Είναι $E_{ON\Gamma }=\frac{1}{3}E_{AB\Gamma }$ Όμως το τρίγωνο ΟΝΓ είναι όμοιο με το τρίγωνο που έχει πλευρές τις τρείς διαμέσους και με λόγο ομοιότητας ίσο με 2/3. Άρα: $\frac{E_{\left(ON\Gamma \right)}}{E_{\delta }}=\left(\frac{2}{3} \right)^2=\frac{4}{9}$ Επομένως: $E_{\delta }=\frac{9}{4}E_{\lef...

Μάλλον είναι και . Οπότε το εμβαδόν γίνεται:
(Συνημμένο αρχείο)

Γιώργο σ' ευχαριστώ. Ο χώρος που μπήκα είναι όμορφος! Δίνει στον καθένα τη δυνατότητα να διαλέξει αυτό που μπορεί. Αρκεί να το ψάξει. Το τοπίο είναι απέραντο.
Κώστας

Και μια γεωμετρική λύση: Αρκεί να δείξουμε ότι $AK+\Delta N=A\Delta +KN$ (1) (Γεωμετρία Α' Β΄Λυκείου ΟΕΔΒ. Αργυρόπουλος Η. κ.α. Σελ.132) Είναι: $\frac{\lambda }{\mu }=\frac{\lambda +\alpha }{\alpha }\Rightarrow \mu =\frac{\lambda \alpha }{\lambda +\alpha }\left(2 \right)$ $M\Gamma =\frac{\alpha -\mu...

Στο τρίγωνο ΑΒΓ(συνημμένο αρχείο) είναι ΑΒ=42μ.μ, ΑΓ=56μ.μ και η διχοτόμος $A\Delta =24\sqrt{2}$. Αν ακόμα ΒΔ=Χ και ΔΓ=ψ τότε από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου και το θεώρημα του Stewart προκύπτουν οι σχέσεις αντίστοιχα: $\frac{x}{\psi }=\frac{42}{56}=\frac{3}{4}$ δηλαδή $\psi =\frac{4}{3}x$ (...

Θωμά σου στέλνω ένα σχήμα στο geogebra στο οποίο μπορεί να δεί κανείς την υπερβολή αυτή. Αν και έγινε βιαστικά δείχνει το δρώμενο της μεταβολής των θέσεων του μιγάδος αυτού όταν η απόλυτη τιμή των δύο γωνιών που αναφέρεις έχουν σταθερή απόλυτη τιμή και μάλιστα 90 μοιρών.
Κώστας

Σωτήρη γειά σου. Να είσαι καλά. Κάνεις πολύ όμορφη δουλειά και με παιδαγωγικό τρόπο. Τα λέμε....

1. Είναι: τρίγ(ΔΒΖ) όμοιο με τριγ(ΟΜΒ) και τριγ(ΔΕΓ) όμοιο με τριγ(ΟΜΓ) (συνημμένο αρχείο). Άρα: $\frac{\Delta B}{\Delta Z}=\frac{OB}{BM}$ και $\frac{\Delta \Gamma }{\Delta E}=\frac{O\Gamma }{\Gamma M}$ Συνεπώς: $\frac{1}{\left(\Delta Z \right)}=\frac{OB}{\left(\Delta B \right)\left(M\Gamma \right)}...

Ίσως με ένα δυναμικό σχήμα (Βλ. συνημμένο αρχείο με τις οδηγίες) μπορεί κάποιος να δεί και να "παίξει" με τις μεταβολές του μέτρου του μιγαδικού αυτού αριθμού.

Γειά σας. Η ώρα είναι περασμένες δυόμιση μετά τα μεσάνυχτα κι αντί να σκεφτόμαστε τα όμορφα μαθηματικά ανταλλάσσουμε μηνύματα που αν μή τι άλλο μας στενοχωρούν πιστεύω όλους. Δεν ξέρω τι να πω. Δε θέλω να μιλώ ούτε και να γίνομαι η κάποια αιτία. Θα ήθελα ένα απλό να δηλώσω. Ήρθα στο χώρο σας, τώρα π...

