Για την ιστορία (και όχι μόνο)

S.E.Louridas · #61

ΑΣΚΗΣΗ 17 (Εκπληκτική άσκηση).

Η καθοριστική ιδέα που οδηγεί στην λύση.
Από την στιγμή που έχουμε το ισοσκελές KLM αντιλαμβανόμαστε ότι η ΟΚ είναι διχοτόμος της γωνίας <ΑΚΒ (λόγω του ισοσκελούς).
Άρα βρίσκοντας το αρμονικό συζυγές Τ του Ο ως προς τα Α,Β το Κ είναι η τομή του κύκλου Ο με τον κύκλο με διάμετρο το ΟΤ (Απολλώνιος).

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

S.E.Louridas

KARKAR · #62

Άσκηση 19 ... ( Μαθηματικό Αθήνας 1957)

Επί σταθεράς ευθείας $\epsilon$ θεωρούμε σταθερό σημείο

, και επί στεθερού κύκλου

, σταθερό σημείο

Από τα

και

, διέρχεται τυχών κύκλος , που τέμνει την $\epsilon$ στο

και τον κύκλο στο

.

Δείξτε ότι η ευθεία

, διέρχεται από σταθερό σημείο .

S.E.Louridas · #63

Αν Ρ είναι το σημείο τομής της DC με τον κύκλο (Κ,ΚΒ) κατανοούμε ότι:
$\angle BKP = 2\angle BDC = 2\angle BAC,\;ct.$
Το Ρ λοιπόν είναι το επίμαχο σημείο.

S.E.Louridas

GiannisL · #64

Οπως ακριβώς διαβάστηκαν στις αίθουσες το 1972

● ΦΥΣΙΚΟΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ – ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ (Δ)

ΑΛΓΕΒΡΑ

Ζήτημα πρώτον
Γνωστού όντος ότι ένα συν δύο σύν ….σύν νί ίσον έν δεύτερον έπί νί έπί παρένθεσις νί σύν ένα κλείει η παρένθεσις , ένα τετράγωνον σύν δύο τετράγωνον σύν ….σύν νί τετράγωνον ίσον έν έκτον έπί νί έπί παρένθεσις νί σύν ένα κλείει ή παρένθεσις , ένα κύβος σύν δύο κύβος σύν …σύν νί κύβος ίσον έν τέταρτον έπί νί τετράγωνον έπί παρένθεσις νί σύν ένα κλείει η παρένθεσις είς το τετράγωνον , προσδιορίσατε τους συντελεστάς άλφα μικρόν , βήτα μικρόν , γάμμα μικρόν , δέλτα μικρόν του πολυωνύμου ρό κεγαλαίον του χί ίσον άλφα έπί χί κύβος σύν βήτα έπί χί τετράγωνον σύν γάμμα έπί χί σύν δέλτα ούτως ώστε ρό κεφαλαίον του ένα σύν ρό κεφαλαίον του δύο σύν …σύν ρό κεφαλαίον του νί ίσον έκ ταυτότητος νί είς το τετράγωνον .

Ζήτημα δεύτερον
Να επιλυθή είς το σύνολο των μιγαδικών άριθμών η έξίσωσις : Παρένθεσις άλφα έπί χί τετράγωνον σύν β έπί χί σύν γάμμα κλείει η παρένθεσις είς το τετράγωνον ίσον παρένθεσις βήτα έπί χί τετράγωνον σύν γάμμα έπί χί σύν άλφα κλείει η παρένθεσις έπί παρένθεσις γάμμα έπί χί τετράγωνον σύν άλφα έπί χί σύν βήτα κλείει η παρένθεσις .

Ζήτημα τρίτον
Δίδεται η συνάρτησις φί του χί ίσον με γραμμή κλάσματος αριθμητής χί παρονομαστής ένα σύν άπόλυτος τιμή του χί με πεδίον όρισμού το σύνολον όλων των πραγματικών άριθμών .Να ευρεθή το πεδίον τιμών αυτής και να δειχθή ότι η συνάρτησις είναι γνησίως αύξουσα .

