mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2013 9:41 pm**

1. Χωριατοπούλα πούλησε στον πρώτο αγοραστή τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ των αυγών που είχε και επιπλέον τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ ενός αυγού.
Στο δεύτερο αγοραστή πούλησε ομοίως τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ των αυγών που έμειναν και επιπλέον τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ ενός αυγού.
Στον τρίτο αγοραστή ομοίως κ.λ.π. μέχρις ότου στο $\displaystyle{\nu}$ -ιοστόν αγοραστή πούλησε ομοίως
αλλά ακριβώς τόσα αυγά όσα της είχαν απομείνει μετά την $\displaystyle{(\nu-1)}$ πώληση.
Με δεδομένο οτι το κλάσμα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ είναι ανάγωγο, να βρεθεί :
α) σχέση που συνδέει τους ακεραίους $\displaystyle{\alpha,\beta}$ ώστε να μην χρειαστεί η χωριατοπούλα να σπάσει κατά τις διάφορες πωλήσεις αυγό.
β) πόσα αυγά είχε εξαρχής η χωριατοπούλα.

2. α) Κάθε μια από τις ευθείες $\displaystyle{AB, \Gamma\Delta}$ βρίσκεται σε επίπεδο κάθετο της άλλης.
Ποια θα είναι η διεύθυνση της κοινής τομής των δυο αυτών επιπέδων και γιατί;
β) Ορθός κυκλικός κύλινδρος τέμνεται από επίπεδο παράλληλο προς τον άξονα του , που απέχει από αυτόν απόσταση $\displaystyle{\alpha \,\, m}$ .
Αν $\displaystyle{E \,\, m^2}$ είναι το εμβαδόν της τομής και $\displaystyle{\delta \,\, m}$ η διαγώνιος, ποιος θα είναι ο όγκος του κυλίνδρου;

Υ.Γ.1. ''Χωριατοπούλα'' είναι η σύγχρονη μου απόδοση της λέξης ''χωρική''

Υ.Γ.2. Η ακριβής διατύπωση της πρώτης σειράς του 2α είναι ''Εκάτερα των ευθειών $\displaystyle{AB, \Gamma\Delta}$ κείται επί επιπέδου κάθετου επί την άλλη. ''
Ελπίζω να το εκμοντέρνισα σωστά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 21, 2013 12:01 am**

parmenides51 έγραψε:1. Χωριατοπούλα πούλησε στον πρώτο αγοραστή τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ των αυγών που είχε και επιπλέον τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ ενός αυγού.
Στο δεύτερο αγοραστή πούλησε ομοίως τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ των αυγών που έμειναν και επιπλέον τα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ ενός αυγού.
Στον τρίτο αγοραστή ομοίως κ.λ.π. μέχρις ότου στο $\displaystyle{\nu}$ -ιοστόν αγοραστή πούλησε ομοίως
αλλά ακριβώς τόσα αυγά όσα της είχαν απομείνει μετά την $\displaystyle{(\nu-1)}$ πώληση.
Με δεδομένο οτι το κλάσμα $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}}$ είναι ανάγωγο, να βρεθεί :
α) σχέση που συνδέει τους ακεραίους $\displaystyle{\alpha,\beta}$ ώστε να μην χρειαστεί η χωριατοπούλα να σπάσει κατά τις διάφορες πωλήσεις αυγό.
β) πόσα αυγά είχε εξαρχής η χωριατοπούλα.

Πώς γίνεται να πουλήσει κανείς μέρος ενός αυγού; Πείτε και σας στέλνω αμέσως λύση...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 21, 2013 3:42 am**

σκέψου βραστό αυγό, χωρίς ζουμί

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 30, 2013 10:04 pm**

ΠΕΡΙΤΤΑ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 26, 2026 8:38 pm**

parmenides51 έγραψε: Σάβ Ιούλ 20, 2013 9:41 pm β) Ορθός κυκλικός κύλινδρος τέμνεται από επίπεδο παράλληλο προς τον άξονα του , που απέχει από αυτόν απόσταση $\displaystyle{\alpha \,\, m}$ .
Αν $\displaystyle{E \,\, m^2}$ είναι το εμβαδόν της τομής και $\displaystyle{\delta \,\, m}$ η διαγώνιος, ποιος θα είναι ο όγκος του κυλίνδρου;

