Για τον διάλόγο, ίσως έχει ενδιαφέρον και οι βάσεις εισαγωγής (π.χ. έτους 2017) σε αυτές τις σχολές. Δείτε εδώ https://aeitei.gr/index.php?sist=&sys=&vasi=basi&year=2017&pedio=2&aeitei=%CE%A4%CE%95%CE%99&city=&likio_type=gh&cat=1&order=2 . Υπάρχουν σχολές όπως αυτές που φαίνεται στον κατάλογο αναθέσ...

Ας χρησιμοποιήσουμε την γνωστή και δοκιμασμένη τεχνική με το τριώνυμο. Η αρχική εξίσωση γράφεται και ως $b^2 +3b + 9 - a^2 + 0$. Αυτή θα τη θεωρήσουμε ως πολυωνυμική εξίσωση 2ου βαθμού ως προς $b$ . Η διακρίνουσά της είναι $4a^2 - 27$ και πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο, αφού η εξίσωση πρέπει να έχ...

Το ίδιο βρίσκω και εγώ από τον τύπο:

αν θέσω κάνοντας χρήση και του τύπου .

Από τη μελέτη της μονοτονίας της συνάρτησης προκύπτει ότι
μέγιστη τιμή έχουμε όταν , δηλαδή το σημείο είναι στη διχοτόμο της γωνίας .
Στο ίδιο συμπέρασμα έφτασε ο Σωτήρης, αλλά από άλλο δρόμο.

Κάνοντας χρήση του τύπου της Τριγωνομετρίας
Αυτό που απομένει είναι η μελέτη της συνάρτησης εν τέλει της με .

Επανέρχομαι στο θέμα, αυτή τη φορά με σωστό σχήμα. Θα εκφράσουμε τα μήκη των τμημάτων του σχήματος, στην αρχή μέσω της βοηθητικής μεταβλητής $x$ και στη συνέχεια μέσω της γωνία$ y = MOK$. Προφανώς, θα συμμετέχουν οι σταθερές $a$, $R$. Ισχύει NC = xsina NR=2xsina BE = (R-x)sina Όμως, $siny = \frac{MP...

Όπως μου υπέδειξαν ο Γιώργος Βισβίκης και ο Σωτήρης Λουρίδας,
έκανα λάθος στο ότι η γωνία ΑΜΒ = α. Θα το διορθώσω σύντομα.
Θα είμαι εκτός σπιτιού.

Στο συνημμένο σχήμα ονομάζω $ON = x$, συνεπώς ισχύει ότι $NE = R -x$, Είναι σημαντικό να παρατηρήσουμε ότι γωνία $ABM = a$ . Ισχύουν οι σχέσεις: $NB = xsina$ $NE = (R-x)cosa$ $EM = (R-x)sina$ $NR = 2xsina$ $NM = (R-x)(sina + cosa)$. Άρα, το εμβαδόν του ζητούμενου ορθογώνιου είναι: $(NMLR) = 2sina(si...

Ακολουθώ τα ίδια βήματα του Μιχάλη.
Νομίζω το συνημμένο σχήμα περιγράφει ικανοποιητικά τη διαδικασία που ακολουθούμε.

Το εμποροραφείο των αδελφών Τόγκα υπάρχει ακόμα στην οδό Ακαδημίας. Νομίζω είναι μετά την πλατεία Κλαυθμώνος. Ήταν εμποροραφείο για στρατιωτικές στολές. Ίσως, δεν είναι τυχαίο, επειδή και ο Τόγκας ήταν καθηγητής Μαθηματικών στην Σχολή Ευελπίδων. Αν κάποιος ενδιαφέρεται μπορεί να ρωτήσει τους συγγενε...

Το βιβλίο του υπάρχει στη Γερμανία στην βιβλίοθήκη του Joachim Jungius τον γνωρίζω επειδή οι Γερμανοί τον έχουν σε γραμματόσημο της DDR του 1957. Jungius.jpg Εδώ είναι τα βιβλία της βιβλιοθήκης του Jungius τα οποία είναι εξαιρετικά και σπάνια. https://epub.uni-regensburg.de/13313/1/ubr05546_ocr.pdf ...

