mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 10:08 am**

ΕΜΕ 1972

1. ΑΛΓΕΒΡΑ
Να δειχθεί ότι για $\displaystyle{m\ge 0}$ και για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ ισχύει
$\displaystyle{|a_1+a_2+...+a_n+\frac{m-(a_1a_2+a_1a_3+...+a_1a_n+a_2a_3+a_2a_4+...+a_2a_n + . . . + a_{n-1}a_n}{a_1+a_2+...+a_n}|\ge \sqrt{\frac{2m}{n}+2m}}$
2.ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
Δίδεται τρίγωνον $\displaystyle{ABC}$ . Να ευρεθούν δύο σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ επί των πλευρών $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{AC}$ αντιστοίχως ώστε $\displaystyle{BM=MN=NC}$
3.ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ
Να υπολογισθεί η $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}{\tau o\xi \sigma \varphi (n^2+n+1)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 8:22 pm**

R BORIS έγραψε: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)

$\displaystyle {\sum_{k=1}^{n} \sum_{m=1}^n 2a_k^2a_m^2 \sin ^2(\theta_k-\theta_m)=\sum_{k=1}^{n} \sum_{m=1}^n a_k^2a_m^2 (1-\cos (t_k-t_m))=\left(\sum_{k=1}^n a_k^2\right)^2-\left(\sum_{k=1}^n a_k^2\cos t_m\right)^2-\left(\sum_{k=1}^n a_k^2\sin t_m\right)^2\leq 1}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 8:34 pm**

R BORIS έγραψε:ΕΜΕ 1972

3.ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ
Να υπολογισθεί η $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}{\tau o\xi \sigma \varphi (n^2+n+1)}}$

Είναι τηλεσκοπικό.
arccot (n^2+n+1)=arccot (n+1)-arccot (n)

οπότε $S=arccot (\infty)-arccot (1)=-\frac{\pi}{4}$

Παρόμοιο και εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 9:03 pm**

R BORIS έγραψε:ΕΜΕ 1972

1. ΑΛΓΕΒΡΑ
Να δειχθεί ότι για $\displaystyle{m\ge 0}$ και για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ ισχύει
$\displaystyle{|a_1+a_2+...+a_n+\frac{m-(a_1a_2+a_1a_3+...+a_1a_n+a_2a_3+a_2a_4+...+a_2a_n + . . . + a_{n-1}a_n}{a_1+a_2+...+a_n}|\ge \sqrt{\frac{2m}{n}+2m}}$

Θέτουμε $x=\sum a_i, \ y=\sum a_i^2.$

Αρκεί να δείξουμε ότι $(x^2+y+2m)^2\geq 4x^2\left(\frac{2m}{n}+2m\right)$

Όμως, $ny\geq x^2$ οπότε αρκεί $(x^2+y+2m)^2\geq 8x^2m+8my$ ή $(x^2+y-2m)^2\geq 0,$ που ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 29, 2011 10:23 pm**

ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΕΜΠ 1972

υψώνω στο τγετράγωνο την πρώτη δοσμένη σχέση
$\displaystyle{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2=1\Rightarrow (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)^2=1\Rightarrow \sum_{k,m=1}^{n}{a_k^2a_m^2}=1}$ [*]

Χρησιμοποιώ τους τύπους $\displaystyle{cos(2a)=1-2sin^2(a)}$ και $\displaystyle{cos(b-c)=cos(b)cos(c)+sin(b)sin(c)}$ για $\displaystyle{2a=b-c=2\theta _k-2\theta _m}$ οπότε έχω
$\displaystyle{2sin^2(\theta _k-\theta _m)=1-cos(2\theta _k)cos(2\theta _m)-sin(2\theta _k)sin(2\theta _m)}$

