Για την ιστορία (και όχι μόνο)

chris · #121

KARKAR έγραψε: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

ΛΥΣΗ

Έστω r_1.r_2

οι ρίζες της πρώτης εξίσωσης και r_3,r_4

οι ρίζες της δεύτερης(προφανώς μιλάμε για δύο ρίζες εφόσον έτσι αναφέρεται στην εκφώνηση αλλά δεν διευκρινίζεται αν περιοριζόμαστε στους πραγματικούς ή στους μιγαδικούς οπότε εξετάζομε και τις δύο περιπτώσεις).Προκύπτει άμεσα λόγω υπόθεσης οτι:

$\displaystyle \begin{Bmatrix} r_1+1=r_3 \\ r_2+1=r_4 \\ \end{Bmatrix}(1)$

και ακολούθως απο τους τύπους του Vieta έχουμε:
$\displaystyle \begin{cases} r_1+r_2=-a \\ r_1\cdot r_2=b \\ r_3+r_4=a^2 \\ r_3\cdot r_4=ab \end{cases}\stackrel{(1)}\Rightarrow \begin{cases} r_1+r_2=-a \\ r_1\cdot r_2=b \\ r_1+r_1=a^2-2 \\ (r_1+1)(r_2+1)=ab \end{cases}$

Επομένως:
$\displaystyle a^2+a-2=0\Rightarrow \left(a=1 \; \; \acute{\eta } \; \; a=-2 \right)$

$\bullet$ Αν a=1

τότε:
$\Delta_1=1-4b$ και $\Delta_2=\Delta_1$

${\color{red} \diamond }$ Αν $\Delta _1=\Delta _2>0\Rightarrow b<\frac{1}{4}$ τότε:
$\displaystyle r_1=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}=r_3-1=\frac{1+\sqrt{1-4b}}{2}-1$
$\displaystyle r_2=\frac{-1-\sqrt{1-4b}}{2}=r_4-1=\frac{1-\sqrt{1-4b}}{2}-1$

${\color{red} \diamond }$ Αν $\displaystyle \Delta _1=\Delta _2=0\Rightarrow b=\frac{1}{4}$
τοτε η πρώτη εξίσωση έχει μία ρίζα(διπλή) που διαφέρει κατά μία μονάδα απο τη ρίζα της δεύτερης.

${\color{red} \diamond }$ Αν $\displaystyle \Delta _1=\Delta _2<0\Rightarrow b>\frac{1}{4}$ τότε:
$\displaystyle r_1=\frac{-1+i\sqrt{4b-1}}{2}=r_3-1=\frac{1+i\sqrt{4b-1}}{2}-1$
$\displaystyle r_2=\frac{-1-i\sqrt{4b-1}}{2}=r_4-1=\frac{1-i\sqrt{4b-1}}{2}-1$

$\bullet$ Αν a=-2

τότε:
$\displaystyle r_1\cdot r_2+r_1+r_2+1=-2b\stackrel{(r_1+r_2=-a=2,r_1 \cdot r_2=b)}\Longrightarrow b+2+1=-2b\Rightarrow b=-1$

Καταλήγοντας συμπεραίνουμε οτι για να ισχύει το ζητούμενο(με πληθυντικό αριθμό ριζών και χωρίς περιορισμό στους πραγματικούς) πρέπει:
$\displaystyle \left(a=1 \; \kappa \alpha \iota \; b\in \mathbb{R} \right)\; \; \acute{\eta } \;\; \left(a=-2,b=-1 \right)$

*Ισως θα έπρεπε να αναφερθεί σε ποιο σύνολο ανήκουν τα a,b

και οι ρίζες για να μην αντιμετωπίζαμε πρόβλημα αν και δν ξέρω την ύλη τότε για να πω αν χρειαζόταν κάτι τέτοιο.

EDIT: Μια μικρή διόρθωση μετά την παρέμβαση του κ.Μιχάλη τον οποίο ευχαριστώ

#122

Γράφω δύο ακόμα λύσεις.