Πριν αρχίσω να γράφω τη λύση θα ήθελα να αποδείξω ότι $\delta^{4}-4 E^{2}\ge 0$ για κάθε ορθογώνιο εμβαδού

και διαγωνίου $\delta .$
Αν a,b

oι διαστάσεις του ορθογωνίου τότε
$\delta^{4}-4E^{2}=\left( a^{2}+b^{2} \right)^{2}-4a^{2}b^{2}=a^{4}+2a^{2}b^{2}+b^{4}-4a^{2}b^{2}=a^{4}-2a^{2}b^{2}+b^{4}=\left( a^{2} -b^{2}\right)^{2}\ge 0$

H τομή που αναφέρει το θέμα είναι ορθογώνιο με μήκος

και πλάτος

Φυσικά ισχύει E=xy

και $\delta ^{2}=x^{2}+y^{2}$

Με τη βοήθεια της πρώτης η δεύτερη γράφεται $\displaystyle \delta ^{2}=\frac{E^{2}}{y^{2}}+y^{2}$

που ισοδύναμα δίνει την $\left ( y^{2} \right )^{2}-\delta ^{2}y^{2}+E^{2}=0$

H παραπάνω δευτεροβάθμια ως προς $y^{2}$ εξίσωση έχει μη αρνητική διακρίνουσα.

H διακρίνουσα αυτή είναι ίση με $\delta^{4}-4 E^{2}\ge 0.$

Έτσι $\displaystyle y^{2}= \frac{\delta ^{2}\pm \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$

Aν $\displaystyle y^{2}= \frac{\delta ^{2}+ \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$ τότε $\displaystyle x^{2} = \frac{\delta ^{2}- \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$

Aν $\displaystyle y^{2}= \frac{\delta ^{2}- \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$ τότε $\displaystyle x^{2} = \frac{\delta ^{2}+ \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$

Έστω

η ακτίνα της βάσης του κυλίνδρου.

Διακρίνω τις εξής δύο περιπτώσεις:
1) H ποσότητα

\sqrt{\frac{\delta^{2}-\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}

είναι το ύψος του κυλίνδρου.
Άρα η ποσότητα

\sqrt{\frac{\delta^{2}+\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}

είναι η τομή του επιπέδου με τις βάσεις του κυλίνδρου.
Έτσι λόγω του Πυθαγορείου Θεωρήματος

R^{2}=\frac{\delta ^{2}+\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2}

Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με

\pi \left ( \frac{\delta ^{2}+\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2} \right )\sqrt{\frac{\delta^{2}-\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}

2) H ποσότητα

\sqrt{\frac{\delta^{2}+\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}

είναι το ύψος του κυλίνδρου.
Άρα η ποσότητα

\sqrt{\frac{\delta^{2}-\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}

είναι η τομή του επιπέδου με τις βάσεις του κυλίνδρου.
Έτσι λόγω του Πυθαγορείου Θεωρήματος

R^{2}=\frac{\delta ^{2}-\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2}

Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με

\pi \left ( \frac{\delta ^{2}-\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2} \right )\sqrt{\frac{\delta^{2}+\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 01, 2026 10:37 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 26, 2026 8:38 pm
parmenides51 έγραψε: Σάβ Ιούλ 20, 2013 9:41 pm β) Ορθός κυκλικός κύλινδρος τέμνεται από επίπεδο παράλληλο προς τον άξονα του , που απέχει από αυτόν απόσταση $\displaystyle{\alpha \,\, m}$ .
Αν $\displaystyle{E \,\, m^2}$ είναι το εμβαδόν της τομής και $\displaystyle{\delta \,\, m}$ η διαγώνιος, ποιος θα είναι ο όγκος του κυλίνδρου;
Πριν αρχίσω να γράφω τη λύση θα ήθελα να αποδείξω ότι $\delta^{4}-4 E^{2}\ge 0$ για κάθε ορθογώνιο εμβαδού
και διαγωνίου $\delta .$
Αν oι διαστάσεις του ορθογωνίου τότε
$\delta^{4}-4E^{2}=\left( a^{2}+b^{2} \right)^{2}-4a^{2}b^{2}=a^{4}+2a^{2}b^{2}+b^{4}-4a^{2}b^{2}=a^{4}-2a^{2}b^{2}+b^{4}=\left( a^{2} -b^{2}\right)^{2}\ge 0$