Πολλαπλασιάζω με $\displaystyle{a_k^2a_m^2}$ και αθροίζω τότε
$\displaystyle{\sum_{k,m=1}^{n}{2a_k^2a_m^2}sin^2(\theta _k-\theta _m)=\sum_{k,m=1}^{n}{a_k^2a_m^2}-\sum_{k,m=1}^{n}{a_k^2a_m^2}cos(2\theta _k)cos(2\theta _m)-+\sum_{k,m=1}^{n}{a_k^2a_m^2}sin(2\theta _k)sin(2\theta _m)}$

Ακόμη
$\displaystyle{(a_1^2cos(2\theta _1)+a_2^2cos(2\theta _2)+...+a_n^2cos(2\theta_n))^2=}$
$\displaystyle{\sum_{k,m=1}^{n}{a_k^2a_m^2}cos(2\theta _k)cos(2\theta _m)=}}$ ακριβώς όπως στην [*]

και όμοια για τα ημίτονα άρα
$\displaystyle{1-\sum_{k,m=1}^{n}{2a_k^2a_m^2}sin^2(\theta _k-\theta _m)=}$
$\displaystyle{1-\sum_{k,m=1}^{n}{a_k^2a_m^2}+((a_1^2cos(2\theta _1)+a_2^2cos(2\theta _2)+...+a_n^2cos(2\theta_n))^2+((a_1^2sin(2\theta _1)+a_2^2sin(2\theta _2)+...+a_n^2sinos(2\theta_n))^2)=}$

Δηλαδή
$\displaystyle{1-\sum_{k,m=1}^{n}{2a_k^2a_m^2}sin^2(\theta _k-\theta _m)=1-1+(...)^2+(...)^2\ge 0}$
(ΚΑΛΟ Ε?)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 30, 2011 8:20 am**

EME 1972 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ δινεται τριγωνο ABC να βρεθουν 2σημεια $\displaystyle{M}$ την $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{N}$ στην $\displaystyle{AC}$ ωστε $\displaystyle{BM=MN=NC}$

: Clipboard01.png (3.58 KiB) Προβλήθηκε 2957 φορές

Φέρω $\displaystyle{ND=//MB}$
το $\displaystyle{BMND}$ είναι ρόμβος άρα το τρίγωνο $\displaystyle{DNC}$ είναι ισοσκελές $\displaystyle{ND=NC}$
τότε $\displaystyle{\widehat {NCD}=90-\widehat {DNC}/2=90-\widehat {A}/2=const}$
δηλαδή η ημιευθεία $\displaystyle{CD}$ είναι κατασκευάσιμη
το τρίγωνο $\displaystyle{NCD}$ έχει σταθερές γωνίες άρα και λόγους πλευρών οπότε $\displaystyle{\frac{CD}{ND}=c}$
από τον ρόμβο είναι $\displaystyle{ND=DB}$ συνεπώς $\displaystyle{\frac{CD}{DB}=c}$ που σημαίνει ότι το $\displaystyle{D}$ ανήκει στην Απολλώνιο περιφέρεια με διάμετρο τα συζυγή αρμονικά $\displaystyle{E,Z}$ των $\displaystyle{B,C}$ και λογο $\displaystyle{c}$
άρα το $\displaystyle{D}$ κατασκευάζεται και συνεπώς και τα $\displaystyle{N,M}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 30, 2011 4:48 pm**

ΕΜΕ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ
Μετά το κομψοτέχνημα του Θανάση 2η λύση

ονομαζω $\displaystyle{s=a_1+a_2+...+a_n,p=a_1a_2+a_1a_3+...+a_1a_n+a_2a_3+a_2a_4+...+a_2a_n + . . . + a_{n-1}a_n}{a_1}$
Υψώνοντας στο τετράγωνο και "λύνοντας ως προς $\displaystyle{m}$ η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{(\frac{1}{s^2})m^2-2(\frac{p}{s^2}+\frac{1}{n})m+(s^2-2p+\frac{p^2}{s^2})\ge0 , \forall m\inR}$

