mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 12, 2011 10:15 pm**

Τελικά η άσκηση 54, που είχε τεθεί στους Φυσικούς, ήταν κάτι παραπάνω από μια συνηθισμένη άσκηση Γεωμετρίας.

Ευχαριστούμε τον R.BORIS για τα θέματα που μας έστειλε (αρχές της δεκαετίας του 70). Σπάνιο υλικό.

ΑΣΚΗΣΗ 55: Θεωρούμε πέντε σημεία A,B,C,D,E

που δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Έστω $M_{p}$ , p=1,2,3,...

το μέσον των ευθυγράμμων τμημάτων τα οποία συνδέουν δύο από τα δοσμένα σημεία και το σημείο $K_{p}$ , το οποίο είναι κέντρο βάρους του τριγώνου που έχει ως κορυφές τα τρία άλλα από τα πέντε σημεία.
Φέρνουμε το τμήμα $K_{p}M_{p}$ .

(α) Να βρεθεί πόσα είναι τα ευθύγραμμα τμήματα $K_{p}M_{p}$ αν εργασθούμε με όλους τους δυνατούς τρόπους.

(β) Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες $K_{p}M_{p}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

(ΕΜΠ, 1959, Μηχανολόγοι Μηχανικοί)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 13, 2011 10:40 am**

ΑΣΚΗΣΗ 54
«Ο γρίφος λύθηκε»

Δημήτρη και επειδή μας παρακολουθούν και μαθητές αλλά και συνάδελφοι με ενδιαφέρον (Εδώ το ενδιαφέρον είναι προπονητικά τεράστιο, καθότι τέτοια θέματα Γεωμετρίας ακουμπούν σε επίπεδο Μαθηματικών Διαγωνισμών), βρέθηκε άκρη.
Ρωτώντας τον Σύμβουλο, Συγγραφέα και Άριστο Μαθηματικό Γιώργο Τασσόπουλο μου έδωσε για την ΑΣΚΗΣΗ 54 της Γεωμετρίας τις εξής πληροφορίες, από ένα φυλλάδιο του Πάλλα με θέματα εξετάσεων:

1η ) Εισηγητές των θεμάτων επί των Μαθηματικών γιά την εισαγωγή στο Φυσικό το 1958, μεταξύ των οποίων και η ΑΣΗΣΗ 54, ήταν οι καθηγητές: Δ. Κάππος και Δ. Σαραντόπουλος (τά λόγια περιττεύουν).

2η ) Το πρόβλημα έχει ακριβώς την εκφώνηση που έδωσες και στο πνεύμα της αρχικής μου λύσης, ακριβέστερα για το α΄ ερώτημα, αρκούσε η απόδειξη ότι το τόξο έχει σταθερό μέτρο $(\frac{\pi }{3})$ , ενώ για το β΄ ερώτημα , αρκούσε στην τυχούσα θέση μετά την κύλιση να διαπιστωθεί ότι οι τρείς ευθείες συντρέχουν. Δηλαδή όλα αφορούσαν στην τυχούσα θέση μετά την έναρξη της κύλισης.

Αυτά επαναλαμβάνω έχουν αποδειχθεί στην βασική μου παρέμβαση.
Όμως το Επιστημονικό ερώτημα του Κώστα (rek) δημιούργησε ένα περιβάλλον μαθηματικού προβληματισμού που τουλάχιστον εμένα προσωπικά με ωφέλησε αφού μάλιστα με «ανάγκασε» να παρουσιάσω και την επιπλέον διαπραγμάτευση μου πάνω στο ερώτημα του και βέβαια επικρέμεται ένα ακόμη ερώτημα που έθεσε ο Κώστας:
Είναι δυνατόν να προσδιοριστεί ο γ.τ. του σημείου που συντρέχουν οι τρείς ευθείες (στο δεύτερο ερώτημα) στην τυχούσα θέση μετά την κύλιση;

... Επιτρέψτε μου τώρα ένα γενικώτερο μή Μαθηματικό ερώτημα που με βασανίζει εδώ και χρόνια:
Γιατί και σήμερα μετά το τέλος όλων των τύπων των διαγωνισμών να μήν γίνονται επισήμως γνωστά τα ονόματα των εισηγητών των θεμάτων και οι ακριβείς επίσημες λύσεις τους από αυτούς;
(προσωπικά το είχα προσπαθήσει για χρόνια μέσα στην επιτροπή διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.)

