mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 06, 2011 11:27 pm**

s.kap έγραψε:Ε.Μ.Π. 1958:

Να ευρεθούν αι πραγματικαί λύσεις του συστήματος:

$\displaystyle{\begin{cases} \frac {1}{x}+\frac {1}{y}+\frac {1}{z}=1\\ xyz=2\\ z<y<0<x \end{cases}}$

Προκύπτει

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{x-1}{x}\\ \frac{1}{y}\cdot \frac{1}{z}=\frac{x}{2} \end{matrix}\right.}$

Αφού z<y<0<x από την πρώτη είναι 0<x<1. Ακόμα η εξίσωση

$t^2-\frac{x-1}{x}t+\frac{x}{2}=0$

πρέπει να έχει δύο ρίζες (αρνητικές θα είναι), έτσι

$\Delta =\frac{(x^2+1)(1-2x)}{x^2}>0\Leftrightarrow x<\frac{1}{2}$

Επομένως $0< x<\frac{1}{2}$ . Για τις τιμές αυτές του χ και μόνο προκύπτει

$\frac{1}{y}=\frac{x-1-\sqrt{(1+x^2)(1-2x)}}{2x},\frac{1}{z}=\frac{x-1+\sqrt{(1+x^2)(1-2x)}}{2x}$

άρα $y=\frac{2x}{x-1-\sqrt{(1+x^2)(1-2x)}},z=\frac{2x}{x-1+\sqrt{(1+x^2)(1-2x)}}$ με $0< x<\frac{1}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 07, 2011 1:04 am**

s.kap έγραψε:Ε.Μ.Π. 1958:

Να ευρεθούν αι πραγματικαί λύσεις του συστήματος:

$\displaystyle{\begin{cases} \frac {1}{x}+\frac {1}{y}+\frac {1}{z}=1\\ xyz=2\\ z<y<0<x \end{cases}}$

Κάνω μια προσπάθεια αλλά μάλλον έχω πάρει λάθος δρόμο... Τέλος πάντων
Για ευκολία θέτω $a=\frac{1}{x}, b=\frac{1}{y}, c=\frac{1}{z}$
Τότε το σύστημα γίνεται:
$\displaystyle{\begin{cases} a+b+c=1\\ 2abc=1\\ 0>c>b, a>0 \end{cases}}$
Λύνοντας την πρώτη ως προς b έχουμε b=1-a-c

και αντικαθιστούμε στη δεύτερη:
$2ac(1-b-c)=1\Leftrightarrow$
2ac^2+2a(a-1)c+1=0

(1)
Η τελευταία έχει διακρίνουσα:
D=4a^2(a-1)^2-8a=4a(a^3-2a^2+a-2)=4a(a-2)(a^2+1)

και επειδή a>0, a^2+1>0

πρέπει και $a-2>0\Leftrightarrow a>2$
H (1) έχει λύσεις ως προς c τις εξής:

$\displaystyle c_{1,2}=\frac{-2a(a-1) \pm \sqrt{4a(a-2)(a^2+1)}}{4a}=\frac{1}{2}\left (1-a\pm \sqrt{a(a-2)(a^2+1)} \right )$
οι οποίες είναι και οι δυο αρνητικές.
Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε και το b:
$\displaystyle b=\frac{1}{2}\left (1-a \pm \sqrt{a(a-2)(a^2+1)} \right )$
Όμως b<c

οπότε τελικά έχουμε τις λύσεις:

$\displaystyle (a,b,c)=(a,\frac{1}{2}\left (1-a - \sqrt{a(a-2)(a^2+1)} \right ),\frac{1}{2}\left (1-a + \sqrt{a(a-2)(a^2+1)} \right ))$ με a>2

Άρα οι ζητούμενες είναι :
$\displaystyle (x,y,z)=(\frac{1}{a}.\frac{1}{b},\frac{1}{c})$ με $0<x<\frac{1}{2}$
π.χ.
για x=1/3

έχουμε $y=-(1+\sqrt{\frac{5}{6}})$ και $z=-1+\sqrt{\frac{5}{6}}$ που επαληθεύουν τις αρχικές.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 07, 2011 10:48 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 31 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Στο εσωτερικού αυτού εγγράφουμε άλλο τρίγωνο ΔΕΖ το οποίο μεταβαλλόμενο, παραμένει όμοιο με τον εαυτό του. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΖΕ, ΒΔΖ και ΓΔΕ τέμνονται στο ίδιο σταθερό σημείο.