οπότε πρέπει και αρκεί
$\displaystyle{\frac{1}{s^2}>0}$ που ισχύει και $\displaystyle{\Delta \le 0}$

$\displaystyle{\Delta /4=(\frac{p}{s^2}+\frac{1}{n})^2-(\frac{1}{s^2})(s^2-2p+\frac{p^2}{s^2})=...=(1+\frac{1}{n})(\frac{1}{n}-1+\frac{2p}{s^2})}$

πρέπει και αρκεί $\displaystyle{\frac{1}{n}-1+\frac{2p}{s^2}\le 0\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow s^2\le n(s^2-2p) }$

δηλαδή $\displaystyle{(1.a_1+1.a_2+...+1.a_n)^2\le (1^2+1^2+...+1^2)(|a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)}$ που ισχύει BCS

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 03, 2011 6:59 pm**

Δυο θέματα του είδους από το βιβλίο επί των Μιγαδικών Αριθμών του
Μανώλη Μαραγκάκη Καθηγητή του Τ.Ε.Ι. Ηρακλείου (ενός μεγάλου εν ζωή Καθηγητή Μαθηματικών).

1ο ) Πολιτικοί Μηχανικοί Ε.Μ.Π. 1959.

● Αν $z \in \mathbb{C},\;\left| z \right| < 1\;$
και τα σημεία του επιπέδου $1 - z,1 - z^2 ,1 - z^3 \;$ ορίζοντα τρίγωνο.
Να αποδειχθεί ότι η αρχή των αξόνων δεν μπορεί να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου αυτού.

2ο ) Πολιτικοί Μηχανικοί Ε.Μ.Π. 1962.

● Αν $x,y \in \mathbb{R}\;\dot \eta \;\mathbb{C},\;\mu \dot \varepsilon \;\left| x \right| > \left| y \right|,\;\tau \dot o\tau \varepsilon :\frac{{\left| x \right|}} {{\left| {x + y} \right|}} + \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {x - y} \right|}} + \frac{{\left| x \right|}} {{\left| x \right| - \left| y \right|}} - \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {\left| x \right| - \left| y \right|} \right|}} \geqslant 2.$

(*) Μικρά ποιήματα;…σίγουρα ναι.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 03, 2011 7:15 pm**

S.E.Louridas έγραψε:
...

2ο ) Πολιτικοί Μηχανικοί Ε.Μ.Π. 1962.

● Αν $x,y \in \mathbb{R}\;\dot \eta \;\mathbb{C},\;\mu \dot \varepsilon \;\left| x \right| > \left| y \right|,\;\tau \dot o\tau \varepsilon :\frac{{\left| x \right|}} {{\left| {x + y} \right|}} + \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {x - y} \right|}} + \frac{{\left| x \right|}} {{\left| x \right| - \left| y \right|}} - \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {\left| x \right| - \left| y \right|} \right|}} \geqslant 2.$

(*) Μικρά ποιήματα;…σίγουρα ναι.

S.E.Louridas

Επειδή είναι $\displaystyle{|x|>|y|,}$ έχουμε $\displaystyle{||x|-|y||=|x|-|y|.}$

Επομένως είναι

$\displaystyle{\frac{{\left| x \right|}} {{\left| {x + y} \right|}} + \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {x - y} \right|}} + \frac{{\left| x \right|}} {{\left| x \right| - \left| y \right|}} - \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {\left| x \right| - \left| y \right|} \right|}}=\frac{{\left| x \right|}} {{\left| {x + y} \right|}} + \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {x - y} \right|}} + \frac{{\left| x \right|}} {{\left| x \right| - \left| y \right|}}-\frac{|y|}{|x|-|y|}=\frac{{\left| x \right|}} {{\left| {x + y} \right|}} + \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {x - y} \right|}} +1.}$

Όμως, από την ανισότητα του τριγώνου έχουμε

$\displaystyle{\frac{{\left| x \right|}} {{\left| {x + y} \right|}} + \frac{{\left| y \right|}} {{\left| {x - y} \right|}} \geq \frac{|x|}{|x|+|y|}+\frac{|y|}{|x|+|y|}=1}$

