mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 12:13 am**

Παραθέτω παρακάτω δύο πρωτότυπες ασκήσεις για τις οποίες έχω δώσει πολύ σύντομες λύσεις με τη βοήθεια της Φυσικής.
Από όσο μπορώ να γνωρίζω είναι καινούργιες. Αν κάποιος συνάδελφος τις έχει ξαναδεί θα ήθελα να το γνωρίζω.
Περιμένω να δω γεωμετρικές λύσεις.

Φίλιππος Νικ. Ιωσηφίδης
Φυσικός που ασχολείται με τα μαθηματικά
Βέροια

1) Δίνεται κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ κέντρου Ο. Από το Ο φέρνουμε ευθεία (ε) παράλληλη προς την ΑΒ. Έστω χ, ψ οι αποστάσεις των Β και Γ αντίστοιχα από την (ε) και R η ακτίνα του πενταγώνου. Να αποδειχθεί ότι: R = 2(χ-ψ)

2) Δίνεται κανονικό επτάγωνο ΑΒΓΔΕΖΗ κέντρου Ο. Από το Ο φέρνουμε ευθεία ε//ΑΒ και έστω χ, ψ, ω οι αποστάσεις των Β, Γ και Δ από την (ε). Να αποδειχθεί ότι R=2(χ – ψ + ω) όπου R η ακτίνα του επταγώνου.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 2:23 pm**

Φίλιππα, καλώς ήρθες ση λέσχη μας.
Από ότι καταλαβαίνω είσαι λάτρης της γεωμετρίας και νομίζω ότι τα προβλήματα που θέτεις σου προέκυψαν από πρόβλημα σχετικό με τη φυσική.
Ας δώσω μία βοηθητική πρόταση που αποδεικνύεται άμεσα και νομίζω συντομότερα από μαθηματική απόδειξη, με τη βοήθεια του Θεωρήματος ισορροπίας των ροπών:
Αν μία ευθεία διέρχεται από το κέντρο κανονικού ν-γώνου, τότε τα αθροίσματα των αποστάσεων των κορυφών που βρίσκονται εκατέρωθεν αυτής είναι ίσα.
Δηλαδή στην περίπτωση του πενταγώνου, έχουμε 2χ=2ψ+R

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 2:45 pm**

Φίλιππε, θα πρέπει να διορθώσεις στο 2:
Αντί για R=2(χ – ψ + ω) πρέπει να γράψεις R=2(χ + ψ - ω)

Έχω μια απόδειξη με τριγωνομετρία για το (1).
Θα προσπαθήσω, με τριγωνομετρία, και το (2).
Αν θέλεις καθαρά γεωμετρική... να μην τη γράψω.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 4:51 pm**

Στο παρακάτω συνημμένο, γράφω τελικά, μια απόδειξη με τριγωνομετρία.
Χρησιμοποιώ δύο τριγωνομετρικές ταυτότητες, τις οποίες αποδεικνύω με τη βοήθεια μιγαδικών - ενδεχομένως να υπάρχει κάποια γενίκευση τους.
Η πρώτη από τις δύο μπορεί να αποδειχθεί και με τη βοήθεια των τριγωνομετρικών τύπων που διδάσκουμε στη Β΄Λυκείου.

trigtayt.pdf: (207.57 KiB) Μεταφορτώθηκε 81 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 5:13 pm**

Έλυσα και γω την πρώτη άσκηση με τριγωνομετρία
όπως ο κ. Σερίφης
δίνω απλώς μία άλλη απόδειξη (χωρίς χρήση μιγαδικών) για την διαφορά ημ54-ημ18
$sin25-sin18=2sin\frac{54-18}{2}cos\frac{54+18}{2}=2sin18cos36=\frac{sin36}{cos18}cos36 =\frac{2sin36cos36}{2cos18}=\frac{sin72}{2cos18}=\frac{sin(90-18)}{2cos18}=\frac{cos18}{2cos18}=\frac{1}{2}$

Σημείωση : sin2a=2sinacosa

άρα $2sina=\frac{sin2a}{cosa}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 8:02 pm**

Καλησπέρα
Μια γεωμετρική προσέγγιση για την πρώτη περίπτωση.
Έχουμε ε//ΑΒ//ΕΓ και χ =ΒΚ , y = ΓΛ.
Αν Ι , Η τα μέσα των ΑΒ , ΕΓ αντίστοιχα τότε: x=BK=OI

και $y=\Gamma \Lambda =OH=OZ$ (αποστήματα ίσων χορδών)

1. Προκύπτει εύκολα ότι τα Z,O,K,B,I

είναι σημεία του κύκλου με κέντρο Μ(Τομή των διαμέτρων ΙΚ , ΟΒ). Ονομάζουμε Θ το σημείο τομής των ΟΙ , ΖΜ.