(ΕΜΠ, τμήμα Πολιτικών μηχανικών, 1949)[/color]

Είναι σίγουρα αυτή η εκφώνηση; Μήπως για παράδειγμα η γωνία του ΔΕΖ που η κορυφή της βρίσκεται στην ΒΓ κ.λπ. είναι σταθερή;

Γιατί, τώρα που το κοιτάζω πάλι, οι περιγγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΖΕ, ΒΔΖ και ΓΔΕ τέμνονται μεν σε κοινό σημείο, αλλά ενδεχομένως να έχουμε τρία σταθερά σημεία και όχι ένα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 07, 2011 11:04 am**

Φίλε Κώστα γειά σου.
Σίγουρα το ερώτημά σου είναι απολύτως σωστό (αναμενώμενο λόγω rek2), αλλά θεωρώ ότι θεώρησαν το θέμα με βάση τις ""κλάσεις ομοιοτήτων"" που η κάθε μία διαφοροποιείται από την άλλη ως πρός το σε ποιά πλευρά ανήκει ας πούμε η κορυφή Δ και σε σχέση με το που βρίσκονται κινούμενες οι άλλες κορυφές (μάλλον έχουμε 6 τέτοιες κλάσεις). Συνεπώς, μάλλον εννοείται κίνηση τριγώνου που παραμένει στην κλάση του. Αν αυτό δεν συμβαίνει τότε ζήτω η διαδικασία της Διερεύνησης.
Σαν τεχνικές πάντως απόδειξης παραμένουν τουλάχιστον οι Ημέτερς.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2011 5:52 pm**

Δεν έχουν απαντηθεί ακόμα οι ασκήσεις 36 και 37

Συνεχίζουμε με δύο ακόμα:

ΑΣΚΗΣΗ 38 :Από τυχαίο σημείο Δ της προέκτασης μιας ακτίνας κύκλου (Ο,α) φέρνουμε τυχαία τέμνουσα ΔΒΑ. Αν γωνίαΑΟΔ= $\gamma _{1}$ και γωνίαΒΟΔ= $\gamma _{2}$ να αποδειχθεί ότι

$\varepsilon \varphi \frac{\gamma _{1}}{2}\varepsilon \varphi \frac{\gamma _{2}}{2}=\frac{r-\alpha }{r+\alpha },$ όπου r=ΟΔ

Δείξτε επίσης ότι η ισότητα αυτή ισχύει και όταν η τέμνουσα γίνει εφαπτομένη του κύκλου.

(ΕΜΠ, 1957)

ΑΣΚΗΣΗ 39 : Πάνω σε ένα επίπεδο (Π) θεωρούμε κύκλο (C) με κέντρο Ο και διάμετρο ΑΒ=2ρ
Στην προέκταση της ΑΒ παίρνουμε τμήμα ΒΓ=ρ και από το Γ φέρνουμε πάνω στο (Π) την ευθεία ψ κάθετη στην ΑΓ.
Θεωρούμε ημισφαίριο (Σ) με κέντρο Ο και ακτίνα ρ που έχει βάση τον κύκλο (C). Επίπεδο (Ε) διερχόμενο δια της ευθείας ψ τέμνει το ημισφαίριο κατά κύκλο (Λ), κέντρου Λ.
Έστω (Ν) ο περιγεγραμμένος περί το ημισφαίριο κατά μήκος του κύκλου (Λ) κώνος και Ν η κορυφή του.
Ζητούνται:
(1) Ο γ.τ του κέντρου Λ για τις διάφορες θέσεις του επιπέδου (Ε)

(2) Ο όγκος του κώνου συναρτήσει του ρ και του ΟΛ=χ

(3) Ο γ.τ της κορυφής Ν του κώνου (Ν)

(ΕΜΠ, στο τέλος της δεκαετίας του 1950).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 6:19 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 39.
(Καλή Άσκηση με υψηλούς και ακριβείς διερευνητικούς συλλογισμούς).