και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 12:28 am**

ΑΣΚΗΣΗ 65: Δίδονται δύο περιφέρειαι $K_{1},K_{2}$ αι οποίαι τέμνονται εις τα $O_{1},O_{2}$ . Φέρομεν την κοινήν εφαπτομένην αυτών και έστω A,B

τα σημεία επαφής. Να δειχθεί ότι:

(α) Αι περιφέρειαι $O_{1}AB$ και $O_{2}AB$ είναι ίσαι.

(β) Εάν $R_{1},R_{2}$ είναι αι ακτίναι των $K_{1},K_{2}$ αντιστοίχως, τότε $R^{2}=R_{1}R_{2}$ ένθα

η ακτίς της περιφερείας $O_{1}AB$ .

(Πολυτεχνείον Θεσσαλονίκης, 1959)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 1:19 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 65: Δίδονται δύο περιφέρειαι $K_{1},K_{2}$ αι οποίαι τέμνονται εις τα $O_{1},O_{2}$ . Φέρομεν την κοινήν εφαπτομένην αυτών και έστω τα σημεία επαφής. Να δειχθεί ότι:

(α) Αι περιφέρειαι $O_{1}AB$ και $O_{2}AB$ είναι ίσαι.

(β) Εάν $R_{1},R_{2}$ είναι αι ακτίναι των $K_{1},K_{2}$ αντιστοίχως, τότε $R^{2}=R_{1}R_{2}$ ένθα η ακτίς της περιφερείας $O_{1}AB$ .

(Πολυτεχνείον Θεσσαλονίκης, 1959)

(α )
Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει:
$\begin{array}{*{20}c} {\angle AO_1 B + \angle AO_2 B = \pi .\;{}^ \cdot {\rm E}\chi o\upsilon \mu \varepsilon :\angle AO_1 B = \angle AO_1 O_2 + \angle O_2 O_1 B = } \\ {\angle O_2 AB + \angle ABO_2 = \pi - \angle AO_2 B \Rightarrow \angle AO_1 B + \angle AO_2 B = \pi .} \\ \end{array}$

(β )
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\angle O_1 O_2 K = \frac{{\angle O_1 K_2 B}} {2} = \angle O_1 BA = \angle K_1 KO_1 \;\kappa \alpha \iota } \\ {\angle O_1 K_1 K = \frac{{\angle O_1 K_1 A}} {2} = \angle O_1 AB = \angle O_1 KK_2 } \\ \end{array} \Rightarrow$

$\vartriangle K_1 KO \sim \vartriangle K_2 O_I K \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{R_1 }} {R} = \frac{R} {{R_2 }}} \\ {\dot \eta } \\ {R^2 = R_1 R_{} .} \\ \end{array} } \right.} \right.$

(*) Σαν

θεωρήσαμε το κέντρο του κύκλου (O_1AB).

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 6:59 pm**

Άσκηση 66 - Μαθηματικό Θεσσαλονίκης 1958

Δίνεται κύκλος κέντρου

, δύο σταθερά του σημεία A , B

, καθώς και κινούμενο σημείο του

.

Φέρουμε τις AA' , BB'

, κάθετες προς τη διάμετρο

, και έστω $A_{1}$ , η τομή της AA'

με τον κύκλο .

Φέρουμε την $CC' \perp AB$ , που τέμνει τον κύκλο στο $C_{1}$ , και τη μεσοκάθετο του A'B'

. Δείξτε ότι :

1) Οι χορδές $BA_{1}$ και $DC_{1}$ είναι ίσες .... 2) Η μεσοκάθετος του A'B'

, διέρχεται από σταθερό σημείο

3) Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του μέσου

της

...

