mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 7:02 pm**

Μπορεί να έχει συζητηθεί ξανά, αλλά ας συγκρατηθούν οι spoilers!

: Σχέση σε τετράγωνο.png (5.35 KiB) Προβλήθηκε 1160 φορές

Τυχούσα ευθεία διέρχεται από την κορυφή

τετραγώνου ABCD

και τέμνει την πλευρά

στο

και την προέκταση της

στο

Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{{A{P^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}}.$

Κερδίζει όποιος μαντέψει τη λύση που έχω στο μυαλό μου

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 7:38 pm**

: Τρίγωνο και μαντεψιά.png (12.14 KiB) Προβλήθηκε 1146 φορές

Φέρνω κάθετη στο

επί την

και τέμνει την ευθεία

στο

.

$\vartriangle BAF = \vartriangle DAP\,$ . ( $AF = AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\theta _{}}} = \widehat {{F_{}}}$ ) άρα $\boxed{AF = AP}$ .

Η προς απόδειξη ισοδυναμεί:

$\boxed{\frac{{A{P^2} + A{T^2}}}{{{{\left( {AP \cdot AT} \right)}^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{{T{F^2}}}{{{{\left( {AF \cdot AT} \right)}^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow AB \cdot TF = AF \cdot AT}$

Που είναι αληθής ως έκφραση του διπλάσιου εμβαδού $\left( {ATF} \right)$ με δύο τρόπους.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 8:09 pm**

: Μαντεψιά.png (18.31 KiB) Προβλήθηκε 1138 φορές

Ένα τετράγωνο ακόμη ... Κέρδισα ;
$AP^2\cdot AT^2=AB^2\cdot AS^2=AB^2\cdot(AP^2+AT^2)$ ,

δηλαδή : $\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{AP^2+AT^2}{AP^2\cdot AT^2}=\dfrac{1}{AP^2}+\dfrac{1}{AT^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 8:15 pm**

Ουσιαστικά, τώρα που το ξαναβλέπω τα ίδια με τον Νίκο λέω, με άλλα λόγια. Λυπάμαι να το σβήσω αφού έφτιαξα τα σχήματα.

: 27-01-2021 Γεωμετρία.jpg (26.78 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές

Το

είναι τομή της προέκτασης του

και κύκλου (A, AP)

. Tα ορθογώνια DAP, KAB

έχουν δύο αντίστοιχες πλευρές ίσες, άρα είναι ίσα.

Άρα η γωνία TAK

είναι ορθή, ως άθροισμα συμπληρωματικών γωνιών.

Οπότε από την παρακάτω εφαρμογή του σχολικού βιβλίου προκύπτει το ζητούμενο.

: 27-01-2021 Γεωμετρία b.jpg (36.48 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 9:53 pm**

george visvikis έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 7:02 pm Μπορεί να έχει συζητηθεί ξανά, αλλά ας συγκρατηθούν οι spoilers!

Σχέση σε τετράγωνο.png
Τυχούσα ευθεία διέρχεται από την κορυφή τετραγώνου και τέμνει την πλευρά

στο και την προέκταση της στο Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{{A{P^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}}.$

Κερδίζει όποιος μαντέψει τη λύση που έχω στο μυαλό μου

Καλησπέρα σε όλους

Η αποδεικτέα σχέση γράφεται $(\dfrac{a}{AP})^{2}+(\dfrac{a}{AT})^{2}=1$

γνωστή ταυτότητα με $\hat{\omega }=\hat{DAP}=\hat{ATB}, cos\hat{\omega }=\dfrac{a}{AP},sin\hat{\omega }=\dfrac{a}{AT}$

YΓ Το σχήμα σε λίγο καθυστερεί γιατί περνάει απο το Φάληρο........................

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 10:20 pm**

STOPJOHN έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 9:53 pm
george visvikis έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 7:02 pm Μπορεί να έχει συζητηθεί ξανά, αλλά ας συγκρατηθούν οι spoilers!

Σχέση σε τετράγωνο.png
Τυχούσα ευθεία διέρχεται από την κορυφή τετραγώνου και τέμνει την πλευρά

στο και την προέκταση της στο Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{{A{P^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}}.$

Κερδίζει όποιος μαντέψει τη λύση που έχω στο μυαλό μου
Καλησπέρα σε όλους

Η αποδεικτέα σχέση γράφεται $(\dfrac{a}{AP})^{2}+(\dfrac{a}{AT})^{2}=1$

γνωστή ταυτότητα με $\hat{\omega }=\hat{DAP}=\hat{ATB}, cos\hat{\omega }=\dfrac{a}{AP},sin\hat{\omega }=\dfrac{a}{AT}$

YΓ Το σχήμα σε λίγο καθυστερεί γιατί περνάει απο το Φάληρο........................

Είτε κερδίσεις είτε όχι εμένα μ αρέσει πολύ !

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 28, 2021 6:52 am**

george visvikis έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 7:02 pm Μπορεί να έχει συζητηθεί ξανά, αλλά ας συγκρατηθούν οι spoilers!

