Για την ιστορία (και όχι μόνο)

S.E.Louridas · #41

ΑΣΚΗΣΗ 7.
Αρχικά θεωρούμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΚΑΓ που είναι σταθερό καθότι η ΑΓ=β είναι δεδομένη.
Με κέντρο το Α και ακτίνα R=2τ-β= α+γ γράφουμε κύκλο (μπλέ) που τέμνει, έστω στο Δ, τον κύκλο (Κ,β) . Η μεσοκάθετη του ΔΓ τέμνει την ΑΔ στο σημείο Β πού αποδεικνύεται εύκολα οτι ανήκει στον κύκλο (ΚΑΓ).
Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ζητούμενο.
Διερεύνηση:
Αν ΑΔ<2R, έχουμε δύο λύσεις,
Αν ΑΔ=2R, έχουμε μία λύση,
Αν ΑΔ>2R, δεν έχουμε λύση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

S.E.Louridas

KARKAR · #42

Άσκηση 10

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{B}$ και $\widehat{C}$ τριγώνου $\displaystyle ABC$ τέμνουν τον περίκυκλό του , στα σημεία $B^ {\prime} ,C^{\prime}$ αντίστοιχα .

Αν

είναι το έγκεντρο του τριγώνου , να δειχθεί ότι η $B^{\prime}C^{\prime}$ , είναι μεσοκάθετος του

. (ΙΚΑΡΩΝ 1956)

#43

ΆΣΚΗΣΗ 11
Να δειχθή ότι,εάν είναι $\displaystyle{ \left| {\frac{{\sigma \upsilon \nu \phi }}{{\eta \mu \omega }}} \right| > 1 }$ θα είναι και $\displaystyle{ \left| {\frac{{\sigma \upsilon \nu \omega }}{{\eta \mu \phi }}} \right| > 1 }$ και $\displaystyle{ |\sigma \phi \phi \cdot \sigma \phi \omega | > 1 }$ και αντιστρόφως,εάν ισχύει μία εκ των δύο σχέσεων τότε θα ισχύουν και οι δύο άλλαι.

Πανεπιστήμιον Αθηνών Μαθηματικό τμήμα 1947

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Υ.Γ:λλαξα δύο φορές την αρίθμηση.

chris · #44

Κατι τρέχει με την αρίθμηση μιας και υπάρχει ήδη μια άσκηση 8 που πρότεινε ο κ.Μίλτος...βάζω αυτή ως άσκηση 10 και αν υπάρχει πρόβλημα πείτε μου να αλλάξω την αρίθμηση.

KARKAR έγραψε:Άσκηση 10

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{B}$ και $\widehat{C}$ τριγώνου $\displaystyle ABC$ τέμνουν τον περίκυκλό του , στα σημεία $B^ {\prime} ,C^{\prime}$ αντίστοιχα .

Αν είναι το έγκεντρο του τριγώνου , να δειχθεί ότι η $B^{\prime}C^{\prime}$ , είναι μεσοκάθετος του . (ΙΚΑΡΩΝ 1956)

ΛΥΣΗ

Ειναι γνωστό οτι οτι το σημείο τομής της διχοτόμου μιας εκ των τριών γωνιών του τριγώνου με τον περιγεγραμμένο κύκλο,ισαπέχει απο τις άλλες δύο κορυφές του τριγώνου όπως και απο το έγκεντρό του.Δηλαδή ισχύει: AC{'}=BC{'}=C{'}O

Πράγματι μια απόδειξη είναι η εξής:

$\displaystyle \angle{C'CB}=\angle{C'CA}=\frac{\hat{C}}{2} \Rightarrow \tau o\xi .BC'=\tau o\xi .C{'}A\Rightarrow \angle{C{'}BA}=\angle{C{'}AB}\Rightarrow \boxed{AC'=BC'}(1)$
Επίσης:
$\displaystyle \angle{C{'}OA}+\angle{C{'}AO}+\angle{AC{'}O}=180^{o}\Rightarrow \angle{C{'}OA}+\left(\frac{\hat{C}}{2}+\frac{\hat{A}}{2} \right)+\hat{B}=180^{o}\stackrel{\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^{o}}\Longrightarrow \angle{C{'}OA}+\frac{\hat{A}+\hat{C}}{2} =\hat{A}+\hat{C}\Rightarrow \angle{C{'}OA}=\frac{\hat{A}+\hat{C}}{2}=\angle{C{'}AO}\Rightarrow \boxed{C{'}O=C{'}A}(2)$

Επομένως απο τις (1),(2)

έχουμε:

Ομοίως αποδεικνύουμε οτι: B{'}A=B{'}C=B{'}O

Αρα τα σημεία B{'},C{'}

ανήκουν στην μεσοκαθέτο του τμήματος

εφόσον ισαπέχουν απο τα άκρα του και τελικά η B{'}C{'}

είναι η μεσοκάθετος αυτού του τμήματος.