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.com/2011/06/1972.html

#65

[quote="GiannisL"]Οπως ακριβώς διαβάστηκαν στις αίθουσες το 1972

● ΦΥΣΙΚΟΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ – ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ (Δ)

ΑΛΓΕΒΡΑ

Ζήτημα πρώτον
Γνωστού όντος ότι ένα συν δύο σύν ….σύν νί ίσον έν δεύτερον έπί νί έπί παρένθεσις νί σύν ένα κλείει η παρένθεσις , ένα τετράγωνον σύν δύο τετράγωνον σύν ….σύν νί τετράγωνον ίσον έν έκτον έπί νί έπί παρένθεσις νί σύν ένα κλείει ή παρένθεσις , ένα κύβος σύν δύο κύβος σύν …σύν νί κύβος ίσον έν τέταρτον έπί νί τετράγωνον έπί παρένθεσις νί σύν ένα κλείει η παρένθεσις είς το τετράγωνον , προσδιορίσατε τους συντελεστάς άλφα μικρόν , βήτα μικρόν , γάμμα μικρόν , δέλτα μικρόν του πολυωνύμου ρό κεγαλαίον του χί ίσον άλφα έπί χί κύβος σύν βήτα έπί χί τετράγωνον σύν γάμμα έπί χί σύν δέλτα ούτως ώστε ρό κεφαλαίον του ένα σύν ρό κεφαλαίον του δύο σύν …σύν ρό κεφαλαίον του νί ίσον έκ ταυτότητος νί είς το τετράγωνον .

Θα κάνω πρώτα μια μετάφραση στην καθομιλουμένη γιατί η Δικτατορία της τότε εποχής μας είχε «σημαδέψει» και δεν την μπορώ (μου θυμίζει Παπαδόπουλο)

Δίνεται ότι : $\displaystyle{ 1 + 2 + \ldots + \nu = \frac{1} {2}\nu \left( {\nu + 1} \right) }$ , $\displaystyle{ 1^2 + 2^2 + \ldots + \nu ^2 = \frac{1} {6}\nu \left( {\nu + 1} \right)\left( {2\nu + 1} \right) }$ , $\displaystyle{ 1^3 + 2^3 + \ldots + \nu ^3 = \frac{1} {4}\nu ^2 \left( {\nu + 1} \right)^2 }$

Έστω $\displaystyle{ {\rm P}\left( x \right) = \alpha x^3 + \beta x^2 + \gamma x + \delta }$ (υποθέτοντας ότι εννοεί $\displaystyle{ \alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \in R }$ ). Να βρεθούν τα $\displaystyle{ \alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \in R }$

ώστε να ισχύει: $\displaystyle{ {\rm P}\left( 1 \right) + {\rm P}\left( 2 \right) + \ldots + {\rm P}\left( \nu \right) = \nu ^2 }$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{ \nu }$ .

Λύση

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} {\rm P}\left( 1 \right) = \alpha \cdot 1^3 + \beta \cdot 1^2 + \gamma \cdot 1 + \delta \hfill \\ {\rm P}\left( 2 \right) = \alpha \cdot 2^3 + \beta \cdot 2^2 + \gamma \cdot 2 + \delta \hfill \\ \vdots \hfill \\ {\rm P}\left( \nu \right) = \alpha \cdot \nu ^3 + \beta \cdot \nu ^2 + \gamma \cdot \nu + \delta \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} }$ $\displaystyle{ {\rm P}\left( 1 \right) + {\rm P}\left( 2 \right) + \ldots {\rm P}\left( \nu \right) = \alpha \left( {1^3 + 2^3 + \ldots \nu ^3 } \right) + \beta \left( {1^2 + 2^2 + \ldots \nu ^2 } \right) + \gamma \left( {1 + 2 + \ldots \nu } \right) + \nu \delta \Rightarrow }$

$\displaystyle{ {\rm P}\left( 1 \right) + {\rm P}\left( 2 \right) + \ldots {\rm P}\left( \nu \right) = \frac{1} {4}\alpha \nu ^2 \left( {\nu + 1} \right)^2 + \frac{1} {4}\beta \nu \left( {\nu + 1} \right)\left( {2\nu + 1} \right) + \frac{1} {2}\gamma \nu \left( {\nu + 1} \right) + \nu \delta \mathop \Rightarrow \limits^{{\rm P}\left( 1 \right) + {\rm P}\left( 2 \right) + \ldots {\rm P}\left( \nu \right) = \nu ^2 } }$