H τομή που αναφέρει το θέμα είναι ορθογώνιο με μήκος και πλάτος

Φυσικά ισχύει και $\delta ^{2}=x^{2}+y^{2}$

Με τη βοήθεια της πρώτης η δεύτερη γράφεται $\displaystyle \delta ^{2}=\frac{E^{2}}{y^{2}}+y^{2}$

που ισοδύναμα δίνει την $\left ( y^{2} \right )^{2}-\delta ^{2}y^{2}+E^{2}=0$

H παραπάνω δευτεροβάθμια ως προς $y^{2}$ εξίσωση έχει μη αρνητική διακρίνουσα.

H διακρίνουσα αυτή είναι ίση με $\delta^{4}-4 E^{2}\ge 0.$

Έτσι $\displaystyle y^{2}= \frac{\delta ^{2}\pm \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$

Aν $\displaystyle y^{2}= \frac{\delta ^{2}+ \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$ τότε $\displaystyle x^{2} = \frac{\delta ^{2}- \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$

Aν $\displaystyle y^{2}= \frac{\delta ^{2}- \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$ τότε $\displaystyle x^{2} = \frac{\delta ^{2}+ \sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{2}$

Έστω η ακτίνα της βάσης του κυλίνδρου.

Διακρίνω τις εξής δύο περιπτώσεις:
1) H ποσότητα
$\sqrt{\frac{\delta^{2}-\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}$
είναι το ύψος του κυλίνδρου.
Άρα η ποσότητα $\sqrt{\frac{\delta^{2}+\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}$ είναι η τομή του επιπέδου με τις βάσεις του κυλίνδρου.
Έτσι λόγω του Πυθαγορείου Θεωρήματος $R^{2}=\frac{\delta ^{2}+\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2}$
Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με $\pi \left ( \frac{\delta ^{2}+\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2} \right )\sqrt{\frac{\delta^{2}-\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}$

2) H ποσότητα
$\sqrt{\frac{\delta^{2}+\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}$
είναι το ύψος του κυλίνδρου.
Άρα η ποσότητα $\sqrt{\frac{\delta^{2}-\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}$ είναι η τομή του επιπέδου με τις βάσεις του κυλίνδρου.
Έτσι λόγω του Πυθαγορείου Θεωρήματος $R^{2}=\frac{\delta ^{2}-\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2}$
Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με $\pi \left ( \frac{\delta ^{2}-\sqrt{\delta ^{4}-4E^{2}}}{8}+a^{2} \right )\sqrt{\frac{\delta^{2}+\sqrt{\delta^{4}-4E^{2}}}{2}}$

Τηλέμαχε καλημέρα από τα Γρεβενά...

Αναρτώ δυο σχήματα που μου ζήτησες για το θέμα που πραγματεύτηκες ανωτέρω....

1ο Σχήμα

: Άσκηση Στερεομετρίας 2.png (39.35 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνεται ο κύλινδρος ο οποίος κατασκευάστηκε σύμφωνα

με τα ευρήματα της ανωτέρω λύσης.

2ο Σχήμα

: Άσκηση Στερεομετρίας 1.png (37.91 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές

Στο σχήμα αυτό αφήνω μόνο ένα μέρος της κυλινδρικής επιφάνειας, και τη κάτω βάση του.

Φαίνεται έτσι η τομή του στερεού αυτού που είναι ένα ορθογώνιο (θαλασσί) με διαγώνιο ίση με $\displaystyle{d}$

εμβαδού ίσου με $\displaystyle{(E)}$ και σε απόσταση από τον άξονα ίση με $\displaystyle{a}$ .

Η τιμή της ακτίνας είναι αυτή που υπάρχει και στην ανωτέρω λύση.

Παρόμοια σχήματα έχουμε και για την άλλη περίπτωση.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 01, 2026 2:26 pm**

Ένα μεγάλο ευχαριστώ στον Κώστα Δόρτσιο.
Τα σχήματά του όπως πάντα εξαιρετικά...

mathematica.gr

Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1953-54 H' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