1) Από Vieta είναι -a^2 = r_3 +r_4 = (r_1+1)+(r_2+1) = (r_1+r_2)+2 = -a+2

από όπου

ή

. Επίσης

. Που για κάθε μία από τις τιμές του

που βρήκαμε δίνει αντίτοιχο

το

και λοιπά. (Δεν χρειάζεται έλεγχος στο τέλος γιατί οι τύποι Vieta αντιστρέφονται).

2) Προφανώς η εξίσωση που έχει κατά 1 μεγαλύτερες ρίζες από την x^2+ax+b=0

είναι η

, ισοδύναμα x^2 +(a-2)x+(1-a+b)=0

. Συγκρίνοντας συντελεστές με την δοθείσα, έπεται $a^2 =a-2, \, ab=1-a+ b$ και λοιπά. (Δεν χρειάζεται έλεγχος στο τέλος).

Φιλικά,

Μιχάλης

#123

Έχουμε μέχρι σήμερα αναπάντητες τις ασκήσεις 43,44,45

ΑΣΚΗΣΗ 48: Δίνεται γωνία xOy

και επί της

παίρνουμε μεταβλητό σημείο

. Γράφουμε τον κύκλο (K)

με διάμετρο

και ύστερα τον κύκλο (L)

ο οποίος εφάπτεται στον πρώτο κύκλο και στις πλευρές

και

της γωνίας. Να βρεθεί ο γ.τ του σημείου

της επαφής των δύο κύκλων.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1958)

liolios19 · #124

Άσκηση 48.
Σκοπεύω να χρησιμοποιήσω αντιστροφή, γιαυτό θεωρώ το εξής (βοηθητικό, αντίστροφο) πρόβλημα.
Αν δοθεί σταθερή οξεία γωνία $x\hat{O}y$ και μεταβλητό σημείο

στην πλευρά της

και θεωρήσουμε την κάθετο στην

στο

που τέμνει την

στο

, και

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου OA'N

με την

, να βρεθεί ο γ.τ. του M_1

.
Λύση:
Θα αποδείξω ότι η ευθεία OM_1

είναι σταθερή. Πράγματι για την ακτίνα $\rho$ του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου OA'N

θα ισχύει:
$(OA'N)=\tau \rho \Leftrightarrow \rho = (OA'N)/\tau=OA' A'N/(OA'+A'N+ON)$
Τότε :
$\epsilon\phi M_1OA' =M_1 A'/OA' =\rho/OA' =A'N/(OA'+A'N+ON)= \\ 1/(\frac{OA'}{A'N}+1+\frac{ON}{A'N})=1/ (\frac{1}{\epsilon\phi x\hat{O}y}+\frac{1}{\eta \mu x\hat{O}y}+1)=\frac{\eta\mu x\hat{O}y}{\eta\mu x\hat{O}y+\sigma \upsilon \nu x\hat{O}y +1}$
Δηλαδή η M_1O

σχηματίζει σταθερή γωνία με την σταθερή ημιευθεία OA'

, άρα το

ανήκει σε σταθερή ημιευθεία

.
Αντίστροφα αν θεωρήσουμε σημείο M_1

της

που βρήκαμε παραπάνω και την προβολή του

στην

και $N \equiv M_1A' \cap{Oy}$ είναι εύκολο (;;;) να δει κανείς ότι για την ακτίνα $\rho$ του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου OA'N

θα ισχύει : $\rho = A'M_1$ , άρα το M_1

θα είναι το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου και της μεταβλητής ευθείας A'N

.
Συνεπώς ο γ.τ. του M_1

είναι η ημιευθεία

Όμοια αν θεωρούσαμε τον παρεγεγραμμένο κύκλο που αντιστοιχεί στην κορυφή

θα βλέπαμε πως ο γ.τ των σημείων επαφής M_O

του παρεγεγραμμένου κύκλου και της A'N

είναι μιά άλλη ημιευθεία Oz_1

.
Τελικά θα έχουμε πως ο γ.τ των σημείων επαφής, των κύκλων που εφάπτονται στις πλευρές σταθερής οξείας $x \hat{O} y$ και σε κάθετο A'N