$\displaystyle{ \frac{1} {4}\alpha \nu ^2 \left( {\nu + 1} \right)^2 + \frac{1} {4}\beta \nu \left( {\nu + 1} \right)\left( {2\nu + 1} \right) + \frac{1} {2}\gamma \nu \left( {\nu + 1} \right) + \nu \delta = \nu ^2 \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \frac{1} {4}\alpha \nu ^2 \left( {\nu ^2 + 2\nu + 1} \right) + \frac{1} {4}\beta \nu \left( {2\nu ^2 + \nu + 2\nu + 1} \right) + \frac{1} {2}\gamma \nu ^2 + \frac{1} {2}\gamma \nu + \nu \delta = \nu ^2 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{1} {4}\alpha \nu ^4 + \frac{1} {2}\alpha \nu ^3 + \frac{1} {4}\alpha \nu ^2 + \frac{1} {2}\beta \nu ^3 + \frac{1} {4}\beta \nu ^2 + \frac{1} {2}\beta \nu ^2 + \frac{1} {4}\beta \nu + \frac{1} {2}\gamma \nu ^2 + \frac{1} {2}\gamma \nu + \nu \delta = \nu ^2 \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \frac{1} {4}\alpha \nu ^4 + \frac{1} {2}\left( {\alpha + \beta } \right)\nu ^3 + \left( {\frac{\alpha } {4} + \frac{{3\beta }} {4} + \frac{\gamma } {2}} \right)\nu ^2 + \left( {\frac{\beta } {4} + \frac{\gamma } {2} + \delta } \right)\nu = \nu ^2 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \alpha = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ \frac{\alpha } {4} + \frac{{3\beta }} {4} + \frac{\gamma } {2} = 1 \\ \frac{\beta } {4} + \frac{\gamma } {2} + \delta = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \alpha = 0 \\ \beta = 0 \\ \gamma = 2 \\ \delta = - 1 \\ \end{gathered} \right. }$

Στάθης

#66

ΑΠΟ ΤΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ (ΣΤΟΝ ΤΕΧΝΙΚΟ ΚΥΚΛΟ) ΤΟΥ 1972

ΑΣΚΗΣΗ 21 (δεν ξέρω αν είναι η σωστή αρίθμηση)
ΖΗΤΗΜΑ 1ο ("μεταφρασμένο")

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ με $\displaystyle{ \hat A = 60^0 }$ και $\displaystyle{ AB \ne AC \ne CA \ne AB }$ . Αν $\displaystyle{ H,I,O }$ είναι αντίστοιχα το ορθόκεντρο , το έκκεντρο και το περίκεντρο του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ να δειχθεί ότι:

i) Τα σημεία $\displaystyle{ B,H,I,O,C }$ είναι ομοκυκλικά

ii) Το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle HIO }$ είναι ισοσκελές ( $\displaystyle{ IH = IO }$ )

Στάθης

Ιστοσελίδα · #67

Δείτε:
viewtopic.php?f=22&t=14896
viewtopic.php?f=112&t=14653

#68

ΑΣΚΗΣΗ 22 (ΤΕΧΝΙΚΟ ΤΜΗΜΑ) ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΖΗΤΗΜΑ 2ο

Ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ περιστρέφεται γύρω από ευθεία $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ που διέρχεται από την κορυφή $\displaystyle{ {\rm A} }$ και είναι παράλληλη προς τη διαγώνιό του $\displaystyle{ {\rm B}\Delta }$ .

Να υπολογιστεί ο όγκος του στερεού που προκύπτει συναρτήσει των διαστάσεων $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B} = \alpha }$ και $\displaystyle{ {\rm A}\Delta = \beta }$

Στάθης

#69

Λύση της άσκησης 22

Ο Όγκος του παραγομένου στερεού είναι το άθροισμα των δύο κόλουρων κώνων (του πάνω και του κάτω)

Έστω υ το ύψος του πάνω κόλουρου κώνου και u το ύψος του κάτω.

