu ^{2}x}{a} \right)^{2}=\beta\sigma \upsilon \nu x$

$\beta =-\frac{\sigma \upsilon \nu ^{3}x}{\alpha ^{2}}, \delta \iota \o\tau \iota ,\sigma \upsilon \nu x\neq 0$

Άρα πέρνουμε ότι

$\sigma \upsilon \nu x=-\sqrt[3]{\alpha ^{2}\beta }$

(ΣΗΜ: Εκείνη την εποχή η κυβική ρίζα οριζόταν και για αρνητικό υπόριζο)

Αντικαθιστούμε τώρα αυτό που βρήκαμε για το συνχ στην σχέση $\sigma \upsilon \nu x-\frac{1}{\sigma \upsilon \nu x}=\beta$
και παίρνουμε την σχέση

$-\sqrt[3]{\alpha ^{2}\beta }-\frac{1}{-\sqrt[3]{\alpha ^{2}\beta }}=b$

δηλαδή-( $\sqrt[3]{\alpha ^{2}\beta })^{2}+1=\beta \sqrt[3]{\alpha ^{2}\beta }$
που είναι η ζητούμενη απαλείφουσα

#37

Ο Μάγκος Θανάσης μας έστειλλε δύο από τα θέματα που είχαν τεθεί στην Φυσικομαθηματική και στην Γεωπονοδασολογική σχολή το έτος 1969

ΑΣΚΗΣΗ (V) Ημικύκλιο χωρίζεται σε τρία τόξα α,β,γ διάφορα του μηδενός. Αν είναι ημα=συνβ+συνγ, τότε ένα από αυτά θα είναι ίσο με π/2

ΑΣΚΗΣΗ (VI) : Να λυθεί η ανίσωση $\sqrt{4\eta \mu ^{2}x-1}\succ 1+3\eta \mu x$

#38

Λύση της άσκησης (V)

Έχουμε α+β+γ=π άρα α=π-β-γ. Επίσης έχουμε

$\beta \eta \mu \alpha =\sigma \nu \nu \beta +\sigma \upsilon \nu \gamma \Rightarrow \eta \mu \alpha =2\sigma \upsilon \nu\frac{\beta +\gamma }{2}.\sigma \upsilon \nu \frac{\beta -\gamma }{2}$

$\Rightarrow 2\eta \mu \frac{\alpha }{2}.\sigma \upsilon \nu \frac{\alpha }{2}=2\sigma \nu \nu \frac{\pi -a}{2}.\sigma \upsilon \nu \frac{\beta -\gamma }{2}$

$\Rightarrow 2\eta \mu \frac{\alpha }{2}.\sigma \nu \nu \frac{\alpha }{2}=2\eta \mu \frac{\alpha }{2}.\sigma \upsilon \nu \frac{\beta -\gamma }{2} ]$

Όμως αφού είναι 0<α<π (διότι αν ήταν α=π τότε θα έπρεπε να ήταν β=γ=0, που είναι άτοπο από την υπόθεση), θα έχουμε ότι $\eta \mu \frac{\alpha }{2}\neq 0$

Άρα καταλήγουμε στην εξίσωση

$\sigma \upsilon \nu \frac{\alpha }{2}=\sigma \upsilon \nu \frac{\beta -\gamma }{2}\Rightarrow \frac{\beta -\gamma }{2}=2k\pi \pm \frac{\alpha }{2},kEZ$

1η Περίπτωση: $\frac{\beta -\gamma }{2}=2k\pi +\ \frac{\alpha }{2},kEZ$

Τότε $\frac{\beta -\gamma }{2}=2k\pi + \frac{\pi -\beta -\gamma }{2}\Leftrightarrow \beta =2k\pi +\frac{\pi }{2}$ , kEZ

Αλλά είναι 0<β<π άρα 0<2kπ +π/2 <π από όπου προκύπτει k=0 και άρα β=π/2

Όμοια εργαζόμαστε και στην 2η περίπτωση

#39

Λύση της άσκησης (VI)

Αρχικά πρέπει να είναι

$4\eta \mu ^{2}x-1\geq 0\Leftrightarrow \eta \mu x\geq \frac{1}{2},\eta, \eta \mu x\leq -\frac{1}{2}$

Αρα τελικά έχουμε

$\frac{1}{2}\leq \eta \mu x\leq 1,\eta ,-1\leq \eta \mu x\leq -\frac{1}{2}$

1η Περίπτωση: $\frac{1}{2}\leq \eta \mu x\leq 1$

Τότε υψώνοντας στο τετράγωνο τα θετικά μέλη τς δοσμένης ανίσωσης, έχουμε ισοδύναμα:

$4\eta \mu ^{2}x-1\geq 1+6\eta \mu x+9\eta \mu ^{2}x\Leftrightarrow 5\eta \mu ^{2}x+6\eta \mu x +2\leq 0$

πράγμα που είναι άτοπο, αφού έχουμε ημχ>0

2η Περίπτωση: $-1\leq \eta \mu x\leq -\frac{1}{2}$

Τότε όμως το δεύτερο μέλος της δοσμένης ανίσωσης είναι αρνητικό και άρα αυτή αληθεύει για όλα τα χ της περίπτωσης που βρισκόμαστε. Άρα πρέπει μόνο να είναι

$-1\leq \eta \mu x\leq -\frac{1}{2}$ και άρα

$2k\pi +\frac{7\pi }{6}\leq x\leq 2k\pi +\frac{11\pi }{6},kEZ$

#40

Θα ήταν πολύ χρήσιμο και διδακτικό, να μας δώσει κάποιος την πλήρη λύση των ασκήσεων 7 και 8 της Γεωμετρίας

(Προσωπικά αδυνατώ να κάνω σχήματα, οπότε δεν μπορώ να δώσω λύση).

Φιλικά,

Ιωάννου Δημήτρης

(ΣΗΜ: Για την άσκηση 7 , δεν έχω ακόμα μπορέσει να δώσω λύση. Είναι αυτό που έχω ξαναπεί: Ξεχάσαμε και αυτά που ξέραμε, όπως ξεχάσαμε και το πότε βάζαμε οξεία και πότε περισπωμένη. Αν πάψουμε να ασχολούμαστε (επειδή δεν διδάσκονται τέτοια θέματα πλέον στα σχολεία), θα θάψουμε για πάντα αυτόν τον θησαυρό ...)

Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Μέλη σε σύνδεση