2. Είναι $\hat{O_1}=\hat{O_2}=36^o(\hat{AOB}=72^o)$

To τρ.ΖΟΜ ισοσκελές(ΜΖ=ΜΟ) άρα $\hat{M_1}=36^o$ .Επίσης $\hat{Z_1}=72^o\,\,\,\alpha\rho \alpha \,\,\,\, \kappa \alpha \iota \,\,\,\,\hat{\Theta _1}=72^o$ δηλαδή $O\Theta =OZ=y$

Ακόμη $\hat{O_2}=\hat{I_1}=36^o(MO=MI)$ και $\hat{M_2}=2\hat{O_1}=72^o$

3. Τώρα τα (ισοσκελή) τρίγωνα $I\Theta M\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,ZMO$ είναι ίσα και συνεπώς:

$\Theta I=OM\Rightarrow OI-O\Theta =\frac{R}{2}\Rightarrow x-y=\frac{R}{2}\Rightarrow 2(x-y)=R$

Γιώργος

: 5gono.png (69.52 KiB) Προβλήθηκε 1968 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2009 8:31 pm**

Φοβήθηκα λίγο και έβαλα τα δυνατά μου. Χαιρετίσματα στη Βέροια από Λαμία.
Θα προσπαθήσω τη δεύτερη σε λίγο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 08, 2009 4:42 pm**

Ο Φίλιππος είναι γιος του Νίκου Ιωσηφίδη και ανηψιός του Γιώργου Ιωσηφίδη, στυλοβατών του ΑΠΟΛΛΩΝΙΟΥ, οπότε είναι εύλογο το ενδιαφέρον του για τη Γεωμετρία.
Με το καλοσώρισμά μου μια προσέγγιση στο 1ο θέμα με εργαλεία της Αναλυτικής Γεωμετρίας. Για το τριγωνομετρικό μέρος χρησιμοποιώ το μετασχηματισμό που εφάρμοσε η Κική παραπάνω.

: PENTAGON.png (22.45 KiB) Προβλήθηκε 1973 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων κατασκευάζουμε μοναδιαίο κύκλο με κέντρο Ο και σε αυτόν εγγράφουμε κανονικό πεντάγωνο με κορυφές Α(συν54°, ημ54°), Β(-συν54°, ημ54°), Γ(συν18°, ημ18°), Δ(0, -1) και Ε(συν18°, -ημ18°).

Τότε η (ε) είναι ο άξονας x΄x και ΑΒ // x΄x.
Η απόσταση του Β από την (ε) είναι x = ημ54° και του Γ είναι y = ημ18°.
Οπότε: 2(x – y) = 2(ημ54° – ημ18°) =

$\displaystyle 4\eta \mu 18^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 36^\circ = 2\eta \mu 18^\circ \cdot \frac{{\eta \mu 72^\circ }}{{\eta \mu 36^\circ }}\; = \frac{{2\eta \mu 18^\circ \cdot \eta \mu 72^\circ }}{{2\eta \mu 18^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ }} = \frac{{\eta \mu 72^\circ }}{{\eta \mu 72^\circ }} = 1 = R$ .
Είναι: $\displaystyle\left( {2\sigma \upsilon \nu 36^\circ = \frac{{\eta \mu 72^\circ }}{{\eta \mu 36^\circ }}} \right)$
Γιώργος Ρίζος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 09, 2009 12:40 pm**

Μια διόρθωση είναι απαραίτητη στην άσκηση για το κανονικό επτάγωνο που έθεσα λίγες μέρες πριν.
Αντί: οι αποστάσεις των Β, Γ, Δ από την (ε) να γραφεί: οι αποστάσεις των Β, Δ, Γ από την (ε).
Συγνώμη για την ενδεχόμενη ταλαιπωρία. Ο συνάδελφος Κώστας Σερίφης ήδη έκανε τη διόρθωση και τον ευχαριστώ πολύ.