Θα επιχειρήσω να απαντήσω στα περιττής τάξης ερωτήματα.
Είναι καθαρό ότι η ΟΛ είναι κάθετη στο επίπεδο που διέρχεται από την ψ που είναι κάθετη στην ΑΒ, οπότε από το θεώρημα των τριών καθέτων το επίπεδο OCN είναι το κάθετο επίπεδο στην ψ και στο σταθερό σημείο της C. Άρα το κάθετο αυτό επίπεδο στην ψ στο C είναι σταθερό επίπεδο.
i) Σε αυτό το επίπεδο βρίσκεται ο γ. τόπος του Λ που είναι το τόξο ΟΛ (μη συμπεριλαμβανομένων των Λ) του ημίκυκλου (Β, ρ), όταν το Λ είναι η τομή της ΣC με τον ημίκυκλο (Β, ρ), όπου Σ η κορυφή του ημισφαιρίου.
ii) Επειδή η επιφάνεια του κώνου εφάπτεται στην επιφάνεια της σφαίρας, θα εφάπτεται έστω σε κάποιο σημείο της G που να ανήκει και στο κάθετο επίπεδο στην ψ και στο C, οπότε η γωνία OGN θα είναι ορθή με αποτέλεσμα να έχουμε:
$\rho ^2 = OG^2 = O\Lambda \cdot ON,\;\sigma \tau \alpha \vartheta \varepsilon \rho \dot o$
με αποτέλεσμα το Ν να γράφει το αντίστροφο σχήμα του κύκλου (Β, ρ) με πόλο αντιστροφής το σημείο του Ο και λόγο $\rho ^2$ που βέβαια είναι σταθερή ευθεία κάθετη στην σταθερή ευθεία ΟΒ, σε σταθερό της σημείο (εδώ στο μέσο της ΟΒ) και όλα αυτά πάνω στο σταθερό κάθετο επίπεδο στην ψ και στο C. Ομως και επειδή μιλάμε γιά το πάνω ημισφαίριο έχουμε σαν τόπο την πάνω ημιευθεία της ευθείας αυτής με αρχή (που η αρχή αυτή δεν είναι σημείο του γ. τόπου) το σημείο τομής της ΟΛ με το πάνω τμήμα της μεσοκάθετης του ΟΒ, όταν το Λ γίνει τομή του (Β, ρ) με την CΣ.

(*) Δηλώνω αδυναμία να αποδώσω, για το διαδίκτυο, κάτι καλλίτερο σχηματικά από το παρακάτω.

(**) Φανταστείτε το επίπεδο λειτουργίας της ΦΑΝΤΑΣΙΑΣ!!!! του λύτη το 1950 περίπου, για να επιλύσει ένα τέτοιο πρόβλημα στον χώρο των τριών διαστάσεων, χωρίς την βοήθεια τών πολυμέσων και των κανόνων της Διδακτικής και που τελικά τα έλυνε,…,τι να πει κανείς. Να πεί, μην αγγίζεται το οτιδήποτε ΑΤΡΟΦΕΙ την φαντασία ότι και αν είναι αυτό;

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 12, 2011 8:08 pm**

Μια λύση για την άσκηση 38

(Αν έχει κάποιος την διάθεση, ας κάνει το σχήμα μιας και δεν τα καταφέρνω ακόμα)

Έστω ότι η ευθεία ΟΔ τέμνει τον κύκλο στα σημεία Γ και Ε (όπου το Γ είναι προς το μέρος του Δ)

Φέρνουμε τις χοορδές ΕΑ,ΕΒ,ΑΓ,ΒΓ και από το Γ μια ευθεία παράλληλη με την ΕΑ που τέμνει την ΔΑ στο σημείο Σ.