Ο Όγκος του πάνω κόλουρου κώνου είναι

$V_{1}=\frac{\pi }{3}\upsilon (R^{2}+R\varrho +\varrho ^{2})$

και ο όγκος του κάτω είναι

$V_{2}=\frac{\pi }{3}u\ (R^{2}+R\varrho +\varrho ^{2})$

όπου R είναι η ακτίνα της μεγάλης βάσης και ρ η ακτίνα της μικρής βάσης των δύο κόλουρων κώνων.

Άρα ο ζητούμενος όγκος είναι

$V=V_{1}+V_{2} -W_{1}-W_{2}=\frac{\pi }{3}(R^{2}+R\rho +\varrho ^{2})(\upsilon +u)-\frac{1}{3}\pi \varrho^{2}\upsilon -\frac{1}{3}\pi \varrho^{2}u=\frac{\pi }{3}(R^{2}+R\varrho +\varrho ^{2}).B\Delta -\frac{1}{3}\pi \varrho^{2}\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}$

Όπου $W_{1},W_{2}$ είναι οι όγκοι των εσωτερικών κώνων

Από το σχήμα εύκολα βλέπουμε ότι

$\varrho =\alpha \sigma \upsilon \nu \omega R=\alpha \sigma \upsilon \nu \omega +\beta \eta \mu \omega ,$

όπου ω ονομάσαμε την γωνία ΓΒΔ

Είναι όμως $\epsilon \varphi \omega =\frac{\alpha }{\beta }$

Αλλά $\sigma \upsilon \nu ^{2}\omega =\frac{1}{1+\epsilon \varphi ^{2}\omega }\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \omega =\frac{\beta }{\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}}$

Και $\eta \mu \omega =\frac{\alpha }{\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}}$

Συνεπώς $\varrho =\frac{\alpha \beta }{\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}} R=\frac{2\alpha \beta }{\sqrt{\alpha ^{2}+\beta^{2} }}$

(Άρα R=2ρ)

Άρα $V=\frac{\pi }{3}7\varrho ^{2}\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}-\frac{1}{3}\pi \varrho^{2}(\upsilon +u)=\frac{7\pi }{3}\frac{\alpha ^{2}\beta ^{2}}{(\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}})^{2}}\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}-\frac{1}{3}\pi \varrho^{2}\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}=\frac{7\pi \alpha ^{2}\beta ^{2}}{3\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}}-\frac{1}{3}\pi \varrho^{2}\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}$

όπου $\varrho =\frac{\alpha \beta }{\sqrt{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}}$

Συμπλήρωσα την αφαίρεση των δύο εσωτερικών κώνων που είχα ξεχάσει

KARKAR · #70

Άσκηση 22 , Αλλοδαποί τοπογράφοι Πολυτεχνείου 1957

Εάν $\widehat{BAC}= \widehat{CAD}= 60^{o}$ , και

σημείο στο εσωτερικό της $\widehat{BAC}$ , δείξτε ότι NE+NZ=NH

,

όπου NE,NZ,NH

οι αποστάσεις του

από τις

αντίστοιχα .

Ιστοσελίδα · #71

KARKAR έγραψε:Άσκηση 22 , Αλλοδαποί τοπογράφοι Πολυτεχνείου 1957

Εάν $\widehat{BAC}= \widehat{CAD}= 60^{o}$ , και σημείο στο εσωτερικό της $\widehat{BAC}$ , δείξτε ότι ,

όπου οι αποστάσεις του από τις αντίστοιχα .

: Άσκηση-22.jpg (57.11 KiB) Προβλήθηκε 2932 φορές

Από το

φέρω κάθετη προς την

που την τέμνει στο

και την

στο

. Από το ορθογώνιο AGE

είναι $G\widehat EA = {30^ \circ }$ , συνεπώς $G\widehat EN = {60^ \circ }$ . Είναι ακόμα $H\widehat NE = {120^ \circ } - {60^ \circ } = {60^ \circ }$ από το εγγράψιμο τετράπλευρο $HNEA\left( {A\widehat HN + N\widehat EA = {{180}^ \circ }} \right)$ , οπότε το τρίγωνο NFE

είναι ισόπλευρο, δηλαδή $NE = EF = FN\,\,\left( 1 \right)$ .