Έστω ότι έχουμε το ορθογώνιο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο στην έλλειψη (ε). Τότε θα ορίζεται ο περιγεγραμμένο κύκλος στο ορθογώνιο που θα τέμνει την έλλειψη στα σημεία Α, Β, Γ,Δ. Ισχύει το ακόλουθο θεώρημα που δείχνεται με τη βοήθεια του θεωρήματος του Νεύτωνα.(Ιησουΐτες υπό F.G.M τέταρτος τόμος σελίδα 1104-5 ...

Αγαπητέ Αντώνη γεια σου. Χαίρομαι που διάβασες τη λύση που έστειλα στην άσκηση του Γιώργου και ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις σου. Θα πρέπει να πω ότι διάβασα την εργασία στην οποία παραπέμπεις όπου ασχολείσαι με ένα τόσο σοβαρό θέμα που άπτεται των μαθηματικών και μάλιστα του τρόπου διδαχής στα δημ...

Γιώργο γειά σου. Δεν ξέρω τί ακριβώς θέλεις να συζητηθεί αλλά έτσι για να ανοίξω την κουβέντα σου στέλνω μια λύση: Στο ορθογώνιο σχήμα(συνημμένο αρχείο) είναι ΓΔ=ΑΒ και ακόμα: η ΔΕ είναι ύψος, η ΑΖ διάμεσος και η ΒΘ διχοτόμος. Ζητείται να δειχθεί ότι οι ευθείες αυτές συντρέχουν. Χρησιμοποιούμε το Θε...

Μια αντιμετώπιση χωρίς παραγώγους μπορεί να γίνει στοιχειωδώς με τη μελέτη του προσήμου του λόγου μεταβολής: $\lambda_{(x_1,x_2)} =\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{a(x_1+x_2)+x_1x_2-3}{(x_1+a)(x_2+a)}$ με $1\leq x_1<x_2$ (1) Για τη μελέτη αυτή διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1η) Έστω $a\geq 0$. Τότε...

Αυτό θα μπορούσε να φανεί καλύτερα παρατηρώντας το πραγματικό σχήμα της συνάρτησης αυτής:

στο συνημμένο αρχείο του Geogebra.

Σωτήρη γειά σου, σε σένα και σ' όλους εσάς που ξεκινήσατε την πρωτοποριακή αυτή συνάντηση σ΄ένα ψηφιακό περιβάλλον με "φόντο" τα μαθηματικά! Κάνω και εγώ τα πρώτα μου βήματα και προσπαθώ εξοικειωθώ με τις ταχύτητες αυτές. Ευχαριστώ για το καλωσόρισμά σου. Ελπίζω να συναντηθούμε στη Χαλκίδα. Να είσαι...

Στέλνω αρχείο του Cabri II δυναμικό με οδηγίες χρήσης.

Και για όσους δεν έχουν το Cabri II, στέλνω το αντίστοιχο (μη δυναμικό) σχήμα σε εικόνα.

Επειδή $E_{\left(AB\Gamma \Delta EZ \right)}=6E_{\left(AOB \right)}$ η δοθείσα σχέση (*) γίνεται:$E_{\left(AOB \right)}=7E_{\left(MAB \right)}$. Επομένως $OH=7(MP)$, όπου ΟΗ και ΜΡ τα ύψη των τριγώνων (ΑΟΒ) και (ΜΑΒ). Ακόμα επειδή ο κύκλος είναι ο μοναδιαίος θα είναι τελικά: $OH=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ...

Η άσκηση αυτή βρίσκεται και στο βιβλίο: Γ.Λ.Μαυρίδης: Μαθηματικά Γ' Λυκείου, Θετικής και Τεχνολογικής Κατ/νσης. Τεύχος Α΄.Ασκ.120 σελ.44 (F.Vulpeskcu-Jalea) . Και μια ακόμα Λύση: Έστω $A_1,A_2,A_3$ οι εικόνες αντίστοιχα των μιγαδικών $z_1^2, z_2^2, z_3^2$. Τότε το τρίγωνο $(A_1A_2A_3)$ είναι ισόπλευ...