Ονομάζουμε τις γωνίες ΟΑΕ=ΟΕΑ=ω και ΟΕΒ=ΟΒΕ=φ. Τότε είναι:

$\gamma _{1}=2\omega ,\gamma _{2}=2\varphi \Rightarrow \omega =\frac{\gamma _{1}}{2},\varphi =\frac{\gamma _{2}}{2}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΒΕ έχουμε: $\epsilon \phi \varphi =\frac{\Gamma B}{EB}\Rightarrow \epsilon \phi \frac{\gamma _{2}}{2}=\frac{\Gamma B}{EB}(1)$

Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΕΑ έχουμε: $\epsilon \phi\omega =\frac{\Gamma A}{EA}\Rightarrow \epsilon \phi \frac{\gamma _{1}}{2}=\frac{\Gamma A}{EA}(2)$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των σχέσεων (1) και 2) έχουμε:

$\epsilon \phi \frac{\gamma _{1}}{2}\epsilon \phi \frac{\gamma _{2}}{2}=\frac{\Gamma B}{EB}.\frac{\Gamma A}{EA} (*)$

Επίσης έχουμε: $\frac{r-a}{r+a}=\frac{\Gamma \Delta }{\Delta E}=\frac{\Gamma \Sigma }{EA} (**)$

(εφόσον ΓΣ//ΕΑ)

Από τις σχέσεις (*) και (**), συμπεραίνουμε ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\frac{\Gamma B}{EB}.\frac{\Gamma A}{EA}=\frac{\Gamma \Sigma }{EA}\Leftrightarrow \frac{\Gamma B}{\Gamma \Sigma }=\frac{EB}{\Gamma A}$

Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα ΓΒΕ και ΓΣΑ είναι όμοια, πράγμα που ισχύει αφού είναι και τα δύο ορθογώνια
(διότι η γωνία ΑΓΣ είναι ορθή, αφού είναι ΓΣ//ΕΑ) και οι γωνίες ΓΑΣ και ΓΕΒ είναι ίσες, αφού είναι εγγεγραμμένες και βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 12, 2011 8:45 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 40: Να λυθεί η εξίσωση:

$\eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|+\varepsilon \phi \left|x \right|+\frac{1}{\eta \mu \left|x \right|}+\frac{1}{\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}+\frac{1}{\varepsilon \phi \left|x \right|}+3=0$

(Πολυτεχνείο, 1947)

ΑΣΚΗΣΗ 41: Σε τρίγωνο ΑΒΓ η ΄διάμεσος ΑΜ ισούται με την πλευρά ΑΒ. Να αποδειχθούν οι σχέσεις:

$(a) \varepsilon \phi B=3\varepsilon \phi \Gamma (b) 2\eta \mu (B-\Gamma )=\eta \mu A$

(ΕΜΠ, 1957)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 13, 2011 12:13 am**

Δημήτρη εδώ είναι το σχήμα για την 38

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 13, 2011 2:18 pm**

Χρήστο σε ευχαριστώ για το σχήμα. (Λείπει μόνο η ΓΣ//ΑΕ)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 13, 2011 3:11 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗ το διόρθωσα

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 12:46 pm**

Λύση της ΑΣΚΗΣΗΣ 41

Είναι ένα εύκολο θεματάκι. Φέρνουμε το ύψος ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ οπότε αφού το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκελές (από την υπόθεση) θα έχουμε ότι ΒΔ=ΔΜ= $\frac{Β\Gamma }{2}$

Τωρα (α)

$\epsilon \phi B=\frac{A\Delta }{B\Delta }=\frac{A\Delta }{\frac{B\Gamma }{4}}=3\frac{A\Delta }{\frac{3B\Gamma }{4}}=3\frac{A\Delta }{B\Gamma -\frac{B\Gamma }{4}}=3\frac{A\Delta }{B\Gamma -B\Delta }=3\frac{A\Delta }{\Delta \Gamma }=3\epsilon \phi \Gamma .$

