mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 29, 2011 1:48 am**

Με φέρνεις με τις ασκήσεις σου Δημήτρη κοντά στην χρονιά γέννησης μου όπου μετά από ένα χρόνο μπήκαν ωραία θέματα όπως αυτό της Σ.Μ.Α. (ΑΣΚΗΣΗ 27)
Αν δεν έχω δει κάτι πολύ πιο εύκολο, η άσκηση αυτή είναι υψηλής δυσκολίας και αυτό επειδή πάει στην Απολλώνια κατασκευή:
Να κατασκευαστεί κύκλος διερχόμενος από δύο σημεία και εφαπτόμενος δοθέντος κύκλου. Και αυτό επειδή έχουμε:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω ότι το τραπέζιο ΑΒΓΔ έχει κατασκευαστεί ώστε ΒΓ > ΑΔ, με δεδομένες τις διαγώνιους την γωνία που σχηματίζουν αυτές και με την διαφορά ΒΓ- ΑΔ =λ.
Το τρίγωνο ΑΕΓ κατασκευάζεται όταν
$E \in \Gamma \Delta \;\mu \varepsilon \;AE\mathop = \limits^\parallel {\rm B}\Delta \Rightarrow {\rm E}\Delta = AB,$
καθότι γνωρίζουμε τις δύο πλευρές του (οι διαγώνιοι που μας έδωσαν) και την γωνία τους.
Αν τώρα θεωρήσουμε
$\Sigma \in \Delta \Gamma ,\;{\rm A}\Sigma \mathop = \limits^\parallel {\rm B}\Gamma \Rightarrow \Sigma \Gamma = {\rm A}{\rm B} = {\rm E}\Delta ,$
που σημαίνει ότι το μέσο Μ της ΕΓ είναι και μέσο της ΔΣ, άρα γνωρίζουμε το μέσο Μ της ΔΣ.
Συνεπώς αν θεωρήσουμε το συμμετρικό Ζ του Α ως προς το Μ, αρκεί να κατασκευάσουμε το Δ ώστε ΔΖ- ΔΑ=λ καθότι το ΑΣΖΔ είναι παραλληλόγραμμο και επομένως ΔΖ=ΑΣ=ΒΓ.
Αρκεί λοιπόν να κατασκευαστεί κύκλος κέντρου Δ διερχόμενος από το Α άρα και από το συμμετρικό του Α΄ ως προς την ΕΓ εφαπτόμενος στον κύκλο (Ζ,λ).

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 12:54 am**

Να κάνω μία προσπάθεια για την 28
Χρησιμοποιούμε τους τύπους $\eta \mu 3x=3\eta \mu x-4\eta \mu ^3x$
και $\sigma \upsilon \nu 3x=4\sigma \upsilon \nu ^3x-3\sigma \upsilon \nu x$
Έτσι η εξίσωση γίνεται:
$6\eta \mu x-8\eta \mu ^3x=4\sigma \upsilon \nu ^3x$ διαιρούμε και τα δύο μέλη με $\sigma \upsilon \nu ^3 x\neq 0$
οπότε προκύπτει η $8\varepsilon \phi ^3x + 4 -6\frac{\eta \mu x}{\sigma \upsilon \nu ^3x}=0$
$\Rightarrow 8\varepsilon \phi ^3x + 4 -6\varepsilon \varphi x\frac{1}{\sigma \upsilon \nu ^2x}=0$
$\Rightarrow 8\varepsilon \phi ^3x + 4 -6\varepsilon \varphi x\cdot (\varepsilon \varphi ^2x+1)= 0$
$\Rightarrow \varepsilon \phi ^3x -3\varepsilon \varphi x + 2= 0$
η οποία έχει ρίζες το 1(διπλή) και το -2
Άρα $x=\kappa \pi +\frac{\pi }{4}$ με $\kappa \in Z$
ή $x = \tau o\xi o(\varepsilon \varphi (-2))$ .

Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 8:35 am**

Tα δύο επόμενα θέματα έχουν τεθεί στο Πολυτεχνείο Θεσ/νίκης το έτος 1957

ΑΣΚΗΣΗ 29 Δίνεται ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και έστω Αχ και Βψ οι κάθετες ευθείες στα άκρα του. Από το μέσο Ο του ΑΒ φέρνουμε δύο άλλες ευθείες κάθετες μεταξύ τους οι οποίες τέμνουν τις Αχ και Βψ στα σημεία Δ και Ε αντιστοίχως.
Να αποδείξετε ότι ο κύκλος με διάμετρο ΑΒ εφάπτεται στην ευθεία ΔΕ.