Φίλιππος Νικ. Ιωσηφίδης
Φυσικός που ασχολείται με τα μαθηματικά
Βέροια

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 09, 2009 12:58 pm**

Αν μία ευθεία διέρχεται από το κέντρο κανονικού ν-γώνου, τότε τα αθροίσματα των αποστάσεων των κορυφών που βρίσκονται εκατέρωθεν αυτής είναι ίσα.
Οι διανυσματικές ακτίνες των κορυφών του ν-γώνου έχουν άθροισμα το μηδενικό διάνυσμα. Επομένως αν τις αναλύσουμε σε ορθογώνιο σύστημα αξόνων, το άθροισμα των συντεταγμένων είναι μηδέν.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 19, 2009 1:50 pm**

Καλημέρα
Ας δώσουμε μια γεωμετρική λύση και για το επτάγωνο.Έστω C ο περιγ, κύκλος και φ η κεντρική γωνία.

1.Έστω $\Gamma \Gamma _1=y\,\,\,,BB_1=x\,\,\,,\Delta \Delta _1=\omega$ . Αν Ι το σημείο που η $\Gamma \Gamma _1$ τέμνει τον C τότε:
ΗΓ//ΑΒ//ε οπότε $\Gamma \Gamma _1\perp H\Gamma$ , δηλαδή $\hat{H\Gamma I}=90^o$ .
Συμπεραίνουμε ότι η ΗΙ είναι διάμετρος και το Ι μέσο του τόξου ΓΔ.Στο τρ. ΟΓΙ η $O \Gamma _1$ είναι ύψος άρα και διάμεσος οπότε ${\color{blue}\Gamma I=2\Gamma \Gamma _1=2y }$
Ομοίως η BB_1

τέμνει τον C στο μέσο Λ του τόξου ΔΕ και είναι ${\color{blue} B\Lambda =2BB_1=2x}$ και η $\Delta \Delta _1$ τέμνει τον C στο μέσο Θ του τόξου ΒΓ και είναι ${\color{blue} \Delta \Theta =2\Delta \Delta _1=2\omega }$

2.Θέλουμε να δείξουμε ότι $R=2(x+y-\omega )$ ή ότι $R+2\omega =2x+2y$ ή ότι ${\color{blue} \frac{R+2\omega }{2}=x+y\,\,\,(1)}$

3. To ΒΓΙΛ είναι τραπέζιο (ΓΙ//ΒΛ) και για την διάμεσό του ΣΤ έχουμε $\Sigma T=\frac{\Gamma I+B\Lambda }{2}\Rightarrow \Sigma T=\frac{2x+2y}{2}\Rightarrow {\color{blue} \Sigma T=x+y\,\,(2)}$
Φέρνουμε την ακτίνα ΟΡ κάθετη στην ΑΒ(Ρ μέσο του τόξου ΑΒ).Το ΟΡΘΔ είναι τραπέρζιο (ΟΡ//ΘΔ) με διάμεσο $MN=\frac{\Theta \Delta +OP }{2}\Rightarrow {\color{blue} MN=\frac{2\omega +R}{2}\,\,(3)}$
Από τις (1),(2),(3) προκύπτει ότι μένει να δείξουμε ότι ΣΤ = ΜΝ

Είναι ΜΝ//ΣΤ (κάθετες στην ε). Επίσης το τμήμα ΝΣ συνδέει τα μέσα των διαγωνίων στο τραπέζιο ΒΘΓΡ ( ΒΘ//ΓΡ γιατί καθένα από τα τόξα ΒΡ, ΘΓ είναι φ/2)
Άρα ΝΣ//ΓΡ//ΠΔ (ΓΡ //ΠΔ αφού καθένα από τα τόξα ΡΠ,ΓΔ είναι ίσο με φ)
Προκύπτει έτσι ότι ΝΣ//ΜΤ δηλαδή το ΝΣΤΜ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς ΝΜ=ΣΤ.

Γιώργος

: eptagono-fin.png (64.18 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

mathematica.gr

Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας

Re: Δύο πρωτότυπες ασκήσεις Γεωμετρίας