(β) Από το (α) ερώτημα έχουμε: $\frac{\eta \mu B}{\sigma \upsilon \nu B}=3\frac{\eta \mu \Gamma }{\sigma \upsilon \nu \Gamma }\Rightarrow \eta \mu B\sigma \upsilon \nu \Gamma =3\sigma \upsilon \nu B\eta \mu \Gamma .$
Τώρα:

$2\eta \mu (B-\Gamma )=2\eta \mu B\sigma \upsilon \nu \Gamma -2\sigma \nu \nu B\eta \mu \Gamma =\eta \mu B\sigma \upsilon \nu \Gamma +\eta \mu B\sigma \nu \nu \Gamma -2\sigma \nu \nu B\eta \mu \Gamma = \eta \mu B\sigma \upsilon \nu \Gamma +3\sigma \nu \nu B\eta \mu \Gamma -2\sigma \nu \nu B\eta \mu \Gamma =\eta \mu (B+\Gamma )=\eta \mu A$

Την άσκηση 40 προσπάθησα για λίγο αλλά δεν την κατάφερα. Παραμένει μέχρι στιγμής χωρίς λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 1:12 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 40: Να λυθεί η εξίσωση:

$\eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|+\varepsilon \phi \left|x \right|+\frac{1}{\eta \mu \left|x \right|}+\frac{1}{\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}+\frac{1}{\varepsilon \phi \left|x \right|}+3=0$

(Πολυτεχνείο, 1947)

Με τους προφανείς περιορισμούς, αν

${\left.\begin{matrix} \eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|=k\\ \eta \mu \left|x \right|\sigma \upsilon \nu \left|x \right|=m\end{matrix}\right\}\Rightarrow m=\frac{k^2-1}{2}\wedge k^2\neq 1,-1$

τότε

$\eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|+\varepsilon \phi \left|x \right|+\frac{1}{\eta \mu \left|x \right|}+\frac{1}{\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}+\frac{1}{\varepsilon \phi \left|x \right|}+3=0 \Rightarrow$

$\eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|+\frac{1}{\eta \mu \left|x \right|}+\frac{1}{\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}+\varepsilon \phi \left|x \right|+\frac{1}{\varepsilon \phi \left|x \right|}+3=0\Rightarrow$

$\eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|+\frac{\eta \mu \left|x \right|+\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}{\eta \mu \left|x \right|\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}+\frac{1}{\eta \mu \left|x \right|\sigma \upsilon \nu \left|x \right|}+3=0\Rightarrow$

$k+\frac{k+1}{m}+3=0\Rightarrow k+\frac{k+1}{\frac{k^2-1}{2}}+3=0\Rightarrow k+\frac{2}{k-1}+3=0$

κ.λπ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 11:15 am**

ΑΣΚΗΣΗ 42:Από σημείο Ο ενός επιπέδου φέρνουμε τρεις ημιευθείες αυτού Οχ,Οψ,Οζ τέτοιες ώστε να είναι γωνία χΟψ=γωνίαψΟζ=60 (μοίρες). Επί των Οχ,Οψ,Οζ παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Α,Β,Γ τα οποία είναι συνευθειακά. Να αποδείξετε ότι:

$\frac{1}{OB}=\frac{1}{OA}+\frac{1}{O\Gamma }$

Στη συνέχεια να δείξετε, επαναλαμβάνοντας την εφαρμογή του πιο πάνω συμπεράσματος, τον τρόπο κατασκευής μεγέθους α, τέτοιου ώστε

$\frac{1}{a}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}$

όπου $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ παριστούν δεδομένα μεγέθη.