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 13, 2011 10:40 pm**

Μαζί με εσένα Σωτήρη, προσθέτω και εγώ την επιθυμία μου να γίνονται γνωστά τα ονόματα των εισηγητών των θεμάτων στις πανελλήνιες, μετά βέβαια από το πέρας των εξετάσεων. Είναι ένα κομάτι της ιστορίας των μαθηματικών της Πατρίδας μας και δεν πρέπει να μένει στην αφάνεια.

Ιωάννου Δημήτρης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 13, 2011 10:44 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55: Θεωρούμε πέντε σημεία που δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Έστω $M_{p}$ , το μέσον των ευθυγράμμων τμημάτων τα οποία συνδέουν δύο από τα δοσμένα σημεία και το σημείο $K_{p}$ , το οποίο είναι κέντρο βάρους του τριγώνου που έχει ως κορυφές τα τρία άλλα από τα πέντε σημεία.
Φέρνουμε το τμήμα $K_{p}M_{p}$ .

(α) Να βρεθεί πόσα είναι τα ευθύγραμμα τμήματα $K_{p}M_{p}$ αν εργασθούμε με όλους τους δυνατούς τρόπους.

(β) Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες $K_{p}M_{p}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

(ΕΜΠ, 1959, Μηχανολόγοι Μηχανικοί)

Λήμμα : Έστω τρίγωνο ABC

και σημεία $\displaystyle{M{\text{ \& }}N}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{AN = \frac{2}{3}AC{\text{ \& }}AM = \frac{2}{3}AB}$ . Αν $\displaystyle{K:}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{CM{\text{ \& }}BN}$ και η $\displaystyle{AK}$
τέμνει την

στο

, τότε

μέσον της

και $\displaystyle{\overrightarrow {AK} = \frac{4}{5} \cdot \overrightarrow {AZ} }$ .

: 1959a.jpg (11.52 KiB) Προβλήθηκε 2637 φορές

Διότι:
Από το Θεώρ. Ceva με συντρέχουσς τις

,

και

έχουμε $\displaystyle{\frac{{MB}}{{MA}} \cdot \frac{{NA}}{{NC}} \cdot \frac{{ZC}}{{ZB}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{{ZC}}{{ZB}} = 1 \Rightarrow ZB = ZC}$ και

από Θ. Μενελάου στο ACZ

με τέμνουσα

έχουμε $\displaystyle{\frac{{KZ}}{{KA}} \cdot \frac{{NA}}{{NC}} \cdot \frac{{BC}}{{BZ}} = 1 \Rightarrow \frac{{KZ}}{{KA}} \cdot 2 \cdot 2 = 1 \Rightarrow \frac{{KZ}}{{KA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \overrightarrow {AK} = \frac{4}{5}\overrightarrow {AZ} }$ .

Στο θέμα μας .

: 1959b.jpg (32.52 KiB) Προβλήθηκε 2637 φορές

Αρχικά παρατηρούμε ότι υπάρχουν $\displaystyle{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5 \\ 3 \\ \end{array} } \right) = 10}$ ευθύγραμμα τμήματα του τύπου $\displaystyle{{M_p}{K_p}}$ (από τα 5 σημεία επιλέγω τα 3 και σχηματίζω τρίγωνο) . Επίσης (σχήμα)

Έστω δυο από τις περιπτώσεις με $\displaystyle{{K_1}}$ το κέντρο βάρους του τριγώνου ABC

και $\displaystyle{{M_1}}$ μέσον του

, καθώς και $\displaystyle{{K_2}}$ το κέντρο βάρους του τριγώνου AED

και $\displaystyle{{M_2}}$ μέσον του

.

Τα τμήματα $\displaystyle{{K_1}{M_1}{\text{ \& }}{K_2}{M_2}}$ βρίσκονται στο επίπεδο που ορίζουν τα σημεία $\displaystyle{A{\text{ }}{\text{, }}{M_1}{\text{ \& }}{M_2}}$ , επομένως τέμνονται σε σημείο

.