: dixotomoi.png (38.31 KiB) Προβλήθηκε 2038 φορές

KARKAR · #45

Άσκηση 11

Φέρουμε τη διάμεσο

και τη διχοτόμο

τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Ο περίκυκλος του $\displaystyle ADM$ τέμνει τις πλευρές AB , AC

,

στα σημεία E , Z

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : (BED)= (DZC)

Αρχιτεκτόνων 1950

chris · #46

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11
Φέρουμε τη διάμεσο και τη διχοτόμο τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Ο περίκυκλος του $\displaystyle ADM$ τέμνει τις πλευρές ,

στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι :
Αρχιτεκτόνων 1950

ΛΥΣΗ

Τα σημεία A,E,D,M,Z

είναι ομοκυκλικά οπότε έχουμε:
$\displaystyle \begin{cases} BD\cdot BM=BE\cdot BA \\ CM\cdot CD=CZ\cdot CA \end{cases}\Rightarrow \frac{BD\cdot BM}{CM\cdot CD}=\frac{BE\cdot BA}{CZ\cdot CA }\stackrel{BM=CM}\Longrightarrow \frac{BD}{CD}=\frac{BE\cdot BA}{CZ\cdot CA } \stackrel{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon :\boxed{\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}}} \Longrightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BE\cdot BA}{CZ\cdot CA }\Rightarrow \boxed{BE=CZ}(1)$

Απο το

φέρουμε τις κάθετες DK_1

και

στις πλευρές

και

αντίστοιχα και επειδή η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle{BA}C$ συμπεραίνουμε οτι: $\displaystyle \boxed{DK_1=DK_2}(2)$

Αρα:
$\displaystyle \frac{\left(BED \right)}{\left(CZD \right)}=\frac{BE\cdot DK_1}{CZ\cdot DK_2}\stackrel{(1),(2)}=1\Rightarrow \left(BED \right)=\left(CZD \right)$

: Isembadika.png (34.91 KiB) Προβλήθηκε 1925 φορές

KARKAR · #47

Άσκηση 12

Μια όμορφη άσκηση για τους υποψήφιους Πολιτικούς Μηχανικούς του 1950

Δίνεται τετράπλευρο ABCD

, εγγεγραμμένο σε κύκλο , του οποίου οι πλευρές AB , CD

,

είναι σταθερές κατά μέγεθος και ίσες . Αν

είναι η τομή των διαγωνίων του :

1) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των περικύκλων , των τριγώνων EAB

και

2) Να δειχθεί ότι , όλοι αυτοί οι κύκλοι , είναι ίσοι .

#48

ΑΣΚΗΣΗ 13:Να λυθεί η ανίσωση:

$\frac{1-2\eta \mu x}{1+3\eta \mu x}>\frac{1+5\eta \mu x}{1-9\eta \mu ^{2}x}$

(Πολυτεχνείο, 1947)

Ιστοσελίδα · #49

KARKAR έγραψε:Άσκηση 11

Φέρουμε τη διάμεσο και τη διχοτόμο τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Ο περίκυκλος του $\displaystyle ADM$ τέμνει τις πλευρές ,

στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι :

Αρχιτεκτόνων 1950

: Άσκηση-11.png (29.19 KiB) Προβλήθηκε 1837 φορές

Καλημέρα . Άλλη μία λύση στην 11.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ADMZ

έχουμε $M\widehat AZ = M\widehat DZ = x$ , οπότε τα τρίγωνα AMC,DZC

είναι όμοια ( $\widehat C$ κοινή) και λόγω της διαμέσου

$\left( {\left( {AMC} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {ABC} \right)}}{2}} \right)$ θα ισχύει: $\displaystyle\frac{{\left( {ABC} \right)}}{{2\left( {DZC} \right)}} = {\left( {\displaystyle\frac{{AC}}{{DC}}} \right)^2}\,\,(1)$ .