Τέλος, να γίνει γεωμετρική παράσταση για n=5

(ΕΜΠ, Τμήμα Αρχιτεκτόνων, 1958)

ΑΣΚΗΣΗ 43.: Επί ενός επιπέδου (Π) δίνεται μια ευθεία (ε) και δύο σημεία Κ και Λ του επιπέδου που απέχουν από την (ε) αντίστοιχα αποστάσεις ΚΗ=α και ΛΖ=β και που δεν βρίσκονται πάνω στην ίδια κάθετο προς την (ε). Αν το Κ είναι η προβολή στο επίπεδο (Π) ενός σημείου Ο και αν είναι ΟΚ=υ, να βρεθεί το μέτρο της ελάχιστης απόστασης των ευθειών ΟΛ και (ε)

(ΕΜΠ, Τμήμα Πολιτικών Μηχανικών, 1958)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 2:09 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42:Από σημείο Ο ενός επιπέδου φέρνουμε τρεις ημιευθείες αυτού Οχ,Οψ,Οζ τέτοιες ώστε να είναι γωνία χΟψ=γωνίαψΟζ=60 (μοίρες). Επί των Οχ,Οψ,Οζ παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Α,Β,Γ τα οποία είναι συνευθειακά. Να αποδείξετε ότι:

$\frac{1}{OB}=\frac{1}{OA}+\frac{1}{O\Gamma }$

Στη συνέχεια να δείξετε, επαναλαμβάνοντας την εφαρμογή του πιο πάνω συμπεράσματος, τον τρόπο κατασκευής μεγέθους α, τέτοιου ώστε

$\frac{1}{a}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}$

όπου $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ παριστούν δεδομένα μεγέθη.

Τέλος, να γίνει γεωμετρική παράσταση για n=5

(ΕΜΠ, Τμήμα Αρχιτεκτόνων, 1958)

Μετράμε εμβαδά: Αφού (OAB)+(OBC)=(OAC)

είναι

$\frac {1}{2} OA\cdot OB\cdot \sin 6o^o+ \frac {1}{2} OB\cdot OC \cdot \sin 60 ^o = \frac {1}{2} OA\cdot OC \cdot \sin 120 ^o$

ή

$\frac {\sqrt 3}{4} OA\cdot OB+ \frac {\sqrt 3}{4} OB\cdot OC =\frac {\sqrt 3}{4} OA\cdot OC$ .

Διαιρούμε τώρα με το $\frac {\sqrt 3}{4}\cdot OA \cdot OB \cdot OC$ .

Το β) σκέλος είναι απλό επαγωγικά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 25, 2011 10:58 am**

ΑΣΚΗΣΗ 44: Θεωρούμε στον χώρο δύο σταθερές ορθογώνιες ευθείες $(\varepsilon )$ και $(\zeta )$ . Ένα ευθύγραμμο τμήμα

με σταθερό μήκος

κινείται ώστε το άκρο του

να βρίσκεται πάνω στην $(\varepsilon )$ και το άκρο

να βρίσκεται πάνω στην $(\zeta )$ . Να βρεθεί ο γ.τ του μέσου

του

(Αρχιτέκτονες ΕΜΠ, 1958)

ΑΣΚΗΣΗ 45 Δίνεται γωνία $XO\Psi$ και επί της

παίρνουμε ένα μεταβλητό σημείο

. Γράφουμε τον κύκλο με διάμετρο

και θεωρούμε και ένα δεύτερο κύκλο ο οποίος εφάπτεται στον πρώτο κύκλο και στις πλευρές

και $O\Psi$ της γωνίας $XO\Psi$ . Να βρεθεί ο γ.τ του σημείου επαφής

των δύο κύκλων.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1958)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 1:08 pm**

Άσκηση 46 Πολιτικοί μηχανικοί Αθήνας 1959

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα

και σημείο

, κινούμενο επί του

. Για την τυχούσα θέση του

,

θεωρούμε τα ημικύκλια διαμέτρων

και

, προς το ίδιο μέρος του

, και τα μέσα τους

και

Να δειχθεί ότι η εκ του

κάθετος προς την

, διέρχεται από σταθερό σημείο .