Αν

αυθαίρετη αρχή, θα αποδείξουμε ότι το διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow {OM} }$ είναι συμμετρική έκφραση των $\displaystyle{\overrightarrow {OA} {\text{ }}{\text{, }}\overrightarrow {OB} {\text{ }}{\text{, }}\overrightarrow {OC} {\text{ }}{\text{, }}\overrightarrow {OD} {\text{ \& }}\overrightarrow {OE} }$ ,

επομένως το σημείο

θα είναι το σημείο τομής όλων των τμημάτων $\displaystyle{{K_p}{M_p}{\text{ }}{\text{, }}p = 1,2,3,..}$ .

Ονομάζουμε για ευκολία $\displaystyle{\overrightarrow {OA} = \overrightarrow a {\text{ }}{\text{, }}\overrightarrow {OB} = \overrightarrow b {\text{ }}{\text{, }}\overrightarrow {OC} = \overrightarrow c {\text{ }}{\text{, }}\overrightarrow {OD} = \overrightarrow d {\text{ \& }}\overrightarrow {OE} = \overrightarrow e }$ . Πράγματι (και με χρήση του λήμματος στο τρίγωνο $\displaystyle{A{M_1}{M_2}}$ ) έχουμε :

$\displaystyle{\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AM} = \vec a + \frac{4}{5}\overrightarrow {AN} = \vec a + \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow {A{M_1}} + \overrightarrow {A{M_2}} } \right) = \vec a + \frac{1}{5}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \vec a + \frac{1}{5}\left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OE} - 4 \cdot \overrightarrow {OA} } \right) = \frac{1}{5}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow e } \right)}$ .

Δηλαδή τα τμήματα $\displaystyle{{K_p}{M_p}{\text{ }}{\text{, }}p = 1,2,3,..,10}$ συντρέχουν σε σημείο

που προσδιορίζεται (με αυθαίρετη αρχή

) ως $\displaystyle{\overrightarrow {OM} = \frac{1}{5}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow e } \right)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 13, 2011 11:49 pm**

Πολύ ωραία λύση, Σεραφείμ.

Το επόμενο θέμα είχε τεθεί στην ΣΜΑ το έτος 1959.

ΑΣΚΗΣΗ 56. : Δίνεται τρίγωνο ABC

και η διάμεσος

αυτού. Από την κορυφή

φέρνουμε την

κάθετη στην

. Αν οι γωνίες ACE

και

είναι ίσες, να αποδείξετε ότι ή θα είναι AB=AC

, ή ότι η γωνία Α είναι ορθή.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 14, 2011 12:03 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55: Θεωρούμε πέντε σημεία που δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Έστω $M_{p}$ , το μέσον των ευθυγράμμων τμημάτων τα οποία συνδέουν δύο από τα δοσμένα σημεία και το σημείο $K_{p}$ , το οποίο είναι κέντρο βάρους του τριγώνου που έχει ως κορυφές τα τρία άλλα από τα πέντε σημεία.
Φέρνουμε το τμήμα $K_{p}M_{p}$ .

(α) Να βρεθεί πόσα είναι τα ευθύγραμμα τμήματα $K_{p}M_{p}$ αν εργασθούμε με όλους τους δυνατούς τρόπους.

(β) Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες $K_{p}M_{p}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

(ΕΜΠ, 1959, Μηχανολόγοι Μηχανικοί)

: Για την Ιστορία και όχι μόνο - Άσκηση 55 - Απόδειξη του (β) ζητούμενου.; f=46_t=16463.PNG (49.34 KiB) Προβλήθηκε 2548 φορές

$\bullet$ Για το δεύτερο ζητούμενο, αρκεί να αποδειχθεί ότι τρεις από τις ευθείες $K_{p}M_{p}$ όπως ορίζεται στο πρόβλημα, τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Έστω $M_{3}\equiv AE\cap DK_{2}$ το μέσον του

και $K_{3}$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle BCD$ , σημείο προφανώς επί της διαμέσου $DM_{2}.$

Από $AK_{1} = 2(K_{1}M_{2})$ και $DK_{3} = 2(K_{3}M_{2})$ $\Longrightarrow$ $K_{1}K_{3}\parallel AD\ \ ,(1)$

Από (1)

και $M_{1}M_{3}\parallel AD,$ προκύπτει ότι $K_{1}K_{3}\parallel M_{1}M_{3}\parallel AD\ \ ,(2)$

Επειδή τώρα, τα σημεία $A\equiv K_{2}M_{1}\cap M_{2}K_{1}$ και $D\equiv K_{2}M_{3}\cap M_{2}K_{3}$ και $S_{\infty}\equiv M_{1}K_{3}\cap K_{1}M_{3}\cap AD$ ανήκουν στην ίδια ευθεία,

συμπεραίνεται σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, ότι τα τρίγωνα $\vartriangle K_{2}M_{1}M_{3},\ \vartriangle M_{2}K_{1}K_{3}$ είναι προοπτικά.