Ομοίως από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AEDM

και την ομοιότητα των τριγώνων ABM,BED

παίρνουμε τη σχέση: $\displaystyle\frac{{\left( {ABC} \right)}}{{2\left( {BED} \right)}} = {\left( {\displaystyle\frac{{AB}}{{BD}}} \right)^2}\,\,(2)$ .

Από τις σχέσεις $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ και το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου προκύπτει το ζητούμενο.

Ιστοσελίδα · #50

KARKAR έγραψε:Άσκηση 10

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{B}$ και $\widehat{C}$ τριγώνου $\displaystyle ABC$ τέμνουν τον περίκυκλό του , στα σημεία $B^ {\prime} ,C^{\prime}$ αντίστοιχα .

Αν είναι το έγκεντρο του τριγώνου , να δειχθεί ότι η $B^{\prime}C^{\prime}$ , είναι μεσοκάθετος του . (ΙΚΑΡΩΝ 1956)

: Άσκηση-10.png (35.48 KiB) Προβλήθηκε 1828 φορές

Άλλη μία λύση στην 10.

Είναι $A\widehat {C'}B' = A\widehat BB' = x$ και $B'\widehat {C'}C = B'\widehat BC = x$ σαν εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο και λόγω διχοτόμου. Ομοίως ισχύει $A\widehat {B'}C' = A\widehat CC' = C'\widehat CB = C'\widehat {B'}B = y$ .

Τα τρίγωνα $AC'B',\,OC'B'$ είναι ίσα από $\left( {\Gamma - \Pi - \Gamma } \right)$ , οπότε C'A = C'O

και

. Το τετράπλευρο AC'OB'

είναι χαρταετός, επομένως B'C'

μεσοκάθετος του

.

KARKAR · #51

Άσκηση 14 ... Μαθηματικό Θεσσαλονίκης 1958

Τα σημεία A, B

κύκλου

είναι σταθερά , ενώ το

μεταβλητό . Φέρουμε τη διάμετρο

και τις

,

κάθετες στη

. Η

τέμνει τον κύκλο στο $A_{1}$ .Φέρουμε την CC'

κάθετη στην

, που τέμνει τον κύκλο στο $C_{1}$ .

1) Να δειχθεί ότι οι χορδές $BA_{1}, DC_{1}$ είναι ίσες .

2) Να δειχθεί ότι η μεσοκάθετος της A'B'

διέρχεται από σταθερό σημείο

3) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου

της

4) Να δειχθεί ότι το

, είναι το κέντρο του περικύκλου του τριγώνου A'B'C'

#52

KARKAR έγραψε:Άσκηση 14 ... Μαθηματικό Θεσσαλονίκης 1958

Τα σημεία κύκλου είναι σταθερά , ενώ το μεταβλητό . Φέρουμε τη διάμετρο και τις ,

κάθετες στη . Η τέμνει τον κύκλο στο $A_{1}$ .Φέρουμε την κάθετη στην , που τέμνει τον κύκλο στο $C_{1}$ .

1) Να δειχθεί ότι οι χορδές $BA_{1}, DC_{1}$ είναι ίσες .

2) Να δειχθεί ότι η μεσοκάθετος της διέρχεται από σταθερό σημείο

3) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου της

4) Να δειχθεί ότι το , είναι το κέντρο του περικύκλου του τριγώνου

ΛΥΣΗ

Για την τιμή του Μαθηματικού τμήματος της Φ.Μ.Σ Θεσσαλονίκης στο οποίο σπούδασα θα δώσω μια αναλυτικότατη λύση στο όμορφο θέμα του 1958

1) Έστω $\displaystyle{ B_1 \equiv BB' \cap \left( O \right) }$ τότε επειδή $\displaystyle{ OB' \bot BB_1 }$ και το $\displaystyle{ {\rm O} }$ το κέντρο του κύκλου $\displaystyle{ \left( {\rm O} \right) }$ το $\displaystyle{ OB' }$ θα είναι το απόστημα στη χορδή του $\displaystyle{ BB_1 }$