στην

σε τυχαίο σημείο της

, με την κάθετη ευθεία είναι οι δύο ημιευθείες Oz, Oz_1

.
Αν η γωνία είναι αμβλεία, έστω η xOy'

, και φέρουμε όπως πριν κάθετο στην

, ο γ.τ. των σημείων επαφής (τα υπόλοιπα όπως πριν) θα αντιστοιχεί σε σημείο επαφής σε παραγεγραμμένο κύκλο του OA'N

άρα θα είναι μία σταθερή ημιευθεία Oz_2

. (Σχήμα apol4 παρακάτω)

Για το αρχικό πρόβλημα.
Θεωρούμε κύκλο

κέντρου

και ας είναι

η αντιστροφή ως προς αυτό τον κύκλο.
Τότε η

αφήνει αναλλοίωτες τις ημιευθείες Ox, Oy

, διότι διέρχονται από το κέντρο της αντιστροφής και απεικονίζει τον κύκλο διαμέτρου

σε ευθεία (που δεν διέρχεται από το

). H ευθεία αυτή θα είναι κάθετη στην εικόνα της

δηλαδή στη ίδια την

, γιατί η

ήταν διάμετρος του αρχικού κύκλου. Θα είναι δηλαδή η κάθετος της

σε μεταβλητό σημείο της

(

). Ο δε τρισεφαπτόμενος κύκλος απεικονίζεται σε εγγεγραμμένο ή παρεγεγραμμένο κύκλο του OA'N

(

όπως παραπάνω)
Αλλά τότε το να βρώ το γεωμετρικό τόπο της εικόνας M_1=f(M)

είναι το πρόβλημα που λύσαμε παραπάνω.
Άρα ο ζητούμενος γ.τ θα είναι η αντίστροφη εικόνα των ημιευεθειών Oz, Oz_1

αν η $x \hat{O}y$ είναι οξεία ή η αντίστροφη εικόνα της Oz_2

αν η $x\hat{O}y$ είναι αμβλεία.
Οι ημιευθείες αυτές όμως έχουν αρχή το κέντρο της αντιστροφής, άρα οι αντίστροφες εικόνες τους (που είναι οι εικόνες τους μέσω της αντιστροφής) είναι οι ίδιες.
Τελικά ο ζητούμενος γ.τ είναι:
το ζεύγος ημιευθειών $Oz,\,\,\, Oz_1$ αν η $x\hat{O}y$ είναι οξεία ή η ημιευθεία Oz_2

αν η αρχική γωνία $x\hat{O}y'$ είναι αμβλεία.Σε κάθε περίπτωση οι παραπάνω ημιευθείες κατασκευάζονται.
Συνημμένα έχω ένα geogebra για το αντίστροφο πρόβλημα και cinderella για το αρχικό πρόβλημα. (Αλλάξτε το όνομα του αρχειου apol2cdy.ggb σε apol2.cdy).Με την ευκαιρία, μιά έκδοση του cinderella είναι ελεύθερη και μπορείτε να την κατεβάσετε από εδώ.

#125

ΑΣΚΗΣΗ 49:Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι. Να φέρετε μια ευθεία ABGD

που να ορίζει πάνω στους κύκλους χορδές

και

από τις οποίες η μία να είναι διπλάσια της άλλης.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1958)

Μάκης Χατζόπουλος · #126

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49:Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι. Να φέρετε μια ευθεία που να ορίζει πάνω στους κύκλους χορδές και από τις οποίες η μία να είναι διπλάσια της άλλης.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1958)

Δημήτρη έτσι είναι η εκφώνηση;

Δηλαδή θέλει να βρούμε μια οποιαδήποτε ευθεία, σε οποιουδήποτε κύκλους (ομόκεντρους) και να ισχύει $\displaystyle{AD = 2BG?}$

#127

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49:Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι. Να φέρετε μια ευθεία που να ορίζει πάνω στους κύκλους χορδές και από τις οποίες η μία να είναι διπλάσια της άλλης.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1958)
Δημήτρη έτσι είναι η εκφώνηση;

Δηλαδή θέλει να βρούμε μια οποιαδήποτε ευθεία, σε οποιουδήποτε κύκλους (ομόκεντρους) και να ισχύει $\displaystyle{AD = 2BG?}$

Πιθανολογώ πως εννοεί την κατασκευή τέτοιας ευθείας.