Άρα, οι ευθείες $K_{1}M_{1},\ K_{2}M_{2},\ K_{3}M_{3}$ τέμνονται στο ίδιο σημείο και το (β) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 14, 2011 12:05 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 56. : Δίνεται τρίγωνο και η διάμεσος αυτού. Από την κορυφή φέρνουμε την
κάθετη στην . Αν οι γωνίες και είναι ίσες, να αποδείξετε ότι ή θα είναι , ή ότι η γωνία Α είναι ορθή (ΣΜΑ το έτος 1959).

Αν θεωρήσουμε το ύψος

έχουμε: $\angle BAD = \angle MAC.$
Άρα το κέντρο

του περιγεγραμμένου κύκλου θα είναι σημείο της διαμέσου

(Καθότι ,δες το κάτω σχήμα, γνωρίζουμε ότι: $\angle BAD = \angle KAC).$
Αν το

συμπέσει με το

το τρίγωνο θα είναι ορθογώνιο στην

αν $K \ne M,$ το τρίγωνο θα είναι ισοσκελές (AB=AC)

αφού η

καθίσταται μεσοκάθετη της πλευράς BC.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 23, 2011 3:48 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 57: Δίνεται επίπεδο (E)

και σημείο

αυτού. Να βρεθεί πως πρέπει να τοποθετήσουμε δύο ευθ. τμήματα

και

ώστε οι προβολές αυτών πάνω σε κάθε ευθεία του (E)

που διέρχεται από το Ο, να είναι ίσες.

(ΣΜΑ, 1959)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 23, 2011 7:25 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57: Δίνεται επίπεδο και σημείο αυτού. Να βρεθεί πως πρέπει να τοποθετήσουμε δύο ευθ. τμήματα
και ώστε οι προβολές αυτών πάνω σε κάθε ευθεία του που διέρχεται από το Ο, να είναι ίσες.

(ΣΜΑ, 1959)

Τα επίπεδα είναι κάθετα και βέβαια τον βασικό ρόλο παίζει το θεώρημα τών τριών καθέτων, καθότι τα OA,OB

τοποθετούνται σέ κάθετο επίπεδο στο (E)

από το σημείο

Προφανώς έχουμε: $\vartriangle OA{'} A_1{'} = \vartriangle OB{'} B_1{'} .$
Η ευθεία $A_1{'} OB_1{'}$ είναι η κινούμενη, περιστρεφόμενη ευθεία του επίπεδου περί το

οι θέσεις της οποίας δίνουν τις ευθείες της εκφώνησης στις οποίες προβάλλονται τα σημεία A,B.

Αφήνουμε γιά λίγο το σχήμα γιά να επανέλθουμε γιά την πλήρη διαπραγμάτευση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2011 12:43 am**

Άσκηση 58 - Χημικών μηχανικών του 19??

Δίδεται κύκλος (K , R)