και η προέκτασή του θα διέρχεται από το μέσο του αντίστοιχου τόξου της χορδής δηλαδή $\displaystyle{ D }$ το μέσο του $\displaystyle{ \sphericalangle BB_1 \Rightarrow \boxed{DB = DB_1 }:\left( 1 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ \left. \begin{gathered} BB_1 \bot CD \\ AA_1 \bot CD \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow BB_1 //AA_1 \Rightarrow AA_1 BB_1 }$ τραπέζιο και επειδή είναι εγγράψιμο σε κύκλο θα είναι ισοσκελές τραπέζιο δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{BA_1 = AB_1 }:\left( 2 \right) }$

Επίσης $\displaystyle{ \widehat{DC_1 C} = 90^0 }$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) άρα $\displaystyle{ C_1 D \bot CC_1 \mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot CC_1 } AB//C_1 D \Rightarrow ABDC_1 }$ τραπέζιο και επειδή είναι

εγγεγραμμένο σε κύκλο θα είναι ισοσκελές τραπέζιο δηλαδή $\displaystyle{ AC_1 = DB\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):DB = DB_1 } AC_1 = DB_1 \Rightarrow \sphericalangle AC_1 = \sphericalangle DB_1 \Rightarrow AD//C_1 B_1 \Rightarrow ADB_1 C_1 }$

τραπέζιο και επειδή είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο θα είναι ισοσκελές οπότε θα έχει ίσες διαγώνιες δηλαδή $\displaystyle{ BA_1 = DC_1 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):BA_1 = AB_1 } \boxed{AB_1 = DC_1 } }$ και το 1) ερώτημα έχει αποδειχθεί

2) Έστω $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ η μεσοκάθετη της $\displaystyle{ {\rm A}'{\rm B}' }$ στο σημείο της $\displaystyle{ {\rm M} }$ και $\displaystyle{ K \equiv \left( \varepsilon \right) \cap AB }$ τότε: $\displaystyle{ AA_1 //\left( \varepsilon \right)//BB_1 }$ και τέμνουν τις $\displaystyle{ A'B',AB }$ από το θεώρημα του

Θαλή θα είναι: $\displaystyle{ \frac{{AK}} {{KB}} = \frac{{A'M}} {{MB'}}\mathop = \limits^{M\;\mu \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;A'B'} 1 \Rightarrow AK = KB \Rightarrow K }$ το μέσο της σταθερής $\displaystyle{ AB }$ , άρα η μεσοκάθετη της $\displaystyle{ A'B' }$ διέρχεται από το σταθερό μέσο $\displaystyle{ K }$ της σταθερής $\displaystyle{ AB }$

3) Είναι τελικά $\displaystyle{ OK }$ σταθερή και $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) \bot CD \Rightarrow KM \bot OM }$ δηλαδή το σταθερό τμήμα $\displaystyle{ OK }$ (σταθερά άκρα) «φαίνεται» από το σημείο $\displaystyle{ {\rm M} }$

υπό ορθή γωνία οπότε ο γεωμετρικός τόπος του $\displaystyle{ {\rm M} }$ θα είναι κύκλος διαμέτρου $\displaystyle{ OK }$ . Παρατήρηση: Αν $\displaystyle{ AB }$ είναι διάμετρος του $\displaystyle{ \left( O \right) }$ τότε $\displaystyle{ M \equiv O }$ για κάθε $\displaystyle{ C \in \left( O \right) }$

4) Επειδή $\displaystyle{ KM\mathop \bot \limits_{\mu \sigma o} A'B' \Rightarrow \boxed{KA' = KB'}:\left( 3 \right) }$ . Επίσης είναι $\displaystyle{ OC \bot AA' \Rightarrow A' }$ το μέσο της $\displaystyle{ AA_1 }$ και επειδή $\displaystyle{ K }$ το μέσο της $\displaystyle{ AB }$ από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle AA_1 B }$ στο οποίο

το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{ A'K }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του θα είναι $\displaystyle{ A'K//A_1 B \Rightarrow \widehat{AA'K} = \widehat{AA_1 B}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho .\sigma \tau o.\iota \delta \iota o.\tau o\xi o.\sphericalangle ADB} \widehat{ACB} \Rightarrow \boxed{\widehat{AA'K} = \widehat{ACB}}:\left( 4 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \left. \begin{gathered} CA' \bot AA' \hfill \\ CC' \bot AC' \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow \widehat{CA'A} = \widehat{CC'A} = 90^0 \Rightarrow CA'C'A }$ εγγράψιμο άρα $\displaystyle{ \boxed{\widehat{A'C'K} = \widehat{ACA'} = \frac{{\sphericalangle AB_1 D}} {2}}:\left( 5 \right) }$ (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) .