Τυχούσα ευθεία διέρχεται από την κορυφή τετραγώνου και τέμνει την πλευρά

στο και την προέκταση της στο Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{{A{P^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}}.$

Κερδίζει όποιος μαντέψει τη λύση που έχω στο μυαλό μου

: shape.png (7.95 KiB) Προβλήθηκε 1077 φορές

$\begin{array}{l} \dfrac{1}{{A{P^2}}} + \dfrac{1}{{A{T^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} - \dfrac{1}{{A{T^2}}} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{{A{T^2} - {a^2}}}{{A{T^2} \cdot {a^2}}} = \dfrac{{B{T^2}}}{{A{T^2} \cdot {a^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{a}{{BT}} = \dfrac{{AP}}{{AT}} \end{array}$

που ισχύει από Θ.Θαλή

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 28, 2021 4:57 pm**

Καλησπέρα.

Εργαζόμαστε στο αρχικό σχήμα. Η αποδειχθείσα γράφεται ως εξής: $\displaystyle \frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{AT^2} \Leftrightarrow AB^2=\frac{AP^2AT^2}{AP^2+AT^2} (*)$ . Είναι: $D\widehat{P}A=T\widehat{P}C$ ως κατακορυφήν γωνίες. Επίσης, επειδή: AB // PC

, ισχύει: $T\widehat{P}C=T\widehat{A}B, \Rightarrow T\widehat{A}B=D\widehat{P}A$ . Συνεπώς, τα ορθογώνια τρίγωνα: ATB

και

θα είναι όμοια. Επομένως θα υπάρχει: $n \in \mathbb{R^+}$ , τέτοιο ώστε: AB=nDP, AT=nAP, TB=nAD

. Αντικαθιστώντας, τώρα, τις προηγούμενες στην (*)

, παίρνουμε: $\displaystyle AB^2=\frac{AP^2AT^2}{AP^2+AT^2} \Leftrightarrow AB^2=\frac{AP^2AP^2n^2}{AP^2+n^2AP^2} \Leftrightarrow AB^2=\frac{AP^4n^2}{AP^2(1+n^2)} \Leftrightarrow AB^2=\frac{AP^2n^2}{1+n^2} \Leftrightarrow AAB^2(1+n^2)=AP^2n^2 \Leftrightarrow AB^2+AB^2n^2=AP^2n^2$

που είναι το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ABT

. Συνεπώς, η δεδομένη σχέση ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 28, 2021 8:56 pm**

george visvikis έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 7:02 pm
Κερδίζει όποιος μαντέψει τη λύση που δεν έχω στο μυαλό μου

Νομίζω, είναι σιγουράκι ότι κέρδισα!

: Σχέση σε τετράγωνο.png (5.35 KiB) Προβλήθηκε 992 φορές

Αν $\displaystyle \widehat {TAB} = \varphi ,\;\;0 < \varphi < 90^\circ$ , A(0,0), B(a, 0), C(a,a), D(0,a)

οπότε $\displaystyle {\rm A}{\rm T}:\;y = \varepsilon \varphi \varphi \cdot x$ , DC: y = a

, άρα $\displaystyle T\left( {a,\;a \cdot \varepsilon \varphi \varphi } \right),\;\;P\left( {\frac{a}{{\varepsilon \varphi \varphi }},\;a} \right)$

Έτσι, $\displaystyle \frac{1}{{A{P^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{{\varepsilon {\varphi ^2}\varphi }} + {a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}\varepsilon {\varphi ^2}\varphi + {a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}\left( {\frac{{\varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }} + \frac{1}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}} \right) = \frac{1}{{A{B^2}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 29, 2021 9:54 am**

Με τους συμβολισμούς του σχήματος και από όμοια τρίγωνα είναι $p=\dfrac{a^2}b.$

: Σχέση σε τετράγωνο.β.png (7.39 KiB) Προβλήθηκε 949 φορές

$\displaystyle \frac{1}{{A{T^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2} + \frac{{{a^4}}}{{{b^2}}}}} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}({a^2} + {b^2})}} = \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 30, 2021 2:51 pm**

Σας ευχαριστώ όλους για τις απαντήσεις. Όλες οι λύσεις ήταν εξαιρετικές! Μου άρεσε ιδιαίτερα η λύση του θρυλικού

Γιάννη. (Το σχήμα, φαντάζομαι, το πήρε και το σήκωσε ο σαρωτικός άνεμος που φυσούσε στο "Γ. Καραϊσκάκης" )

Δυστυχώς όμως, αυτό που είχα στο μυαλό μου ήταν η σχέση ${\boxed{\frac{1}{{{\beta ^2}}} + \frac{1}{{{\gamma ^2}}} = \frac{1}{{{\upsilon _\alpha }^2}}}}$ στα ορθογώνια τρίγωνα. Ο Νίκος

Φραγκάκης έπεσε πολύ κοντά και θα κέρδιζε, αν δεν εμφανιζόταν ο Γιώργος Ρίζος που έγραψε αυτούσια τη σχέση

αυτή. Έτσι το έπαθλο πηγαίνει στην όμορφη Κέρκυρα και στα χέρια του Γιώργου Ρίζου

mathematica.gr

Τετράγωνο και μαντεψιά

Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά

Re: Τετράγωνο και μαντεψιά