, ευθεία $\varepsilon$ και σημείο

επί της ευθείας αυτής . Να βρεθεί

άλλο σημείο

, της ευθείας , το οποίο να ισαπέχει από το δοθέν σημείο

, και από τον κύκλο

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 26, 2011 5:30 pm**

Ανάλυσις
Έστω Μ το ζητούμενον σημείον.
Εκ της εκφωνήσεως έπεται (MA)=(MB) όπου Β είναι το σημείον τομής του κύκλου μετά της ευθείας ΜΚ ενώ Γ είναι το δεύτερον σημείο τομής της ΑΒ και του κύκλου
Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΑΜΒ ,ΒΚΓ είναι ισοσκελή έχοντα κορυφάς τα Μ,Κ αντιστοίχως ( (ΜΑ)=(ΜΒ) εξ΄υποθέσεως και (ΚΒ)=(ΚΓ) ως ακτίνες του ιδίου κύκλου )
Συνεπώς ισχύει η ακόλουθος σειρά ισοτήτων γωνιών ΜΑΒ=ΜΒΑ (εκ του ισοσκελούς ΜΑΒ) , ΜΒΑ=ΓΒΚ (ως κατά κορυφήν ) , ΓΒΚ=ΒΓΚ (εκ του ισοσκελούς ΒΚΓ ) . Τελικώς ΜΑΒ=ΒΓΚ το οποίον σημαίνει ότι αι ευθείαι (ε) και ΚΓ είναι παράλληλοι άρα ο Γ είναι κατασκευάσιμον
Κατασκευή γων
Εκ του Κ άγεται ευθεία ΚΧ//(ε) η οποία τέμνει τον κύκλο εις σημείον Γ . Φέρομεν την ΓΑ η οποία τέμνει το ημικύκλιον που ορίζεται από την ΚΓ και το Α εις σημείον Β. Λαμβάνομεν το ή τα Μ ως σημεία τομής των ΚΒ και της (ε)
Απόδειξις
Εκ κατασκευής το τρίγωνον ΚΒΓ είναι ισοσκελές (ΚΒ)=(ΚΓ)=ρ. Άρα γωνΚΓΒ=γωνΚΒΓ, γωνΚΒΓ=γωνΑΒΜ (κατά κορυυφήν) και γωνΚΓΒ=γωνΒΑΜ ((ε)//ΚΓ
Διερεύνησις
Εκ του Κ μια μόνο παράλληλος άγεται προς την (ε) η οποία τέμνει τον κύκλο εις ακριβώς 2 σημεία πάντοτε Γ1 ενα ακριώς Μκαι Γ2 αν η (ε) δεν τέμνει τον κύκλο. Ορίζονται τοιουτοτρόπως 2 σημεία Β1,Β2. Αν το Α βρίσκεται εκτός της προβολής της // διαμέτρου από το Κ προς την (ε) εις την (ε)τα Β βρίσκονται σε διαφορετικά ημικύκλια και ορίζεται μόνον ενα σημείο Μ άλλως ορίζονται 2 Μ
(το Α οφείλει να βρίσκεται εκτός του κύκλου διαφορετικά δεν είναι καλώς ορισμένη η΄εννοια της απόστασης)
(κρίμα που δεν έχω πολυτονικό)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 26, 2011 6:36 pm**

Και το σχήμα ...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 27, 2011 11:35 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57: Δίνεται επίπεδο και σημείο αυτού. Να βρεθεί πως πρέπει να τοποθετήσουμε δύο ευθ. τμήματα
και ώστε οι προβολές αυτών πάνω σε κάθε ευθεία του που διέρχεται από το Ο, να είναι ίσες.

(ΣΜΑ, 1959)

Επανέρχομαι όπως είχα πει:
Για να είμαι ειλικρινής αμφιταλαντεύτηκα ανάμεσα στην ελεύθερη τοποθέτηση των OA,OB

σε επίπεδο και εκείνη που να διατηρεί το τρίγωνο OAB.

Προτίμησα την συνθετότερη διαπραγμάτευση στην περίπτωση δηλαδή της διατήρησης του τριγώνου OAB.

Δουλεύοντας στο αρχικό επίπεδο (OAB)

θεωρούμε από το σημείο

ευθεία κάθετη στην διάμεσο του τριγώνου OAB

την

προβάλουμε σε αυτήν τα σημεία A,B

έστω
$OA_1 ,OB_1 \Rightarrow OA_1 = OB_1 .$
Θεωρούμε στην συνέχεια και στο επίπεδο

ευθεία $\varepsilon$ και σημείο της

Θεωρούμε στην συνέχεια επίπεδο

κάθετο στο επίπεδο

στο οποίο να ανήκει η ευθεία $\varepsilon$ .
Επί της $\varepsilon$ και εκατέρωθεν του

παίρνουμε:
$OA{'} = OA_1 ,OB{'} = OB_1$
και πάνω στις κάθετες ευθείες στο

και στην $\varepsilon$ και στα σημεία
A{'} ,B{'}

λαμβάνουμε τα A,B

ώστε να έχουμε το τρίγωνο μας OAB

.
Θεωρώντας την τυχούσα ευθεία $\eta$ του

που περνά από το

προβάλλουμε πάνω σε αυτήν τα σημεία A{'} ,B{'}

, έστω $A_1{'} ,B_2{'}$ οι αντίστοιχες προβολές, που είναι καθαρό ότι κινούνται σε ίσους κύκλους (ίσων διαμέτρων OA{'} = OB{'}

).
Άρα $OA_1{'} = OB_1{'}$ σε όλη τη διάρκεια της κίνησης που με βάση το θεώρημα των τριών καθέτων τα OA{'} ,OB{'}

είναι και αντίστοιχες προβολές των OA,OB

στην $\eta$ .