Τα σημεία H,A,E,N,Z

είναι ομοκυκλικά γιατί τα τετράπλευρα $HNEA,\,HANZ\,\left( {A\widehat HN = A\widehat ZN = {{90}^ \circ }} \right)$ είναι εγγράψιμα, οπότε από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο HENZ

είναι $E\widehat HN = E\widehat ZN$ . Από την ισότητα των τριγώνων $EHF,\,ENZ$ (Γ-Π-Γ) έχουμε $FH = NZ\,\,\left( 2 \right)$ . Είναι $NH = FN + FH\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} NE + NZ$ .

#72

ΛΥΣΗ της ΑΣΚΗΣΗΣ 22

Φέρνοντας από το Ν μια ευθεία παράλληλη με την ΑD έχουμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο οπότε οδηγούμαστε στην γνωστή άσκηση ότι σε κάθε ισόπλευρο τρίγωνο το άθροισμα των αποστάσεων τυχαίου σημείου Ν μιας πλευράς από τις δύο άλλες πλευρές, είναι σταθερό και ίσο με το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου (όπου στο παραπάνω σχήμα του KARKAR το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου είναι ίσο με το ΝΗ)

#73

ΑΣΚΗΣΗ 23: Να προσδιορισθούν τα επίπεδα επί των οποίων ένα στρεβλό τετράπλευρο ΑΒΓΔ προβάλλεται κατά παραλληλόγραμμο.

(Χημικοί μηχανικοί ΕΜΠ, 1957)

ΑΣΚΗΣΗ 24: Αν $\epsilon \varphi (\alpha +\vartheta )=\nu \varepsilon \varphi (\alpha -\theta )$ να αποδειχθεί ότι

$\frac{\eta \mu 2\theta }{\eta \mu 2\alpha }=\frac{\nu -1}{\nu +1}$

(Πανεπιστήμιο Θεσ/νίκης, δεκαετία του 1940)

#74

Μία απάντηση για την 24
με τους αντίστοιχους περιορισμούς
$\epsilon \phi (a+b)=\nu\cdot \epsilon \phi (a-b)\Rightarrow \frac{\epsilon \phi a+\epsilon \phi b}{1-\epsilon \phi a\cdot \epsilon \phi b} = \nu\cdot \frac{\epsilon \phi a-\epsilon \phi b}{1+\epsilon \phi a\cdot \epsilon \phi b}$
$\Rightarrow \epsilon \phi a+ \epsilon \phi^2 a\cdot \epsilon \phi b +\epsilon \phi b+\epsilon \phi a\cdot \epsilon \phi^2 b = \nu \cdot \left(\epsilon \phi a- \epsilon \phi^2 a\cdot \epsilon \phi b -\epsilon \phi b+\epsilon \phi a\cdot \epsilon \phi^2 b \right)$
$\Rightarrow \epsilon \phi^2 a\cdot \epsilon \phi b(\nu +1) +\epsilon \phi b(\nu +1)=\epsilon \phi a\cdot(\nu -1)+\epsilon \phi a\cdot \epsilon \phi^2 b (\nu -1)$
$\Rightarrow (\nu +1)\epsilon \phi b\cdot (1+\epsilon \phi ^2a)=(\nu -1)\epsilon \phi a\cdot(1+ \epsilon \phi^2 b)$
$\Rightarrow \frac{\epsilon \phi b\cdot (1+\epsilon \phi ^2a)}{\epsilon \phi a\cdot (1+\epsilon \phi ^2b)}=\frac{\nu -1}{\nu +1}$
$\Rightarrow \frac{\epsilon \phi b\cdot \frac{1}{\sigma \upsilon \nu ^2a}}{\epsilon \phi a\cdot \frac{1}{\sigma \upsilon \nu ^2b}}=\frac{\nu -1}{\nu +1}$
$\Rightarrow \frac{\eta \mu b\cdot \sigma \upsilon \nu b}{\eta \mu a\cdot \sigma \upsilon \nu a} = \frac{\nu -1}{\nu +1}$
$\Rightarrow \frac{2\eta \mu b\cdot \sigma \upsilon \nu b}{2\eta \mu a\cdot \sigma \upsilon \nu a} = \frac{\nu -1}{\nu +1}$
$\Rightarrow \frac{\eta \mu 2b}{\eta \mu 2a} = \frac{\nu -1}{\nu +1}$ .