Τότε : $\displaystyle{ \widehat{C'A'K} = \widehat{AA'K} - \widehat{AA'C'}\mathop = \limits^{\widehat{AA'C'} = \widehat{ACC_1 }(\alpha \pi .\tau o.\varepsilon \gamma \gamma \rho .ACA'C') = \frac{{\sphericalangle AC_1 }} {2} = \frac{{\sphericalangle BD}} {2},\widehat{AA'K} = \widehat{AA_1 B} = \frac{{\sphericalangle AB_1 B}} {2}} \frac{{\sphericalangle AB_1 B}} {2} - \frac{{\sphericalangle BD}} {2} = \frac{{\sphericalangle AB_1 D}} {2}:\left( 6 \right) }$

Από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow \widehat{A'C'K} = \widehat{C'A'K} = \frac{{\sphericalangle AB_1 D}} {2} }$ δηλαδή το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle A'KC' }$ είναι ισοσκελές με «κορυφή» το $\displaystyle{ K }$ οπότε : $\displaystyle{ \boxed{KA' = KC'}:\left( 7 \right) }$

Τέλος από $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 7 \right) \Rightarrow \boxed{KA' = KB' = KC'} }$ δηλαδή το $\displaystyle{ K }$ είναι πράγματι το κέντρο του περικύκλιου του $\displaystyle{ \vartriangle A'B'C' }$

Στάθης

#53

Λύση της ΑΣΚΗΣΗΣ 11 (τριγωνομετρίας):

$\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|>1\Leftrightarrow \left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|^{2}>1\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu ^{2}\varphi >\eta \mu ^{2}\omega \Leftrightarrow 1-\eta \mu ^{2}\phi >1-\sigma \upsilon \nu ^{2}\omega \Leftrightarrow \eta \mu ^{2}\varphi <\sigma \upsilon \nu ^{2}\omega \Leftrightarrow \frac{\eta \mu ^{2}\varphi }{\sigma \upsilon \nu ^{2}\omega }<1\Leftrightarrow \left|\frac{\eta \mu \varphi }{\sigma \upsilon \nu \omega } \right|<1$

$\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \varphi } \right|>1$

Επίσης:

$\left|\sigma \varphi \varphi .\sigma \varphi \omega \right|=\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \varphi }.\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \omega } \right|=\left|\frac{\sigma \upsilon \varphi }{\eta \mu \omega }.\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \varphi } \right|=\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \phi } \right|>1.1=1$

Αντιστρόφως τώρα:

Έστω ότι $\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|>1$

Τότε έχουμε ήδη δείξει ότι θα είναι και $\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \varphi } \right|>1$

και με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε την τρίτη σχέση

Αν πάλι είναι $\left|\sigma \varphi \varphi .\sigma \varphi \omega \right|>1\Leftrightarrow \left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \phi }.\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \omega } \right|>1\Leftrightarrow \left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \phi } \right|>1$

τότε πάλι θα δείξουμε ότι ισχύουν οι δύο πρώτες σχέσεις.

Πράγματι, αν π.χ ήταν $\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|\leq 1$

τότε θα είχαμε $\left|\frac{\sigma \upsilon \nu \varphi }{\eta \mu \omega } \right|\leq 1\Leftrightarrow \left|\sigma \upsilon \nu \varphi \right|\leq \left|\eta \mu \omega \right|\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu ^{2}\phi \leq \eta \mu ^{2}\omega \Leftrightarrow 1-\eta \mu ^{2}\varphi \leq 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}\omega \Leftrightarrow \left|\frac{\sigma \upsilon \nu \omega }{\eta \mu \phi } \right|\leq 1$

και με έναν πολλαπλασιασμό κατά μέλη, θα καταλήγαμε $\left|\sigma \varphi \varphi .\sigma \varphi \omega \right|\leq 1$

που είναι άτοπο.