#128

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49:Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι. Να φέρετε μια ευθεία που να ορίζει πάνω στους κύκλους χορδές και από τις οποίες η μία να είναι διπλάσια της άλλης.

(Χημικοί Μηχανικοί ΕΜΠ, 1958)
Δημήτρη έτσι είναι η εκφώνηση;

Δηλαδή θέλει να βρούμε μια οποιαδήποτε ευθεία, σε οποιουδήποτε κύκλους (ομόκεντρους) και να ισχύει $\displaystyle{AD = 2BG?}$

Η εκφώνιση Μάκη είναι έτσι και νομίζω και εγώ ότι ζητάει αυτό που λέει ο Χρήστος. Και νομίζω επίσης ότι δεν έχει δυσκολία η κατασκευή αυτής της ευθείας (οι ακτίνες των δύο κύκλων είναι γνωστές).

#129

Λύση της ΑΣΚΗΣΗΣ 49

(Το σχήμα είναι απλό και παραλείπεται)

Έστω ABGD

η ζητούμενη ευθεία. Φέρνουμε το απόστημα $O\Sigma=a,$ της χορδής

. Έστω $AB=x,B\Sigma =y$ . Επειδή είναι $A\Sigma =\Sigma D$ και $B\Sigma =\Sigma D$ θα πρέπει $AB=GD=x,B\Sigma =\Sigma G=y$
Από την υπόθεση έχουμε ότι $AD=2BG\Rightarrow 2x+2y=2.2y\Rightarrow x=y$
Έστω τώρα $R,\varrho$ οι ακτίνες του μεγαλου και του μικρού κύκλου αντίστοιχα.

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $AO\Sigma$ έχουμε $R^{2}=4x^{2}+a^{2}$ (1)

Από το θεώρημα των διαμέσων στο ίδιο τρίγωνο έχουμε: $R^{2}+a^{2}=2\varrho ^{2}+\frac{(2x)^{2}}{2}\Rightarrow$

$R^{2}+a^{2}=2\varrho ^{2}+2x^{2}$ (2)

Η σχέση (2) λόγω της (1) γράφεται:

$a^{2}=\frac{12\varrho ^{2}-3R^{2}}{9}\Rightarrow a=\frac{1}{3}\sqrt{12\varrho ^{2}-3R^{2}}$

Άρα το

μπορούμε να το κατασκευάσουμε. (Θέτουμε $b^{2}=12\varrho ^{2}=(2\varrho )(6\varrho )$ , οπότε για να κατασκευάσουμε το

παίρνουμε πάνω σε μια ευθεία ένα ευθ. τμήμα
$KL=2\varrho$ και ένα ευθ. τμήμα $LM=6\varrho$ ,΄με διάμετρο

γράφουμε ημικύκλιο και από το σημείο

φέρνουμε την κάθετη προς την ευθεία

η οποία τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο

. Το τμήμα

είναι το

. Με τον ίδιο τρόπο κατασκευάζουμε και το τμήμα

όπου $c^{2}=3R^{2}$ και κατόπιν το τμήμα

από την σχέση $z^{2}=b^{2}-c^{2}$ και τέλος το τμήμα

από την σχέση
$a=\frac{1}{3}z$ ).

Τώρα οδηγούμαστε στην κατασκευή της ζητούμενης ευθείας ως εξής:

Από το κέντρο

των δύο κύκλων, φέρνουμε τυχαίο ευθύγραμμο τμήμα $O\Sigma=a$ και από το $\Sigma$ φέρνουμε μια ευθεία κάθετη στην $O\Sigma$ η οποία είναι και η ζητούμενη

Η απόδειξη γίνεται εύκολα ενώ για την διερεύνιση πρέπει $a<\varrho \Leftrightarrow a^{2}<\varrho ^{2}\Leftrightarrow$

$\frac{12\varrho ^{2}-3R^{2}}{9}<\varrho ^{2}\Leftrightarrow \varrho <R$ πράγμα που αληθεύει.