ΑΣΚΗΣΗ 30 Δίνεται τετράπλευρο εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου Ο.Να αποδειχθεί ότι:

$\frac{(OA)^{2}}{(AB)(A\Delta )}=\frac{(O\Gamma )^{2}}{(\Gamma \Delta )(B\Gamma )}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 3:55 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 29 Δίνεται ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και έστω Αχ και Βψ οι κάθετες ευθείες στα άκρα του. Από το μέσο Ο του ΑΒ φέρνουμε δύο άλλες ευθείες κάθετες μεταξύ τους οι οποίες τέμνουν τις Αχ και Βψ στα σημεία Δ και Ε αντιστοίχως.
Να αποδείξετε ότι ο κύκλος με διάμετρο ΑΒ εφάπτεται στην ευθεία ΔΕ.

Φέρνουμε $OM\perp \varDelta E .$ Τα τετράπλευρα $AOM\varDelta , OBEM$ είναι εγγράψιμα, άρα:

$M\widehat{A}B + M\widehat{B}A = M\widehat{\varDelta}O + M\widehat{E}O = 90^{\circ}.$

Επομένως, $A\widehat{M}B = 90^{\circ}$ και ο κύκλος διαμέτρου AB,

εφάπτεται της ευθείας $\varDelta E.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 30, 2011 11:23 pm**

Άσκηση 31 , Χημικό Θεσσαλονίκης 1963

Οι κύκλοι c , c'

εφάπτονται εξωτερικά στο

. Χορδή

του

, εφάπτεται του

στο

.

Αν η

τέμνει τον

στο

και $ME\perp BC$ , δείξτε ότι : $\displaystyle DE=\frac{DC+DB}{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 01, 2011 12:10 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 30 Δίνεται τετράπλευρο εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου Ο.Να αποδειχθεί ότι:

$\frac{(OA)^{2}}{(AB)(A\Delta )}=\frac{(O\Gamma )^{2}}{(\Gamma \Delta )(B\Gamma )}$ ;;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 01, 2011 12:18 am**

rek2 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 30 Δίνεται τετράπλευρο εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου Ο.Να αποδειχθεί ότι:

$\frac{(OA)^{2}}{(AB)(A\Delta )}=\frac{(O\Gamma )^{2}}{(\Gamma \Delta )(B\Gamma )}$ ;;

Έχεις δίκιο για την απορία, αλλά έτσι είναι γραμμένο από την πηγή που το πήρα. Φαίνεται ότι πλεονασμοί (ή και λάθη) στην εκφώνηση των θεμάτων σε πανελλήνιες εξετάσεις δεν γίνονται μόνο στις μέρες μας αλλά είναι παλιά ιστορία.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 01, 2011 1:08 am**

Για την ΑΣΚΗΣΗ 30 έχουμε αμφιβολίες αν πράγματι είχε τεθεί έτσι ("πατάτα") ή αν υπάρχει τυπογραφικό λάθος από την πηγή που πήρα την άσκηση. Αν κανείς μπορεί να το βρεί, ας μας ενημερώσει.

Ας δούμε δύο ακόμα θέματα παλαιών εξετάσεων

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)

ΑΣΚΗΣΗ 32: Αν α,β,γ θετικοί και άνισοι αριθμοί και αν α+β+γ=1, τότε:

$(\frac{1}{\alpha }-1)(\frac{1}{\beta }-1)(\frac{1}{\gamma }-1)>8$

(Πανεπιστήμιο, 1949)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 01, 2011 9:22 am**

ΑΣΚΗΣΗ 32

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\left( {\frac{1} {\alpha } - 1} \right)\left( {\frac{1} {\beta } - 1} \right)\left( {\frac{1} {\gamma } - 1} \right) > 8 \Leftrightarrow \prod {\left( {\frac{{\alpha + \beta + \gamma }} {\alpha } - 1} \right) > 8 \Leftrightarrow \prod {\left( {\frac{{\beta + \gamma }} {\alpha }} \right) > 8 \Leftrightarrow } } } \\ {\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\alpha + \beta } \right) > 8{\alpha}{\beta}{\gamma},\;\alpha \lambda \eta \vartheta \eta \varsigma \;\alpha \varphi o\upsilon } \\ {\left(\forall {x,y \in \mathbb{R}_ + ^ * ,x \ne y} \right)\left( {x + y = \left( {\sqrt x } \right)^2 + \left( {\sqrt y } \right)^2 >2\sqrt{xy}} \right).} \\ \end{array} } \right.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 03, 2011 12:27 am**