Ουφ

Χρήστος

#75

Αν μπορεί κάποιος από τους καλλιτέχνες της Γεωμετρίας να μας δώσει μια λύση στην άσκηση 23 (με το στρεβλό τετράπλευρο) θα μας ήταν πολύ χρήσιμο.

ΑΣΚΗΣΗ 25: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Να φέρετε από την κορυφή Α μια ευθεία, πάνω στην οποία οι προβολές των πλευρών ΑΒ και ΑΓ να έχουν άθροισμα ένα δοσμένο μήκος λ.

(ΣΜΑ, 1957)

ΑΣΚΗΣΗ 26: Να λυθεί η εξίσωση: $\eta \mu (\pi \sigma \upsilon \nu x)=\sigma \upsilon \nu (\pi \eta \mu x)$

(Πολυτεχνείο, δεκαετία του 1940)

S.E.Louridas · #76

Γιά το στρεβλό τετράπλευρο τα παραλληλόγραμμα προκείπτουν από τα κάθετα επίπεδα στήν ευθεία που ορίζεται από τα μέσα των διαγωνίων του στρεβλού τετραπλεύπου.

S.E.Louridas

#77

S.E.Louridas έγραψε:Γιά το στρεβλό τετράπλευρο τα παραλληλόγραμμα προκείπτουν από τα κάθετα επίπεδα στήν ευθεία που ορίζεται από τα μέσα των διαγωνίων του στρεβλού τετραπλεύπου.

S.E.Louridas

Καλό θα ήταν να είχαμε μια πλήρη λύση με ανάλυση, κατασκευή και ενδεχομένως διερεύνιση (αν απαιτείται)

και φυσικά ένα "καλλιτεχνικό" σχήμα. (Κάποιοι τα καταφέρνουν άριστα με τα σχήματα. Ας κάνει κάποιος λοιπόν τον κόπο να μας δώσει σχήμα και δίνω μετά την πλήρη λύση, που δεν είναι και πολύ επίπονη)

#78

ΛΥΣΗ της ΑΣΚΗΣΗΣ 26:

Έχουμε: $\eta \mu (\pi \sigma \upsilon \nu x)=\eta \mu (\frac{\pi }{2}-\pi \eta \mu x)\Leftrightarrow \pi \sigma \upsilon \nu x=2k\pi +\frac{\pi }{2}-\pi \eta \mu x$

ή

$\pi \sigma \upsilon \nu x=2k\pi +\pi -(\frac{\pi }{2}-\pi \eta \mu x)$ , όπου kEZ

1η Περίπτωση:

$\pi \sigma \upsilon \nu x=2k\pi +\frac{\pi }{2}-\pi \eta \mu x\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu x+\eta \mu x=2k+\frac{1}{2}\Leftrightarrow \eta \mu x+\eta \mu (\frac{\pi }{2}-x)=2k+\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2\eta \mu \frac{\pi }{4}\sigma \upsilon \nu(x-\frac{\pi }{4})=2k+\frac{1}{2}\Leftrightarrow \sqrt{2}\sigma \upsilon \nu (x-\frac{\pi }{4})=2k+\frac{1}{2}$

Όμως

$\left|\sigma \upsilon \nu (x-\frac{\pi }{4}) \right|\leq 1\Leftrightarrow \sqrt{2}\left|\sigma \upsilon \nu(x-\frac{\pi }{4}) \right|\leq \sqrt{2}\Leftrightarrow -\sqrt{2}\leq \sqrt{2}\sigma \upsilon \nu (x-\frac{\pi }{4})\leq \sqrt{2}\Rightarrow$

$-\sqrt{2}\leq2k+\frac{1}{2}\leq \sqrt{2}\Leftrightarrow-\sqrt{2}-\frac{1}{2}\leq 2k\leq \sqrt{2}-\frac{1}{2}\Rightarrow$