Μάκης Χατζόπουλος · #130

Αν και δεν χρειάζονται τα σχήματα, τα βάζω μιας και τα είχα έτοιμα (το πρώτο)! Δημήτρη μπράβο πάντως για την αναλυτική σου απάντηση για να θυμηθούμε τον τρόπο που αναλύουμε τα βήματα στην κατασκευή σχημάτων...

#131

Μάκη ευχαριστώ για τα σχήματα (ακόμα δεν έχω ασχοληθεί να μάθω το Geogebra σε ικανοποιητικό βαθμό).

#132

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: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)

: 1958-2.jpg (36.11 KiB) Προβλήθηκε 2901 φορές

Έστω επίπεδο

που περιέχει την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon )}$ και είναι κάθετο στην ευθεία $\displaystyle{(\zeta )}$ με τομή του

με την $\displaystyle{(\zeta )}$ το σημείο D_1

.
Αν $\displaystyle{{D_1}{D_2} \bot \left( \varepsilon \right)}$ τότε $\displaystyle{{D_1}{D_2}}$ είναι η κοινή κάθετος των $\displaystyle{(\varepsilon )}$ και $\displaystyle{(\zeta )}$ .
Θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{{K_1} \in \varepsilon {\text{ \& }}{K_2} \in \zeta :{K_1}{D_1} = {K_2}{D_2} = 2a}$ , τότε αν $\displaystyle{{M_1}{\text{ }}{\text{, }}{M_2}:}$ μέσα των $\displaystyle{{K_1}{D_1}{\text{ \& }}{K_2}{D_2}}$ , τα $\displaystyle{{M_1}{\text{ \& }}{M_2}}$
είναι οριακά σημεία του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου.
Έστω επίσης

ένα από τα τμήματα της άσκησης, με AB=2a

και

το μέσον του. Φέρουμε $\displaystyle{{M_2}{M_3}{\text{ }}{\text{, }}MM' \bot p}$ . Τότε $\displaystyle{{M_3}{\text{ }}{\text{, }}M':}$ μέσα των $\displaystyle{{D_1}{D_2}{\text{ \& }}{D_1}B}$ .
Είναι προφαμ'ες ότι τα $\displaystyle{{M_3}{\text{ }}{\text{, }}M'{\text{ \& }}{M_1}}$ είναι συνευθειακά, καθώς και ότι τα σημεία $\displaystyle{{M_3}{\text{ }}{\text{, }}M'{\text{ }}{\text{, }}{M_1}{\text{ }}{\text{, }}M{\text{ \& }}{M_2}}$ είναι ομοεπίπεδα και ανήκουν στο επίπεδο

που είναι κάθετο στην κοινή κάθετο D_1D_2

των $\displaystyle{(\varepsilon )}$ και $\displaystyle{(\zeta )}$ και διέρχεται από το μέσον της M_3

.
Αν $\displaystyle{{D_1}{D_2} = d}$ (μήκος της κοινής καθέτου) τότε $\displaystyle{{\left( {M{M_3}} \right)^2} = {\left( {MM'} \right)^2} + {\left( {M'{M_3}} \right)^2} = \frac{1}{4}{\left( {A{D_1}} \right)^2} + \frac{1}{4}{\left( {B{D_2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\left( {A{D_2}} \right)}^2} - {d^2}} \right) + \frac{1}{4}{\left( {B{D_2}} \right)^2} = }$
$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\left( {{{\left( {A{D_2}} \right)}^2} + {{\left( {B{D_2}} \right)}^2}} \right) - \frac{1}{4}{d^2} = {a^2} - \frac{1}{4}{d^2} = ct}$ .

Επομένως το σημείο

κινείται σε κύκλο που βρίσκεται στο μεσοκάθετο της D_1D_2

επίπεδο

, με κέντρο το M_3

(μέσον της κοινής καθέτου D_1D_2

)
και ακτίνας $\displaystyle{\rho = \sqrt {{a^2} - \frac{1}{4}{d^2}} }$
(Προφανώς πρέπει $\displaystyle{2\alpha > d}$ ) .