4) Δείξτε ότι το

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

*Το πολύπλοκο σχήμα ασφαλώς δεν δίνονταν ... Τι έβαζαν τότε !!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 8:44 pm**

S.E.Louridas έγραψε: 1ο ) Πολιτικοί Μηχανικοί Ε.Μ.Π. 1959.

● Αν $z \in \mathbb{C},\;\left| z \right| < 1\;$
και τα σημεία του επιπέδου $1 - z,1 - z^2 ,1 - z^3 \;$ ορίζοντα τρίγωνο.
Να αποδειχθεί ότι η αρχή των αξόνων δεν μπορεί να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου αυτού.

Έστω

με

Είναι $\Re(1-z)=1-x>0$ και $\Re (1-z^2)=1-x^2+y^2\geq 1-x^2>0.$

Θα δείξουμε ακόμη ότι $\Re(1-z^3)=1-x^3+3xy^2>0.$

-Αν $x\geq 0$ τότε $1-x^3+3xy^2\geq 1-x^3>0$

-Αν x<0,

θέτουμε $x=-a, \ a >0$ και έχουμε

$\displaystyle {1-x^3+3xy^2=1+a^3-3ay^2>1+a^3-3a(1-a^2)=4a^3+1-3a=4a^3+0.5+0.5-3a\geq 3a-3a=0,}$

από την ανισότητα των μέσων.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 11:22 pm**

S.E.Louridas έγραψε: 1ο ) Πολιτικοί Μηχανικοί Ε.Μ.Π. 1959.

● Αν $z \in \mathbb{C},\;\left| z \right| < 1\;$
και τα σημεία του επιπέδου $1 - z,1 - z^2 ,1 - z^3 \;$ ορίζοντα τρίγωνο.
Να αποδειχθεί ότι η αρχή των αξόνων δεν μπορεί να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου αυτού.

S.E.Louridas

Μια αντιμετώπιση ακόμα

Ονομάζουμε $\displaystyle{ w_1 = 1 - z\,\,,\,\,\,w_2 = 1 - z^2 \,\,\,,\,\,\,w_3 = 1 - z^3 }$ και βρίσκουμε

$\displaystyle{ \left| {\,w_1 \, - 1} \right| = \left| {\,1 - z - 1\,} \right| = \left| {\,z\,} \right| < 1\,\,,\,\,\,\left| {\,w_2 \, - 1} \right| = \left| {\,1 - z^2 - 1\,} \right| = \left| {\,z\,} \right|^2 < 1\,\,,\,\,\left| {\,w_3 \, - 1} \right| = \left| {\,1 - z^3 - 1\,} \right| = \left| {\,z\,} \right|^3 < 1}$

Συνεπώς οι εικόνες $\displaystyle{{\rm A},{\rm B},\Gamma }$ των μιγαδικών $\displaystyle{w_1 ,w_2 ,w_3 }$ είναι εσωτερικά σημεία του κύκλου $\displaystyle{C}$ με κέντρο $\displaystyle{{\rm K}(1,0)}$ και ακτίνα $\displaystyle{r = 1}$ .

Έτσι κανένα σημείο του κύκλου $\displaystyle{C}$ (όπως η αρχή των αξόνων) δεν μπορεί να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ ή να ανήκει σε κάποια από τις πλευρές του.

Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 11:32 pm**

Γιώργο καταπληκτική σκέψη!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 05, 2011 12:00 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 66 - Μαθηματικό Θεσσαλονίκης 1958

Δίνεται κύκλος κέντρου , δύο σταθερά του σημεία , καθώς και κινούμενο σημείο του .

Φέρουμε τις , κάθετες προς τη διάμετρο , και έστω $A_{1}$ , η τομή της με τον κύκλο .

Φέρουμε την $CC' \perp AB$ , που τέμνει τον κύκλο στο $C_{1}$ , και τη μεσοκάθετο του . Δείξτε ότι :

1) Οι χορδές $BA_{1}$ και $DC_{1}$ είναι ίσες .... 2) Η μεσοκάθετος του , διέρχεται από σταθερό σημείο

3) Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του μέσου της ...