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 4:04 pm**

R BORIS έγραψε:Ανάλυσις
Έστω Μ το ζητούμενον σημείον.
Εκ της εκφωνήσεως έπεται (MA)=(MB) όπου Β είναι το σημείον τομής του κύκλου μετά της ευθείας ΜΚ ενώ Γ είναι το δεύτερον σημείο τομής της ΑΒ και του κύκλου
Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΑΜΒ ,ΒΚΓ είναι ισοσκελή έχοντα κορυφάς τα Μ,Κ αντιστοίχως ( (ΜΑ)=(ΜΒ) εξ΄υποθέσεως και (ΚΒ)=(ΚΓ) ως ακτίνες του ιδίου κύκλου )
Συνεπώς ισχύει η ακόλουθος σειρά ισοτήτων γωνιών ΜΑΒ=ΜΒΑ (εκ του ισοσκελούς ΜΑΒ) , ΜΒΑ=ΓΒΚ (ως κατά κορυφήν ) , ΓΒΚ=ΒΓΚ (εκ του ισοσκελούς ΒΚΓ ) . Τελικώς ΜΑΒ=ΒΓΚ το οποίον σημαίνει ότι αι ευθείαι (ε) και ΚΓ είναι παράλληλοι άρα ο Γ είναι κατασκευάσιμον
Κατασκευή γων
Εκ του Κ άγεται ευθεία ΚΧ//(ε) η οποία τέμνει τον κύκλο εις σημείον Γ . Φέρομεν την ΓΑ η οποία τέμνει το ημικύκλιον που ορίζεται από την ΚΓ και το Α εις σημείον Β. Λαμβάνομεν το ή τα Μ ως σημεία τομής των ΚΒ και της (ε)
Απόδειξις
Εκ κατασκευής το τρίγωνον ΚΒΓ είναι ισοσκελές (ΚΒ)=(ΚΓ)=ρ. Άρα γωνΚΓΒ=γωνΚΒΓ, γωνΚΒΓ=γωνΑΒΜ (κατά κορυυφήν) και γωνΚΓΒ=γωνΒΑΜ ((ε)//ΚΓ
Διερεύνησις
Εκ του Κ μια μόνο παράλληλος άγεται προς την (ε) η οποία τέμνει τον κύκλο εις ακριβώς 2 σημεία πάντοτε Γ1 ενα ακριώς Μκαι Γ2 αν η (ε) δεν τέμνει τον κύκλο. Ορίζονται τοιουτοτρόπως 2 σημεία Β1,Β2. Αν το Α βρίσκεται εκτός της προβολής της // διαμέτρου από το Κ προς την (ε) εις την (ε)τα Β βρίσκονται σε διαφορετικά ημικύκλια και ορίζεται μόνον ενα σημείο Μ άλλως ορίζονται 2 Μ
(το Α οφείλει να βρίσκεται εκτός του κύκλου διαφορετικά δεν είναι καλώς ορισμένη η΄εννοια της απόστασης)
(κρίμα που δεν έχω πολυτονικό)

Αγαπητέ R. BORIS, διαβάζοντας την λύση που μας έδωσες, με έκανες να νοσταλγήσω τα μαθητικά μου χρόνια!! Μπορεί να είμαι γραφικός, όμως πιστεύω ότι η καθαρεύουσα, ταιριάζει περισσότερο για να διατυπώνουμε τις ασκήσεις και τις λύσεις κυρίως στην στην Γεωμετρία. (Ας θυμηθούμε τις έννοιες "κατακορυφήν, εντός εναλλάξ, εφεξής γωνίες...) Πάρα πολύ το χάρηκα το κείμενο με τον τρόπο που το έγραψες και νομίζω ότι και τους μαθητές μας θα βοηθήσουμε αν που και που (και γιατί όχι συχνά) τους δίνουμε έτσι τις διατυπώσεις, πράγμα που θα τους βοηθήσει να έρθουν πιο κοντά στην γλώσσα των προγόνων μας την οποία φτασαμε στο σημείο να την γνωρίζουν οι ξένοι λαοί καλύτερα από εμάς!!!