#133

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: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)

Mε χρήση αντιστροφής ..

: 1958.jpg (33.37 KiB) Προβλήθηκε 2894 φορές

Έστω

ένας από τους κύκλους διαμέτρου

(

μεταβλητό σημείο) και $\displaystyle{\eta }$ ο εφαπτόμενος του

στο

και των πλευρών της γωνίας (σχήμα 1).
Αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο το

και τυχαίο λόγο $\displaystyle{\lambda }$ . Ο

αντιστρέφεται σε ευθεία $\displaystyle{\varepsilon \bot OX}$ και ο $\displaystyle{\eta }$ σε κύκλο $\displaystyle{\eta '}$ εφαπτόμενο των

και $\displaystyle{{\rm O}\Psi }$ (αμετάβλητες)
και της $\displaystyle{\varepsilon }$ στο

.
Τα

,

και

είναι συνευθειακά (

και

αντίστροφα) η δε γωνία $\displaystyle{X\hat OM'}$ είναι σταθερή, με $\displaystyle{\tan \hat \psi = \frac{1}{2}\left( {1 + \tan \hat \omega - \frac{1}{{\cos \hat \omega }}} \right)}$ (προκύπτει εύκολα).
Με την «αντίστροφη» αντιστροφή, έχουμε ότι η υπόψη ευθεία OM'

παραμένει αμετάβλητη (διέρχεται από τον πόλο), άρα είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος
(που φανερά είναι όλη η ημιευθεία OM'

).
Επειδή ο κύκλος $\displaystyle{\eta }$ μπορεί να είναι και εσωτερικός του

, (σχήμα 2) προκύπτει και δεύτερος κλάδος του γεωμετρικού τόπου, μια ημιευθεία OM'

με $\displaystyle{\tan \left( {\hat \omega - \hat \varphi } \right) = \frac{1}{2}\left( { - 1 + \tan \hat \omega + \frac{1}{{\cos \hat \omega }}} \right)}$ .

#134

Πράγματι δύσκολα τα θέματα που μας έλυσες Σεραφείμ. Η Γεωμετρία σε όλο της το μεγαλείο!!!

ΑΣΚΗΣΗ 50: Δίνεται ορθή γωνία XOY

και δύο σταθερά σημεία

και

επί της

με

και

. Να βρεθεί επί της

σημείο

, από το οποίο το ευθύγραμμο τμήμα

να φαίνεται υπό την μέγιστη δυνατή γωνία. Επίσης να προσδιοριστεί ο λόγος $\frac{a}{b}$ ώστε η μέγιστη δυνατή γωνία να ισούται με 30 μοίρες.

(Τοπογράφοι Μηχανικοί, 1958)

#135

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: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)

: 1958-3.jpg (40.66 KiB) Προβλήθηκε 2846 φορές

Αν

είναι το επίπεδο που περιέχει την $\displaystyle{\left( \varepsilon \right)}$ και είναι παράλληλο της $\displaystyle{{\rm O}\Lambda }$ , τότε η ζητούμενη απόσταση θα είναι η απόσταση της $\displaystyle{{\rm O}\Lambda }$ από το

(ίση με την κοινή κάθετο των $\displaystyle{\left( \varepsilon \right)}$ και $\displaystyle{{\rm O}\Lambda }$ ).

Φέρουμε $\displaystyle{OO' \bot p{\text{ \& }}\Lambda \Lambda ' \bot p}$ . Τότε $\displaystyle{OO' = \Lambda \Lambda ' = d}$ με

την ζητούμενη απόσταση. Όμως $\displaystyle{OK \bot \pi {\text{ \& }}KH \bot \varepsilon \Rightarrow OH \bot \varepsilon }$ (θεώρημα 3 καθέτων) , $\displaystyle{O{\rm O}' \bot p{\text{ \& }}OH \bot \varepsilon \Rightarrow O'H \bot \varepsilon }$ (πάλι Θ. 3. κ.) και $\displaystyle{\Lambda \Lambda ' \bot p{\text{ \& }}\Lambda {\rm Z} \bot \varepsilon \Rightarrow \Lambda '{\rm Z} \bot \varepsilon }$ (πάλι Θ. 3. κ.)