4) Δείξτε ότι το είναι το κέντρο του περικύκλου , του τριγώνου

*Το πολύπλοκο σχήμα ασφαλώς δεν δίνονταν ... Τι έβαζαν τότε !!

Με την ευαισθησία που έχω στο Μαθηματικό που σπούδασα!!!

1) Θεωρούμε $\displaystyle{ B_1 \equiv BB' \cap \left( O \right) }$ τότε $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} AA_1 \bot CD \\ BB_1 \bot CD \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AA_1 //BB_1 \Rightarrow AA_1 BB_1 }$ τραπέζιο και επειδή είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$

Θα είναι και ισοσκελές οπότε $\displaystyle{ \boxed{BA_1 = AB_1 }:\left( 1 \right) }$ . Είναι $\displaystyle{ OB{'} }$ το απόστημα στη χορδή $\displaystyle{ BB_1 \mathop \Rightarrow \limits^{D \equiv OB{'} \cap \left( O \right)} D{'} }$ το μέσο του τόξου $\displaystyle{ BB_1 }$ άρα $\displaystyle{ \boxed{\tau o\xi .BD = \tau o\xi .DB_1 }:\left( 2 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \widehat{CC_1 D}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \eta .\sigma \varepsilon .\eta \mu \iota \kappa \kappa \lambda \iota o} 90^0 \Rightarrow DC_1 \bot CC_1 \mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot CC_1 } AB//DC_1 \Rightarrow ABDC_1 }$ τραπέζιο και επειδή είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$

θα είναι ισοσκελές άρα $\displaystyle{ AC_1 = BD \Rightarrow \tau o\xi .AC_1 = \tau o\xi .BD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):\tau o\xi .BD = \tau o\xi .DB_1 } \tau o\xi .AC_1 = \tau o\xi .DB_1 \Rightarrow AD//C_1 B_1 \Rightarrow ADB_1 C_1 }$ τραπέζιο

και επειδή είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$ θα είναι ισοσκελές άρα θα έχει και ίσες διαγώνιες δηλαδή $\displaystyle{ DC_1 = AB_1 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):AB_1 = BA_1 } \boxed{BA_1 = DC_1 } }$

2) Είναι $\displaystyle{ AA_1 //\left( \varepsilon \right)//BB_1 }$ (κάθετες στην διάμετρο $\displaystyle{ CD }$ ) και επειδή $\displaystyle{ M }$ το μέσο της $\displaystyle{ A{'}B{'} }$ θα είναι $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ μεσοπαράλληλη των $\displaystyle{ {\rm A}{\rm A}_1 ,{\rm B}{\rm B}{}_1 }$

άρα κάθε ευθύγραμμο τμήμα που έχει τα άκρα του στις $\displaystyle{ {\rm A}{\rm A}_1 ,{\rm B}{\rm B}{}_1 }$ θα διχοτομείται από την μεσοπαράλληλή τους ευθεία $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$

οπότε αν $\displaystyle{ K \equiv \left( \varepsilon \right) \cap AB }$ τότε το $\displaystyle{ K }$ είναι το μέσο του (σταθερού τμήματος) $\displaystyle{ AB }$ άρα η $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ διέρχεται από το σταθερό μέσο $\displaystyle{ K }$ του $\displaystyle{ AB }$

3) Αφού είναι $\displaystyle{ K }$ το μέσο του $\displaystyle{ AB }$ τότε $\displaystyle{ OK \bot AB }$ με $\displaystyle{ OK = ct }$ και επειδή $\displaystyle{ KM \bot OM \Rightarrow \widehat{OMK} = 90^0 }$ δηλαδή το μέσο $\displaystyle{ M }$