Να είσαι πάντα καλά.

Ιωάννου Δημήτρης

Ιστιαία Ευβοίας.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 5:56 pm**

Άσκησις πεντήκοντα οκτώ - Ετέρα λύσις ... ( μ η μεσοκάθετος του

)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 11:39 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 59: Να αποδειχθεί ότι πάσαι αι περιφέρειαι αίτινες τέμνουν ορθογωνίως δύο δοθείσας περιφερείας (μη τεμνομένας και κειμένας εκτός αλλήλων) διέρχονται διά δύο σταθερών σημείων της διακέντρου

(ΣΜΑ, 1959)

(RBORIS, το κόλησα το μικρόβιο. Το πως διατυπώνονταν τότε οι εκφωνήσεις, είναι χρήσιμο να το θυμώμαστε. Το μόνο που μας λείπει είναι το πολυτονικό)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 12:25 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 59: Να αποδειχθεί ότι πάσαι αι περιφέρειαι αίτινες τέμνουν ορθογωνίως δύο δοθείσας περιφερείας (μη τεμνομένας και κειμένας εκτός αλλήλων) διέρχονται διά δύο σταθερών σημείων της διακέντρου

(ΣΜΑ, 1959)

Έστω

το κέντρο τυχόντος κύκλου που τέμνει ορθογώνια τους κύκλους (K,r),(L,R).

Αυτό οδηγεί στο συμπέρασμα ότι το Ο ανήκει στον ριζικό άξονα των κύκλων αυτών.
Άρα το σημείο

της

όταν
$OS \bot KL,$
είναι σταθερό σημείο, δηλαδή υπάρχουν σταθερά τμήματα m,n,

ώστε
$KS = m,\;SL = n.$
Αν λοιπόν θέσουμε
AS = SB = x,

τότε έχουμε: $\left( {m - x} \right)\left( {m + x} \right) = r^2 \Rightarrow x = \sqrt {m^2 - r^2 } ,\;ct.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 1:44 am**

Μια άσκηση που βρήκα τυχαία από τις εισαγωγικές εξετάσεις στη σχολή αεροπορίας 1968.

ΑΣΚΗΣΗ 60: Αν για τον ρητό αριθμό

η τιμή της παράστασης 2x^4+3x+1

είναι ακέραια, τότε αποδείξτε ότι ο

είναι επίσης ακέραιος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 8:47 am**

έστω $\displaystyle{x=p/q , (p,q)=1 ,p\in Z , q\in Z*-\{-1,1\}}$ με $\displaystyle{2(p/q)^4+3(p/q)+1=a\in Z\Leftrightarrow 2p^4=q^3b ,b=(q(a-1)-p)\in Z}$

άρα $\displaystyle{q=2r,r\in Z*}$ αφού και $\displaystyle{(p^4,q^3)=1}$

τότε όμως αντικαθιστώντας στην προηγούμενη έχουμε $\displaystyle{p^4=4r^3c,c=2r(a-1)-2r\in Z*}$ δηλαδή p=άρτιος άτοπο αφού οι p,q είναι πρώτοι μεταξύ τους

άρα $\displaystyle{q=\pm 1\Rightarrow x=p\in Z}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 9:37 am**

ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΕΜΠ 1972
(είχε θεωρηθεί πολύ δύσκολο)

Εάν οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{a_1,a_2,...,a_n}$ πληρούν την σχέση $\displaystyle{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2=1}$ και $\displaystyle{\theta _1,\theta _2,...,\theta _n}$ τυχόντα τόξα δείξτε ότι το άθροισμα των αριθμών, πλήθους $\displaystyle{n^2}$ , οι οποίοι προκύπτουν από τον γενικό όρο $\displaystyle{2a_k^2a_m^2sin^2(\theta _k-\theta _m) , k,m=1,2,...,n}$ δεν υπερβαίνει τον αριθμό $\displaystyle{1}$
(το sinx είχε δοθεί σαν ημχ στην ελληνική του γραφή)

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)