#54

Λύση της ΑΚΗΣΗΣ 13:(Τριγωνομετρίας)

Θέτουμε ημx=y και έχουμε να λύσουμε την ανίσωση:

$\frac{1-2y}{1+3y}>\frac{1+5y}{(1-3y)(1+3y)}$

η οποία μετά τις πράξεις ισοδύναμα γράφεται:

y(3y-5)(1-3y)(1+3y)>0

(1)

Όμως $-1\leq y\leq 1\Leftrightarrow -3\leq 3y\leq 3\Leftrightarrow -8\leq 3y-5\leq -2$

Άρα η σχέση (1) γράφεται

$y(1-3y)(1+3y)<0\Leftrightarrow -\frac{1}{3}<y<0\ \eta\ \frac{1}{3}<y$

$\Leftrightarrow \eta \mu \omega <\eta \mu x<\eta \mu 0$

ή

$\eta \mu \phi <\eta \mu x$

όπου $\omega =\tau o\xi _{0}\eta \mu (-\frac{1}{3}),\phi =\tau o\xi _{0}\eta \mu \frac{1}{3}$

Άρα $2k\pi +\omega <x<2k\pi$

ή

$2k\pi -\pi <x<2k\pi -\pi -\omega , kEZ$

ή

$2k\pi +\phi <x< 2k\pi +\pi -\varphi ,kEZ.$

(ελπίζω να μην έχω κάνει κάποια απροσεξία, γιατί είναι και πάρα πολύ αργά...)

#55

ΑΣΚΗΣΗ 15: Να βρεθούν σε ακτίνια τα τόξα τα οποία συναληθεύουν τις ανισότητες:

$\frac{4x^{2}-9}{2\eta \mu ^{2}x-\sigma \upsilon \nu x-1}<0$

και

$-2\pi \leq x<\pi$

(Πολιτικοί Μηχανικοί ΕΜΠ 1948)

#56

Λύση της ΑΣΚΗΣΗΣ 15

Έχουμε

$(4x^{2}-9)(2\eta \mu ^{2}x-\sigma \upsilon \nu x-1)<0 (1) -2\pi \leq x<\pi$

Όμως $2\eta \mu ^{2}x-\sigma \nu \nu x-1=2(1-\sigma \upsilon \nu ^{2}x)-\sigma \upsilon \nu x-1= -2(\sigma \upsilon \nu x+1)(\sigma \upsilon \nu x-\frac{1}{2})$

Άρα η σχέση (1) γράφεται:

$(1)\Leftrightarrow (4x^{2}-9)(\sigma \upsilon \nu x+1)(\sigma \upsilon \nu x-\frac{1}{2})>0$

όπου $-2\pi \leq x<\pi$

Όμως $\sigma \nu \nu x+1\geq 0$

Άρα τελικά έχουμε $(4x^{2}-9)(\sigma \upsilon \nu x-\frac{1}{2})>0$

με $-2\pi \leq x<\pi , x\neq -\pi$

Οπότε έχουμε δύο περιπτώσεις

1η Περίπτωση: $4x^{2}-9>0 \sigma \nu \nu x-\frac{1}{2}>0 xE[-2\pi ,-\pi )\bigcup{(-\pi ,\pi )}$

Άρα $xE[-2\pi ,-\pi )\bigcup{(-\pi ,-\frac{3}{2}}\bigcup{(\frac{3}{2},\pi )}$

και $xE(-\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{3})\bigcup{[-2\pi ,-\frac{5\pi }{3})}$

και με συναλήθευση αυτών βρίσκουμε

$xE[-2\pi ,-\frac{5\pi }{3})$

2η Περίπτωση: $4x^{2}-9<0 \sigma \upsilon \nu x-\frac{1}{2}<0 xE[-2\pi ,-\pi )\bigcup{(-\pi ,\pi )}$

Και εργαζόμενοι όπως και στην πρώτη περίπτωση βρίσκουμε:

$xE(-\frac{3}{2},-\frac{\pi }{3})\bigcup{(\frac{\pi }{3},\frac{3}{2})}$

Τελικά από τις δύο παραπάνω περιπτώσεις, βρίσκουμε ότι
$xE[-2\pi ,-\frac{5\pi }{3})\bigcup{(-\frac{3}{2},-\frac{\pi }{3})}\bigcup{(\frac{\pi }{3},\frac{3}{2})}$

#57

ΑΣΚΗΣΗ 16: Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ορθή την γωνία Α) να αποδειχθεί ότι:

(α) $\epsilon \varphi B+\epsilon \phi \Gamma =\frac{\alpha ^{2}}{2E}$

(β) $\sigma \upsilon \nu (2\Gamma -B)=\frac{\gamma }{\alpha ^{2}}(3\alpha ^{2}-4\gamma ^{2})$