Τελικά δεν είναι αυτός.
Πρόκειται για τον Woldechius Welandus, πρέπει να είναι Γερμανός θα τον βρω.
Έψαχνα για Άγγλο ή Σκωτσέζο επειδή ο Μιχάλης πήγε στο Λονδίνο.

Μιχάλη, αυτός που έγραψε το φυλλάδιο αυτό είναι ο Jacobus Welandus; Διότι αν είναι αυτός, πρόκειται για απόφοιτο από το Πανεπιστήμιο του Εδιμβούργου της τάξης 25 της 31 Ιουλίου του 1613. Δείτε εδώ https://deriv.nls.uk/dcn23/7844/78442387.23.pdf Χρονολογικά ταιριάζει. Με την ευκαιρία, μου έκανε εντύπ...

Επαναφέρω το θέμα που πρότεινε ο Μιχάλης.
Έχω την εντύπωση ότι οι μαθητές μας ξεκίνησαν τα διαβάσματα του σχολείου και γι΄ αυτό δεν έδωσαν σημασία στο θέμα.
Δεν παίρνει και πολύ χρόνο να βρείτε την απάντηση.
Επίσης, το θέμα είναι ελκυστικό.
Νύξη: Δεν υπάρχει πάντα αίσιο αποτέλεσμα.

Αν θέσουμε λ =1, μετά λ = 2, λ = 3 θα έχουμε τρεις κύκλους με ακτίνα 1 και με κέντρα (0, 0), (2, 3) (4, 6) αντίστοιχα. Αυτά τα δεδομένα δείχνουν ότι τα κέντρα των κύκλων ανήκουν σε σταθερή ευθεία. Αυτό που μένει είναι να αποδειχθεί ότι αυτό συμβαίνει για κάθε τιμή του λ. Οι εφαπτόμενες ευθείες θα εί...

Μια γεωμετρική λύση. Κατασκευάζουμε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC$ με $AB = 12 $, $BC = 9$, $AC = 15$. Αυτή κατασκευή υπαγορεύεται από τα δεδομένα του προβλήματος και γίνεται κατανοητή στη συνέχεια. Να παρατηρήσετε το συνημμένο σχήμα. Ορίζω $BC = x$ και $ED = 4$ , προκύπτει ότι $ BE = \sqrt{16-x^{2}}$. Ορί...

Με την ευκαιρία, ένα καλό ιστορικό βιβλίο για τα Μαγικά τετράγωνα είναι αυτό:

Barnard, F. A. P. Theory of magic squares and of magic cubes. Washington, DC, National Academy of Sciences, 1888. 4to (29.0 x 22.3 cm). 62 pp., 55 σχήμα εντός του κειμένου.

Πολύ μου άρεσε η λύση του nikkru, διότι είναι πολύ κοντά στο πνεύμα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Δίνω και μια λύση που βασίζεται σε Τριγωνομετρία και ένα τύπο για εμβαδόν τριγώνου με τη χρήση του ημιτόνου μιας γωνίας. Φέρουμε τις διαγώνιες AC και AD . Ονομάζουμε $AB =BC = b$, $AE = CE = c$ και τις γω...

Χωρίζουμε τη σφαίρα σε τέσσερα ίσα μέρη τα οποία ορίζονται από δύο μέγιστους κύκλους που τα επίπεδά τους είναι κάθετα μεταξύ τους. Τα μέρη αυτά τα ονομάζουμε 1, 2, 3, 4 αντίστοιχα όπως φαίνεται στο συνημμένο σχήμα. Σε κάθε βούτηγμα του σφαιρικού αυγού σε κάποιο χρώμα για να καλυφθεί η μισή του επιφά...

Πρόβλημα 3. Στο εσωτερικό παραλληλογράμμου ABCD δίνεται σημείο K. Το σημείο M είναι το μέσο του BC, το σημείο P το μέσο του KM. Να αποδείξετε, ότι αν \angle APB = \angle CPD = 90^{0}, τότε AK=DK. Σας πληροφορώ ότι το πρόβλημα αυτό λύνεται και με στοιχειώδη Αναλυτική Γεωμετρία. Απαιτείται μόνο ο τύπ...