ΑΣΚΗΣΗ 31.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γερό, πράγματι, Πρόβλημα:
Άρα δεν του χρειάζεται λύση magical combination του τύπου…θέτω …, θεωρώ…και άλλα τέτοια λες και το πνεύμα του Θαλή μας καθοδήγησε για τις κινήσεις αυτές.
Ας μου επιτραπεί λοιπόν και σε πρώτη φάση, να αναφερθώ στην σκέψη που θα οδηγήσει στην διαπραγμάτευση.
ΣΚΕΨΗ:
Για να προσδιοριστεί ένα σημείο μία βασική μέθοδος είναι ότι χρειάζονται δύο γραμμές που η τομή τους μας το προσδιορίζει.
Επομένως και λόγω της σταθερότητας του αρχικού τριγώνου ΔΗΛΑΔΗ των στοιχείων του και των σταθερών γωνιών εκείνου που διατηρείται όμοιο προς τον εαυτό του, σε συνδυασμό με τους ΚΥΚΛΟΥΣ οδηγούμαστε σε σταθερότητα ευθειών που σχηματίζουν σταθερές γωνίες με τις σταθερές πλευρές η μεταφορά των οποίων γίνεται μέσω εγγεγραμμένων γωνιών.

Διαπραγμάτευση:
Αν πάρουμε τα πράγματα σαν έχοντα κατασκευαστεί θα διαπιστώσουμε (με βάση το σχήμα που ακολουθεί) ότι αν οι κύκλοι (ΑΖΕ), (ΖΒΔ) τέμνονται στο σημείο Τ, θα έχουμε:
$\angle ZTE = \pi - \angle A,\;\angle ZT\Delta = \pi - \angle B \Rightarrow \angle \Delta TE = \pi - \angle \Gamma ,$
που σημαίνει ότι ο κύκλος (ΓΕΔ) περνά από το σημείο Τ. Με βάση την παρέμβαση (viewtopic.php?f=22&t=17062&p=88248#p88248) που έγινε γιά τον λόγο αυτό, οι γωνίες
$\angle BAT = \angle ZET,\;\angle TB\Gamma = \angle TZ\Delta$
διατηρούν το μέτρο τους συνεπώς προσδιορίζεται πλήρως το Μοναδικό Τ σαν τομή των σταθερών ημιευθειών ΑΤ, ΒΤ.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 03, 2011 11:41 am**

Πράγματι ήταν αρκετά ζόρικη η άσκηση 31 (και όμως κάποια δεκαοκτάχρονα παιδιά μπόρεσαν τότε και την έλυσαν!!)

ΑΣΚΗΣΗ 33: Να αποδειχθεί ότι η ισότητα

$\varepsilon \varphi \frac{A}{2}\epsilon \varphi \frac{B}{2}\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}+\epsilon \phi \frac{A}{2}+\epsilon \phi \frac{B}{2}+\epsilon \phi \frac{\Gamma }{2}-2=0$

είναι ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο.

(ΕΜΠ, 1957)

ΑΣΚΗΣΗ 34: Αν α,β,γ >0 και ένας από αυτούς είναι διάφορος των δύο άλλων, να αποδειχθεί ότι:

$\left(\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3} \right)^{3}>\alpha \beta \gamma$

και

$\alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}>\alpha \beta \gamma (\alpha +\beta +\gamma )$

(ΕΜΠ, 1958)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 03, 2011 11:57 am**

Άσκηση 33
Να ξεκινήσω πρώτα με το αντίστροφο.
Έστω ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με την γωνία $A = 90^{o}$ τότε έχουμε $B+\Gamma = 90^{o}$
Άρα $\frac{A}{2} = 45^{o} \kappa \alpha \iota \frac{B}{2}+\frac{\Gamma }{2}= 45{}^{o}$
τότε $\varepsilon \varphi\frac{A}{2} = 1$ και από άσκηση του Βιβλίου
$(1+\varepsilon \varphi\frac{B}{2})(1+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2})= 2 \Leftrightarrow\varepsilon \varphi\frac{B}{2}\cdot \varepsilon \varphi\frac{\Gamma }{2}+1 + \varepsilon \varphi\frac{B}{2}+ \varepsilon \varphi\frac{\Gamma }{2} - 2 = 0$ . ο.ε.δ
όμοια για τις άλλες γωνίες

Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 03, 2011 1:33 pm**

Ασκηση 33
Για το ευθύ : Ξέρουμε ότι $\varepsilon \varphi \frac{A}{2}=\sigma \varphi \frac{B+\Gamma }{2}$
$\varepsilon \varphi \frac{A}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}+\varepsilon \varphi \frac{A}{2}+\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon\varphi \frac{\Gamma}{2}=2\Rightarrow$
$\sigma \varphi \frac{B+\Gamma }{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}+\sigma \varphi \frac{B+\Gamma }{2} +\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon\varphi \frac{\Gamma}{2}=2\Rightarrow$
$\sigma \varphi \frac{B+\Gamma }{2}\cdot(\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}+1)+\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon\varphi \frac{\Gamma}{2}=2\Rightarrow$
$\frac{1}{\varepsilon \varphi \frac{B+\Gamma }{2}}\cdot(\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}+1)+\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon\varphi \frac{\Gamma}{2}=2\Rightarrow$
$\frac{1- \varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}}{\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}}\cdot(\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}+1)+\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon\varphi \frac{\Gamma}{2}=2\Rightarrow$
$1-\varepsilon \varphi^2 \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi^2 \frac{\Gamma }{2}+(\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2})^2 = 2 (\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2})\Rightarrow$
$(\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}-1)^2 = \varepsilon \varphi^2 \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi^2 \frac{\Gamma }{2} \Rightarrow$
$\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}-1 = \pm \varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}$
Άρα
α) $\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}-1 = \varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2} \Rightarrow$
$(\varepsilon \varphi \frac{B}{2}-1)\cdot(\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}-1) = 0\Rightarrow$ $\frac{B}{2}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow B = \frac{\pi }{2}$ ή $\frac{\Gamma }{2}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow \Gamma = \frac{\pi }{2}$
β) $\varepsilon \varphi \frac{B}{2}+\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}-1 = -\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\cdot\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2} \Rightarrow$
$\varepsilon \varphi( \frac{B+\Gamma }{2}) = 1 \Rightarrow \frac{B+\Gamma}{2}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow B+\Gamma = \frac{\pi }{2}$

Αμάν

Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 04, 2011 8:53 pm**

ΛΥΣΗ της ΑΣΚΗΣΗΣ 34:Το πρώτο ερώτημα είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας των μέσων

Για το δεύτερο ερώτημα, πάλι από την ανισότητα των μέσων, έχουμε:

$\frac{\alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}+\alpha ^{4}}{4}\geq \sqrt[4]{\alpha ^{4}\beta ^{4}\gamma ^{4}\alpha ^{4}}\Leftrightarrow 2\alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}\geq 4\alpha ^{2}\beta \gamma$

Με τον ίδιο τρόπο, έχουμε:

$\alpha ^{4}+2\beta ^{4}+\gamma ^{4}\geq 4\alpha \beta^{2} \gamma$

$\alpha ^{4}+\beta ^{4}+2\gamma ^{4}\geq 4\alpha \beta \gamma^{2}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των πιο πάνω σχέσεων, έχουμε

$4\alpha ^{4}+4\beta ^{4}+4\gamma ^{4}\geq 4\alpha^{2} \beta \gamma+4\alpha \beta ^{2}\gamma +4\alpha \beta \gamma ^{2}\Leftrightarrow \alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}\geq \alpha \beta \gamma (\alpha +\beta +\gamma )$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 05, 2011 2:41 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: και

$\alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}>\alpha \beta \gamma (\alpha +\beta +\gamma )$

(ΕΜΠ, 1958)

Ας παρατηρήσουμε επίσης, ότι από την ανισότητα $\displaystyle{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0,}$ προκύπτει η

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx}$ (I)

Στην (Ι) θέτουμε $\displaystyle{x\to a^2, y\to b^2, z\to c^2,}$ οπότε προκύπτει

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}$ . (II)

Στην (Ι) θέτουμε τώρα $\displaystyle{x\to ab,y\to bc, z\to ca}$ , οπότε από την (ΙΙ) προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 05, 2011 12:37 pm**

matha έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: και

$\alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}>\alpha \beta \gamma (\alpha +\beta +\gamma )$