$-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{4}\leq k\leq \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{4}\Rightarrow -1<k<1$

Και αφού kEZ πρέπει k=0/

Άρα
$\sqrt{2}\sigma \upsilon \nu (x-\frac{\pi }{4})=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu (x-\frac{\pi }{4})=\frac{\sqrt{2}}{4}\Leftrightarrow$

$\sigma \upsilon \nu (x-\frac{\pi}{4})=\sigma \nu \nu \theta$

όπου $\theta =\tau o\xi _{o}\sigma \upsilon \nu \frac{\sqrt{2}}{4}$

Συνεπώς $x-\frac{\pi }{4}=2r\pi \pm \theta \Leftrightarrow x=2r\pi +\frac{\pi }{4}\pm \theta, rEZ$

Όμοια εργαζόμαστε και στην 2η Περίπτωση

S.E.Louridas · #79

ΑΣΚΗΣΗ 25.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΑΝΑΛΥΣΗ:
Έστω Αx τυχούσα ευθεία διερχόμενη από το Α εσωτερική της γωνίας < Α με την ιδιότητα
$AB{'} + A\Gamma {'} = \lambda ,\;\lambda > 0,\;o\tau \alpha \nu \;B{'} \in Ax,\Gamma {'} \in Ax\;\mu \varepsilon \;BB{'} \bot Ax\;\kappa \alpha \iota \;\Gamma \Gamma {'} \bot Ax.$
Αν Σ το μέσο της Β΄Γ΄ τότε ισχύει ότι:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {AB{'} + A\Gamma {'} = \lambda \Rightarrow A\Sigma = \frac{\lambda } {2},\;ct,} \\ {M:BM = M\Gamma \Rightarrow M\Sigma \bot A\Sigma .} \\ \end{array} } \right.$
Εδώ διαπιστώνουμε ότι το Σ ευρίσκεται ταυτόχρονα στον κύκλο
$\left( {A,\frac{\lambda } {2}} \right)$
και σε εκείνον που γράφεται με διάμετρο την σταθερή διάμετρο ΑΜ, συνεπώς προσδιορίζεται με κανόνα και διαβήτη πράγμα που σημαίνει ότι προσδιορίζεται η ΑΜ (η ζητούμενη).

ΣΥΝΘΕΣΗ ή ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ:
Κατασκευάζουμε το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ και το μέσο Θ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΜ. Στην συνέχεια τον κύκλο
$\left( {\Theta ,\frac{{AM}} {2}} \right).$ Με κέντρο το σημείο Α κατασκευάζουμε κύκλο
$\left( {A,\frac{\lambda } {2}} \right).$
Το σημείο τομής των δύο αυτών κύκλων δίνει το σημείο Σ οπότε αν χαράξουμε την ευθεία ΑΣ, αυτή είναι η ζητούμενη.

(Σπουδαία παρατήρηση: Η διαδικασία αυτή είναι η πιο λιτή αλλά και η απόλυτα ακριβής κατασκευαστική διαδικασία, σαν τμήμα της διαδικασίας της επίλυσης, για την τεκμηρίωση της οποίας ο ρόλος πέφτει στο επόμενο βήμα δηλαδή στην ΑΠΟΔΕΙΞΗ. Εδώ θέλω να επισημάνω ότι όταν ο προσδιορισμός ,όχι τόσο η ύπαρξη, γίνεται με κανόνα και διαβήτη τότε έχουμε την ορολογία ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ενώ αν ο προσδιορισμός δεν μπορεί να γίνει με κανόνα και διαβήτη π.χ. προσδιορισμός σημείου σαν τομή έλλειψης και παραβολής ή το σπουδαιότερο όταν έχουμε προσδιορισμό στον χώρο των τριών διαστάσεων ,ας πούμε σημείου σαν επαφή επιπέδου με σφαίρα κ.τ.λ. μιλάμε για ΣΥΝΘΕΣΗ).