(Σχολή Ικάρων δεκαετία του 1940)

#58

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 16: Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ορθή την γωνία Α) να αποδειχθεί ότι:

(α) $\epsilon \varphi B+\epsilon \phi \Gamma =\frac{\alpha ^{2}}{2E}$

(β) $\sigma \upsilon \nu (2\Gamma -B)=\frac{\gamma }{\alpha ^{2}}(3\alpha ^{2}-4\gamma ^{2})$

(Σχολή Ικάρων δεκαετία του 1940)

Ας βάλω μια λύση:

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα είναι $\displaystyle{a^2=b^2+c^2}$ (1)

Ακόμα, είναι $\displaystyle{\tan B=\frac{4E}{a^2+c^2-b^2}}$ , οπότε λόγω της (1), έχουμε $\displaystyle{\tan B=\frac{2E}{c^2}.}$

Ομοίως, βρίσκουμε $\displaystyle{\tan C=\frac{2E}{b^2},}$ άρα

$\displaystyle{\tan B+\tan C=\frac{2E}{b^2}+\frac{2E}{c^2}=2E\frac{b^2+c^2}{(bc)^2}=2E\frac{a^2}{4E^2}=\frac{a^2}{2E}.}$

β) Επειδή είναι $\displaystyle{\angle A=90^0,}$ είναι $\displaystyle{B=90^0-C}$ και $\displaystyle{a=2R}$ ( $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου).

Άρα είναι $\displaystyle{\cos (2C-B)=\cos (3C-90^0)=\sin 3C=3\sin C-4\sin ^{3}C=3\frac{c}{a}-4\frac{c^3}{a^3}=\frac{c}{a^3}(3a^2-4c^2)}$ , όπου στο τέλος έγινε χρήση του νόμου των ημιτόνων $\displaystyle{\sin C=\frac{c}{2R}=\frac{c}{a}.}$

#59

ΑΣΚΗΣΗ 17: Σε δοθέντα κύκλο Ο να εγγραφεί ισοσκελές τρίγωνο, του οποίου τα δύο σκέλη ή οι προεκτάσεις αυτών να διέρχονται αντιστοίχως από δύο δεδομένα σημεία τα οποία βρίσκονται πάνω στην ευθεία της διαμέτρου ΑΟΒ του κύκλου (είτε στο εσωτερικό είτε στο εξωτερικό του κυκλικού δίσκου)
Να γίνει και διερεύνηση.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1957)

ΑΣΚΗΣΗ 18: Να τραπεί σε γινόμενο παραγόντων η παράσταση:

$Α=1+\eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x+\eta \mu x\sigma \upsilon \nu x$

Στη συνέχεια το γινόμενο αυτό να γραφεί ως τετράγωνο αθροίσματος δύο συνημιτόνων

(Σχολή Ευελπίδων, 1947)

#60

ΑΣΚΗΣΗ 18
Νομίζω πως οι θεματοδότες ''χάϊδεψαν'' τους ευέλπιδες του 1947...

Είναι:

$\displaystyle{ X = 1 + \eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x(1 + \eta \mu x) = (1 + \eta \mu x)(1 + \sigma \upsilon \nu x) }$

Στη συνέχεια:

$\displaystyle{ X = (1 + \eta \mu x)(1 + \sigma \upsilon \nu x) = \left( {\eta \mu ^2 \frac{x}{2} + \sigma \upsilon \nu ^2 \frac{x}{2} + 2\eta \mu \frac{x}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{x}{2}} \right)2\sigma \upsilon \nu ^2 \frac{x}{2} = \left( {\eta \mu \frac{x}{2} + \sigma \upsilon \nu \frac{x}{2}} \right)^2 2\sigma \upsilon \nu ^2 \frac{x}{2} }$

ή

$\displaystyle{ X = \left( {\sqrt 2 \eta \mu \frac{x}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{x}{2} + \sqrt 2 \sigma \upsilon \nu ^2 \frac{x}{2}} \right)^2 = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\eta \mu x + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {1 + \sigma \upsilon \nu \chi } \right)} \right)^2 = \left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x} \right) + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right]^2 }$

ή

$\displaystyle{ X = \left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x} \right) + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right]^2 = \left( {\sigma \upsilon \nu \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {\frac{\pi }{4}} \right)} \right)^2 }$

Τέλος(αν κατάλαβα καλά τι ζητούσαν οι άνθρωποι...)

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