του $\displaystyle{ A{'}B{'} }$ «βλέπει» το σταθερό τμήμα $\displaystyle{ OK }$ υπό ορθή γωνία οπότε ο γεωμετρικός τόπος του $\displaystyle{ M }$ είναι κύκλος (σταθερής) διαμέτρου $\displaystyle{ OK }$

4) Έστω $\displaystyle{ DD{'} \bot AB\mathop \Rightarrow \limits^{C_1 C{'} \bot AB} C_1 C{'}//DD{'}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AB \bot CC_1 ,C_1 D \bot CC_1 } \right) \Rightarrow C{'}D{'}//C_1 D} C_1 DD{'}C{'} }$ ορθογώνιο άρα $\displaystyle{ C_1 D = C{'}D{'}\mathop \Rightarrow \limits^{C_1 D = A_1 B} \boxed{A_1 B = C{'}D{'}}:\left( 3 \right) }$ και

προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle C_1 C{'}A,\vartriangle DD{'}B }$ είναι ίσα $\displaystyle{ \left( {C_1 C{'}\mathop = \limits^{C_1 C{'}D{'}D(o\rho \theta o\gamma \nu \iota o)} DD{'},AC_1 \mathop = \limits^{AC_1 DB(\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varsigma .\tau \rho \alpha \pi \zeta \iota o)} DB} \right) }$

οπότε $\displaystyle{ AC{'} = BD{'}\mathop \Rightarrow \limits^{KA = KB} K }$ μέσο και της $\displaystyle{ C{'}D{'} \Rightarrow \boxed{KC{'} = \frac{{C{'}D{'}}} {2}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \frac{{A_1 B}} {2}}:\left( 4 \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABA_1 }$ είναι : $\displaystyle{ K }$ μέσο του $\displaystyle{ AB }$ και $\displaystyle{ A{'} }$ μέσο του $\displaystyle{ AA_1 }$ (αφού $\displaystyle{ OA{'} }$ απόστημα στη χορδή $\displaystyle{ AA_1 }$ του κύκλου $\displaystyle{ \left( O \right) }$ ) άρα

$\displaystyle{ KA'\mathop = \limits^{//} \frac{{A_1 B}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right):A_1 B = C{'}D{'}} KA{'} = \frac{{C{'}D{'}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \boxed{KA{'} = KC{'}}:\left( 5 \right) }$ και επειδή $\displaystyle{ K }$ ανήκει στη μεσοκάθετη του $\displaystyle{ A{'}B{'} }$ θα είναι

$\displaystyle{ KA{'} = KB{'}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} KA{'} = KB{'} = KC{'} \Rightarrow K }$ το περικύκλιο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle A{'}B{'}C{'} }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 05, 2011 12:59 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 66 - Μαθηματικό Θεσσαλονίκης 1958

Δίνεται κύκλος κέντρου , δύο σταθερά του σημεία , καθώς και κινούμενο σημείο του .

Φέρουμε τις , κάθετες προς τη διάμετρο , και έστω $A_{1}$ , η τομή της με τον κύκλο .

Φέρουμε την $CC' \perp AB$ , που τέμνει τον κύκλο στο $C_{1}$ , και τη μεσοκάθετο του . Δείξτε ότι :

1) Οι χορδές $BA_{1}$ και $DC_{1}$ είναι ίσες .... 2) Η μεσοκάθετος του , διέρχεται από σταθερό σημείο

3) Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του μέσου της ...

4) Δείξτε ότι το είναι το κέντρο του περικύκλου , του τριγώνου

*Το πολύπλοκο σχήμα ασφαλώς δεν δίνονταν ... Τι έβαζαν τότε !!

Μια λύση που εν πολλοίς μοιάζει με αυτήν του Στάθη.