Έστω $\displaystyle{ZH = m \ne 0}$ (τα $\displaystyle{\Lambda }$ και

δεν βρίσκονται επί καθέτου της $\displaystyle{\left( \varepsilon \right)}$ ). Ισχύουν οι σχέσεις $\displaystyle{O'{H^2} = O{H^2} - {d^2} = O{K^2} + K{H^2} - {d^2} = {\upsilon ^2} + {\alpha ^2} - {d^2}}$ ,
$\displaystyle{\Lambda '{{\rm Z}^2} = \Lambda {{\rm Z}^2} - {d^2} = {\beta ^2} - {d^2}}$ και $\displaystyle{O'\Lambda {'^2} = \Lambda {{\rm O}^2} = O{K^2} + K{\Lambda ^2} = {\upsilon ^2} + {m^2} + {\left( {\beta - \alpha } \right)^2}}$ .

Στο επίπεδο

(σχήμα 2), αν

είναι ίσο και παράλληλο της $\displaystyle{{\rm O}'\Lambda '}$ έχουμε $\displaystyle{H{E^2} = H{Z^2} + E{Z^2} \Rightarrow {\upsilon ^2} + {m^2} + {\left( {\beta - \alpha } \right)^2} = {m^2} + {\left( {O'H + \Lambda '{\rm Z}} \right)^2} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow O'H + \Lambda '{\rm Z} = \sqrt {{\upsilon ^2} + {{\left( {\beta - \alpha } \right)}^2}} \Rightarrow \sqrt {{\upsilon ^2} + {\alpha ^2} - {d^2}} + \sqrt {{\beta ^2} - {d^2}} = \sqrt {{\upsilon ^2} + {{\left( {\beta - \alpha } \right)}^2}} }$

Απ' το οποίο εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{d = \frac{{\beta \cdot \upsilon }}{{\sqrt {{\upsilon ^2} + {{\left( {\beta - \alpha } \right)}^2}} }}}$ .

#136

Οι περισσότεροι από εμάς χαρακτηρίσαμε τα φετεινά θέματα των Πανελλαδικών, δύσκολα. Τι να πούμε τότε για τα θέματα του Πολυτεχνείου της παλιάς εποχής;;; (Φαίνεται να επαληθεύεται η παροιμία:

"Όποιος δεν είδε Πύργο, είδε φούρνο και θαύμαξε!!"). Και δεδομένου ότι τότε εξεταζόταν η ύλη όλων των τάξεων, ακόμα και της Α Γυμνασίου. (Θυμάμαι ότι στην Σχολή Ευελπίδων το 1974, το ένα θέμα της άλγεβρας ήταν από την΄ύλη της τότε Α΄Γυμνασίου: Συγκεκριμένα, ήταν το εξής:

Δίνονται τα σύνολα $A=\left\{1,2,3 \right\},B=\left\{4,5,6 \right\}$ . Να βρεθούν τα σύνολα:

$A\bigcup{B},A\bigcap{B},AXB$ )

Επίσης εξεταζόταν χωριστά η Άλγεβρα, χωριστά η Γεωμετρία και χωριστά η τριγωνομετρία!!

Αργότερα, η άλγεβρα με την τριγωνομετρία έγιναν ένα εξεταζόμενο μάθημα και τέλος, ΚΑΤΑΡΓΗΘΗΚΕ η Γεωμετρία από τις Πανελλήνιες, έτσι υποβαθμίστηκε και τώρα μας φαίνονται τραγικά δύσκολες οι αποδείξεις που μπορούν και δίνουν κάποια χαρισματικά άτομα, που με το πέρασμα των χρόνων όλο και θα λιγοστεύουν αυτοί οι ΓΙΓΑΝΤΕΣ της Γεωμετρίας (Όπως τους χαρακτηρίζει και ο φίλος μας Στάθης Κούτρας). Ώσπου θα έρθει ο καιρός που τέτοιες ασκήσεις θα είναι απλησίαστες σχεδόν από τους πάντες... Πόσο άδικο είναι να πάει χαμένη η γνώση χιλιάδων ετών...