ΑΠΟΔΕΙΞΗ (γίνεται πάνω στην κατασκευή):
Έχουμε σαν κατασκευαστικό δεδομένο την καθετότητα των ΑΣ, ΜΣ.
Αν θεωρήσουμε
$B{'} \in {\rm A}\Sigma ,\;\Gamma {'} \in {\rm A}\Sigma \;\mu \varepsilon \;BB{'} \bot {\rm A}\Sigma \;\kappa \alpha \iota \;\Gamma \Gamma {'} \bot {\rm A}\Sigma ,$ από το τραπέζιο ΒΒ΄ΓΓ΄ παίρνουμε ότι το Σ είναι μέσο της Β΄Γ΄.
Άρα έχουμε:
$AB{'} + A\Gamma {'} = 2A\Sigma = 2\frac{\lambda } {2} = \lambda .$
ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ:
Η κατασκευή εξαρτάται από την κατασκευή του Σ δηλαδή από την ύπαρξη της τομής των δύο κύκλων.
Συγκεκριμένα:
► Αν $\frac{\lambda } {2} < AM \Leftrightarrow \lambda < 2AM,$
το πρόβλημα έχει δύο λύσεις (2-σημεία τομής)
► Αν λ=ΑΜ, το πρόβλημα έχει μία λύση
► Αν
$\frac{\lambda } {2} > AM \Leftrightarrow \lambda > 2AM,$ το πρόβλημα δεν έχει λύση.
Στην συνέχεια πρέπει να εξεταστεί και η περίπτωση που η ευθεία βρίσκεται εκτός της γωνίας <Α του τριγώνου, όπου εκεί έχουμε δύο λύσεις μία ή καμμία.

(*) Με λίγα λόγια και για να εκλαϊκεύσουμε:
Θέλουμε να κατασκευάσουμε ένα σπίτι:
Το τεχνικό Γραφείο π.χ. του Κ. Βήττα κάνει την Μελέτη για να μας κατασκευάσει αυτό που θέλουμε (ΑΝΑΛΥΣΗ) καταλήγοντας στο σχέδιο.
Ο εργολάβος ο κος Μήτσος παίρνει τα υλικά και εκτελεί (ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ)
Μόλις ο υπεύθυνος του τεχνικού γραφείου δίνοντάς μας τα κλειδιά και για να πληρωθεί μας αποδεικνύει ότι μας κατασκεύασε αυτό που θέλαμε (ΑΠΟΔΕΙΞΗ).
Όμως το τεχνικό γραφείο μας λέει ότι: υπήρχαν και οι τάδε άλλες λύσεις ή αν δεν είχαμε αυτό το πλεονέκτημα δεν θα μπορούσαμε να κτίσουμε (ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ).

(*) Κατανοεί, λοιπόν, κανείς πόσο "εύκολα" έπερνε κανείς το άριστα, αφού γιά την πλήρη λύση απαιτούνταν ΟΛΑ τα παραπάνω βήματα και βέβαια Χειρονακτικά Ναι Χειρονακτικά. Μήπως όμως αυτό το ''Σκληρό κατά κάποιους" Μαθηματικό περιβάλλον δημιουργούσε Αυτάρκεις Μαθηματικές Προσωπικότηες; Λέω μήπως.....

S.E.Louridas

#80

Μετά την υποδειγματική λύση της άσκησης 25 που μας χάρισε ο Σωτήρης (για να θυμώμαστε οι μεγάλοι και να μαθαίνουν οι νεώτεροι) και μετά την επίσης πολύ σωστή παρατήρηση που έγραψε, ας δούμε δύο ακόμα θέματα που έχουν τεθεί πριν πολλά χρόνια

ΑΣΚΗΣΗ 27: Να κατασκευαστεί τραπέζιο ΑΒΓΔ του οποίου δίνονται οι διαγώνιοι ΑΓ=δ1 , ΒΔ=δ2, η γωνία αυτών ω και η διαφορά λ των μη παραλλήλων πλευρών ΒΓ και ΑΔ

(ΣΜΑ, 1957)

ΑΣΚΗΣΗ 28 Να λυθεί η εξίσωση: $2\eta \mu 3x=3\sigma \upsilon \nu x+\sigma \upsilon \nu 3x$

(Πολυτεχνείο, δεκαετία του 1940)

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