Α)Είναι <ZCD=<HAB

(πλευρές κάθετες) και ως ίσες εγγεγραμμένες βαίνουν ίσα τόξα δηλ τα τόξα και οι αντίστοιχες χορδές

HB , ZD

είναι ίσα.
β)Η μεσοκάθετος της A'B'

' είναι μεσοπαράλληλος των AH , BB'

συνεπώς

συνεπώς

σταθερό.
σημείο της μεσοκαθέτου.
γ) Το

βλέπει υπο ορθή γωνία το σταθερό τμήμα

άρα το

βρίσκεται επί κύκλου διαμέτρου KO.
Το αντίστροφο συνάγεται εύκολα στηριζόμενοι στο ότι <OMK=90^0

και

μέσον της

δ)

κάθετη στην

. Τότε

(1)

(2)
Από (1),(2) λαμβάνοντας υπόψιν το α ερώτημα έχουμε EK=KA'=KB'

, συνεπώς

περίκεντρο του τργ EA'B

'

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 05, 2011 8:58 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 66 - Μαθηματικό Θεσσαλονίκης 1958

Δίνεται κύκλος κέντρου , δύο σταθερά του σημεία , καθώς και κινούμενο σημείο του .

Φέρουμε τις , κάθετες προς τη διάμετρο , και έστω $A_{1}$ , η τομή της με τον κύκλο .

Φέρουμε την $CC' \perp AB$ , που τέμνει τον κύκλο στο $C_{1}$ , και τη μεσοκάθετο του . Δείξτε ότι :

1) Οι χορδές $BA_{1}$ και $DC_{1}$ είναι ίσες .... 2) Η μεσοκάθετος του , διέρχεται από σταθερό σημείο

3) Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του μέσου της ...

4) Δείξτε ότι το είναι το κέντρο του περικύκλου , του τριγώνου

*Το πολύπλοκο σχήμα ασφαλώς δεν δίνονταν ... Τι έβαζαν τότε !!

Θα ήθελα, για λόγους πλουραλισμού και μόνο να δώσω μία απόδειξη για το 4ο ερώτημα:
$\begin{array}{*{20}c} {\angle A{'} EK = \angle ACD = \angle ABD = \frac{\pi } {2} - \angle CBA = \frac{\pi } {2} - \frac{1} {2}\angle HBA = \frac{\pi } {2} - \frac{1} {2}\angle A{'} KE \Rightarrow } \\ {\angle A{'} EK = \angle EA{'} K \Rightarrow KE = KA{'} \Rightarrow KE = KA{'} = KB{'} .} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 30, 2012 12:11 am**

Διαπραγμάτευση στο θέμα:
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, με ορθή την γωνία

.
Έστω ευθεία διερχόμενη από την κορυφή

που αφήνει το τρίγωνο στο ίδιο ημιεπίπεδο. Θεωρούμε το ύψος

και τις προβολές των B,C

στην ευθεία, αντίστοιχα $B{'} ,\;C{'} .$ Οι παράλληλες από τις κορυφές B,C

στις
$HB{'} ,\;HC{'}$ τέμνονται στο σημείο

. Αποδείξτε ότι:
$BB{'} + CC{'} = AM.\;$

(*) Το θέμα αυτό προτάθηκε από κάποιον και μέχρι να αναρτηθεί η διαπραγμάτευση, έσβησε (περίεργο, γιατί είναι καλό κατά την άποψή μου θέμα. Επίσης δεν μας πληροφόρησε ο εισηγητής του γιά το πότε και σε ποιές εισαγωγικές εξετάσεις τέθηκε, ως επίσης και την χρονιά που τέθηκε).
Τέλος πάντων, η ημέτερη σύντομη διαπραγμάτευση είναι αυτή που ακολουθεί:

Διαπραγμάτευση:
Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα, που φαίνονται στο σχήμα μας που είναι εύκολο να δούμε την εγγραψιμμότητα τους, έχουμε:
AM =2AG= 2TF = BB{'} + CC{'} ,

σε συνδυασμό με το τραπέζιο BCC{'}B{'}

και με το ορθογώνιο AGFT

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2013 2:55 pm**

ΠΕΡΙΤΤΑ

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)