(ΕΜΠ, 1958)
Ας παρατηρήσουμε επίσης, ότι από την ανισότητα $\displaystyle{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0,}$ προκύπτει η

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx}$ (I)

Στην (Ι) θέτουμε $\displaystyle{x\to a^2, y\to b^2, z\to c^2,}$ οπότε προκύπτει

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}$ . (II)

Στην (Ι) θέτουμε τώρα $\displaystyle{x\to ab,y\to bc, z\to ca}$ , οπότε από την (ΙΙ) προκύπτει το ζητούμενο.

Πολύ ωραία η λύση αυτή Θανάση!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 05, 2011 3:58 pm**

34
Έτσι για την πολυφωνία στα "Αλγεβρικά κολπάκια", αφού οι προηγούμενες λύσεις αστράφτουν.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right) \ne 0 \Rightarrow x^2 + y^2 + z^2 > xy + yz + zx.} \\ A\rho \alpha: {\left( {\frac{\alpha } {{\beta \gamma }}} \right)^2 + \left( {\frac{\beta } {{\gamma \alpha }}} \right)^2 + \left( {\frac{\gamma } {{\alpha \beta }}} \right)^2 > \frac{1} {{\alpha ^2 }} + \frac{1} {{\beta ^2 }} + \frac{1} {{\gamma ^2 }} > \frac{1} {{\alpha \beta }} + \frac{1} {{\beta \gamma }} + \frac{1} {{\gamma \alpha }} \Rightarrow } \\ {\alpha ^4 + \beta ^4 + \gamma ^4 > \alpha \beta \gamma \left( {\alpha + \beta + \gamma } \right).} \\ \end{array} } \right.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 05, 2011 9:35 pm**

Ε.Μ.Π. 1958:

Να ευρεθούν αι πραγματικαί λύσεις του συστήματος:

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

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 06, 2011 10:44 am**

Η πιο πάνω άσκηση που έγραψε ο Σπύρος είναι η ΑΣΚΗΣΗ 35 (προσπάθησα σήμερα να την λύσω, αλλά δεν τα κατάφερα

).

Το επόμενο θέμα που είχε τεθεί την χρονιά αυτή (1958) στο ΕΜΠ είναι το εξής:

ΑΣΚΗΣΗ 36: Αν οι ρίζες της εξίσωσης $x^{2}+\lambda x+\mu =0$ με πραγματικούς συν/στές είναι και ρίζες της εξίσωσης $x^{2\nu }+\lambda ^{\nu }x^{\nu }+\mu ^{\nu }=0$

όπου ν άρτιος, να δειχθεί ότι το πολυώνυμο $\sigma (x)=x^{\nu }+1+(x+1)^{\nu }$ διαιρείται ακριβώς δια του πολυωνύμου

$\varphi (x)=x^{2}-\left(\frac{\lambda ^{2}-2\mu }{\mu } \right)x+1$

Και την ίδια πάλι χρονιά, ένα από τα θέματα γεωμετρίας που είχαν τεθεί στο ΕΜΠ (Τμήμα Πολιτικών μηχανικών) ήταν το ακόλουθο:

ΑΣΚΗΣΗ 37:Πάνω σε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ που έχει σταθερό μήκος, κινείται ένα σημείο Μ.
Κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΜΓ και ΒΜΔ προς το ίδιο μέρος του ΑΒ. Ζητούνται:

(α) Να βρεθεί ο γ.τ του μέσου Ρ της ΓΔ

(β) Να δειχθεί ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου περί το τρίγωνο ΓΜΔ είναι σταθερό

(γ) Να βρεθεί η θέση του Μ όταν το ευθ. τμήμα ΓΔ έχει δοσμένο μήκος λ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 06, 2011 10:49 pm**

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)

Ότι το σημείο τομής των τριών κύκλων είναι σταθερό μπορούμε να το δούμε με την παρατήρηση ω+φ=f+c=σταθερό, οπότε το Η βρίσκεται στο τόξο του κύκλου που τα σημεία του βλέπουν την AB υπό γνωστή γωνία, την ω+φ. Ομοίως βρίσκεται και σε τόξο που τα σημεία του βλέπουν την AC υπό γνωστή γωνία, επομένως είναι η τομή των τόξων αυτών.

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)