(Στο σχήμα αυτό είναι το

, αλλά αυτό δεν υπήρχε στην εκφώνηση , ασφαλώς ούτε και το υπόλοιπο σχήμα ! )

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 2:35 pm**

Για την παραπάνω ΑΣΚΗΣΗ 46, μου φαίνεται ότι μπορεί να δοθεί μια λύση εύκολα με συντεταγμένες (αλλά ίσως το 1959 να ήταν εκτός ύλης)

Φέρνοντας λοιπόν την μεσοκάθετο του σταθερού ευθυγράμμου τμήματος

θεωρούμε ένα σύστημα αξόνων.
Έστω $A(-a,0), B(a,0), C(-\xi ,0)$ (θεωρήσαμε όπως στο παραπάνω σχήμα, ότι το σημείο

είναι αριστερά από την μεσοκάθετο του

. Φυσικά αυτό δεν είναι απαραίτητο).

Τότε έχουμε:

$D(\frac{-\xi -a}{2},\frac{\xi +a}{2})$

$Z(\frac{a-\xi }{2},\frac{a+\xi }{2})$

Άρα ο συντελλεστής διευθύνσεως της ευθείας DZ είναι $\lambda _{1}=\frac{\frac{a+\xi }{2}-\frac{a-\xi }{2}}{\frac{a-\xi }{2}+\frac{a+\xi }{2}}=\frac{\xi }{a}$

Συνεπώς ο συν/στής διευθύνσεως της κάθετης προς την DZ θα είναι $\lambda _{2}=-\frac{a}{\xi }.$

Άρα η εξίσωση της κάθετης αυτής είναι: $\frac{y}{x+\xi }=-\frac{a}{\xi }\Leftrightarrow (y+a)\xi +ax=0$

Αν υπάρχει λοιπόν σταθερό σημείο $K(x_{0},y_{0})$ από το οποίο να περνάει η ευθεία, θα πρέπει για κάθε
$\xi ,$ να είναι $(y_{0}+a)\xi +ax_{0}=0\Rightarrow x_{0}=0,y_{0}=-a$

Άρα η ευθεία περνάει από το σταθερό σημείο K(0,-a)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 28, 2011 6:24 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 46 Πολιτικοί μηχανικοί Αθήνας 1959

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα και σημείο , κινούμενο επί του . Για την τυχούσα θέση του ,

θεωρούμε τα ημικύκλια διαμέτρων και , προς το ίδιο μέρος του , και τα μέσα τους και

Να δειχθεί ότι η εκ του κάθετος προς την , διέρχεται από σταθερό σημείο .

(Στο σχήμα αυτό είναι το , αλλά αυτό δεν υπήρχε στην εκφώνηση , ασφαλώς ούτε και το υπόλοιπο σχήμα ! )

Tργ

ορθογώνιο ισοσκελές (< D

βαίνει σε ημικύκλιο και

μεσοκάθετος της της

)
Συνεπώς αφού <DAC = 45^0

σταθερή , σταθερή θα είναι και η ευθεία

καθώς και η συμμετρική της ως πρός τον άξονα

.
Το ίδιο θα ισχύει και για την συμμετρική της

. Έστω

το σημείο τομής των συμμετρικών των προαναφερθεισών ευθειών. Τότε

σταθερό.
Δημιουργώντας τα τετράγωνα ADCP

και

δημιουργείται ο σχηματισμός των δύο ορθογωνίων τριγώνων DCZ , PCT

για τα οποία είναι γνωστό ότι το ύψος του ενός προς την υποτείνουσα είναι διάμεσος του άλλου τριγώνου προς την υποτείνουσά του.
Επομένως η προέκταση της

διέρχεται από το μέσον

της

άρα ως διαγώνιος του ορθογωνίου με τρεις κορυφές αυτές του τργ PCT

θα διέρχεται και απο την τέταρτη κορυφή που είναι το σταθερό σημείο

. Δηλαδή

σημείο της

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 10, 2011 10:58 am**

Άσκηση 47

Να ορισθούν οι συντελεστές της εξίσωσης : $x^{2}+ax+b = 0$ , ώστε οι ρίζες της αυξανόμενες

αμφότερες κατά μία μονάδα , να δίνουν τις ρίζες της : $x^{2}-a^{2}x+ab = 0$

Στρατιωτική Σχολή 1954

mathematica.gr

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)