Ας επαναφέρουν την Ευκλείδεια Γεωμετρία εκεί που ήταν παλιά, τώρα που υπάρχουν ακόμα εκείνοι που μπορούν να την διδάξουν...

#137

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 50: Δίνεται ορθή γωνία και δύο σταθερά σημεία και επί της με και . Να βρεθεί επί της σημείο , από το οποίο το ευθύγραμμο τμήμα να φαίνεται υπό την μέγιστη δυνατή γωνία. Επίσης να προσδιοριστεί ο λόγος $\frac{a}{b}$ ώστε η μέγιστη δυνατή γωνία να ισούται με 30 μοίρες.

(Τοπογράφοι Μηχανικοί, 1958)

: 1958-4.jpg (27.17 KiB) Προβλήθηκε 2798 φορές

Φέρουμε τυχαίο κύκλο (K,R)

που διέρχεται από τα

και

και τέμνει την πλευρά

στα

και

. Τότε επειδή $\displaystyle{\sin \hat \varphi = \frac{{AB}}{{2R}}}$ έπεται ότι την μέγιστη γωνία $\displaystyle{\hat \varphi }$
θα την έχουμε στην μικρότερη ακτίνα, δηλαδή εκεί που ο κύκλος εφάπτεται της

(κόκκινο σχήμα). Συνεπώς το σημείο

προκύπτει ως το σημείο επαφής

με την

του κύκλου που διέρχεται από τα

και

και εφάπτεται στην

.

Για να ισχύει $\displaystyle{\hat \omega = {30^o}}$ πρέπει $\displaystyle{\sin {30^o} = \frac{{AB}}{{2R}} \Rightarrow \frac{{a - b}}{{a + b}} = \frac{1}{2} \Rightarrow .. \Rightarrow \frac{a}{b} = 3}$ .

KARKAR · #138

Άσκηση 51 - Πολυτεχνείο 1958
Αν $\xi$ ρίζα της εξίσωσης : $\alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0$ , $\alpha \neq 0$ , δείξτε ότι : $\displaystyle|\xi |<\frac{|\alpha |+|\beta |+|\gamma |}{|\alpha |}$

#139

ΑΣΚΗΣΗ 51
Αφού το $\displaystyle{ a }$ είναι διαφορετικό από το μηδέν διαιρώ με $\displaystyle{ \left| \alpha \right| }$ και αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{ |\xi | < 1 + \left| {\frac{\beta }{\alpha }} \right| + \left| {\frac{\gamma }{\alpha }} \right| }$
Αν $\displaystyle{ \lambda }$ η έτερη ρίζα του τριωνύμου,τότε αρκεί:

$\displaystyle{ \left| \xi \right| < 1 + \left| {\xi + \lambda } \right| + \left| {\xi \lambda } \right| (1)}$
Αν τώρα $\displaystyle{ \left| \xi \right| < 1 }$ δεν έχω και πολλά να αποδείξω...
Έστω λοιπόν πως $\displaystyle{ \left| \xi \right| \ge 1 \Rightarrow \left| {\xi \lambda } \right| \ge \left| \lambda \right| \Rightarrow 1 + \left| {\xi + \lambda } \right| + |\xi \lambda | \ge 1 + |\xi + \lambda | + |\lambda | \ge 1 + |\xi + \lambda - \lambda | = 1 + |\xi | > |\xi | }$
Συνεπώς σε κάθε περίπτωση ισχύει η $\displaystyle{ (1) }$
Υγιαίνετε!

#140

ΑΣΚΗΣΗ 52: Δύο όμοια τρίγωνα ABC

και

έχουν την ίδια κορυφή

. Το

στρέφεται στο επίπεδό του γύρω από την κορυφή

.
Ζητείται ο γ.τ της τομής των ευθειών

και

(ΣΜΑ, 1958)

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