Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1428
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2701

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Οκτ 07, 2016 3:06 pm

.
τελευταία επεξεργασία από Ορέστης Λιγνός σε Σάβ Οκτ 08, 2016 7:02 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1428
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2702

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Οκτ 07, 2016 3:07 pm

.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4220
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2703

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Οκτ 12, 2016 8:50 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Μετά τις ωραίες λύσεις που έδωσαν οι ταλαντούχοι μαθητές στο παραπάνω σύστημα, ας δούμε και ένα ακόμα σύστημα (λίγο πιο δύσκολο)

ΑΣΚΗΣΗ 1356 : Να λυθεί το σύστημα:

\displaystyle{x^4 = 5x+2y}

\displaystyle{y^4 = 2x+5y}

Γράφω την λύση : Η μέθοδος είναι γενική, για συστήματα της μορφής:
\displaystyle{x^4 =ax+by}
\displaystyle{y^4 =bx+ay}

Προφανής λύση είναι η \displaystyle{x=y=0}. Έστω \displaystyle{x\neq 0}. Τότε θα είναι και \displaystyle{y\neq 0}. Θέτουμε \displaystyle{y=mx}, \displaystyle{m\neq 0}. Τότε το σύστημα
γράφεται:
\displaystyle{x^4 =5x+2mx}
\displaystyle{m^4 x^4 = 2x+5mx}

Με διαίρεση κατά μέλη, παίρνουμε: \displaystyle{2m^5 +5m^4 -5m-2=0 \Leftrightarrow 2(m^5 -1)+5m(m^3 -1)=0 \Leftrightarrow}
\displaystyle{(m-1)(2m^4 +7m^3 +7m^2 +7m+2)=0}

Αν \displaystyle{m=1}, τότε \displaystyle{y=x} και εύκολα βρίσκουμε την λύση \displaystyle{x=y=\sqrt[3]{7}}

Αν \displaystyle{2m^4 +7m^3 +7m^2 +7m+2=0} (αντίστροφη εξίσωση τετάρτου βαθμού), διαιρούμε με το \displaystyle{m^2} και βρίσκουμε:

\displaystyle{2(m^2 +\frac{1}{m^2})+7(m+\frac{1}{m})+7=0}

Θέτουμε \displaystyle{m+\frac{1}{m}=t}, οπότε βρίσκουμε: \displaystyle{2(t^2 -2)+7t+7=0}, και από εδώ παίρνουμε:

\displaystyle{t=-\frac{1}{2}} ή \displaystyle{t=-3}

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{t=-\frac{1}{2}}. Τότε \displaystyle{m+\frac{1}{m}=-\frac{1}{2} \Leftrightarrow 2m^2+m+2=0}, η οποία είναι αδύνατη.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{t=-3}. Τότε \displaystyle{m+\frac{1}{m}=-3 \Leftrightarrow m^2 +3m+1=0}. Άρα \displaystyle{m=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}}, ή \displaystyle{m=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}}

2α ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{m=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}}

Τότε \displaystyle{y=\frac{\sqrt{5}-3}{2}.x}. Άρα η πρώτη εξίσωση του δοσμένου συστήματος γράφεται:

\displaystyle{x^4 =5x+2\frac{\sqrt{5}-3}{2}.x \Leftrightarrow x^3 =2+\sqrt{5}\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}} και

\displaystyle{y=\frac{\sqrt{5}-3}{2}.\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}}

2β ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{m=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}}.

Εργαζόμαστε ομοίως.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4220
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2704

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Πέμ Δεκ 08, 2016 12:51 am

ΑΣΚΗΣΗ 1357: Δίνεται το κανονικό οκτάγωνο \displaystyle{ABCDEZHK} που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με ακτίνα \displaystyle{R}

Να υπολογίσετε συναρτήσει του \displaystyle{R} , το άθροισμα:

\displaystyle{S=AH^2 +AZ^2 +AE^2 +AD^2 +AC^2 }


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 784
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2705

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Δεκ 08, 2016 9:48 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1357: Δίνεται το κανονικό οκτάγωνο \displaystyle{ABCDEZHK} που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με ακτίνα \displaystyle{R}

Να υπολογίσετε συναρτήσει του \displaystyle{R} , το άθροισμα:

\displaystyle{S=AH^2 +AZ^2 +AE^2 +AD^2 +AC^2 }
Επειδή το πολύγωνο είναι κανονικό, θα έχει και τα 8 τόξα ίσα μεταξύ τους. Άρα οι αντίστοιχες επίκεντρες γωνίες θα είναι όλες ίσες με \dfrac{360^o}{8}=45^o

Όμως στο ισοσκελές τρίγωνο OZE έχουμε \widehat{ZOE}=2\widehat{ZAO}=45^o \Rightarrow \widehat{ZAO}=22.5^o

Από τα ίσα τόξα προκύπτει επίσης ότι:

\widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAE}=\widehat{EAZ}=\widehat{ZAH}= \widehat{ZAK}=22.5^o

Από τις γωνίες προκύπτει εύκολα ότι \widehat{HAC}= 4 \cdot 22.5^o  = 90^o αλλά και \widehat{AZE}=90^o
(τα ίδια βέβαια προκύπτουν επειδή αυτές οι γωνίες βαίνουν σε διαμέτρους του κύκλου).

Από το ορθογώνιο τρίγωνο HAC έχουμε με ΠΘ ότι AH^2+AC^2=4R^2 (1)

Ισχύει επίσης ότι AE^2=4R^2 (2)

Από το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο OZE έχουμε:

ZE^2=R^2+R^2-2R^2\cos 45^o = R^2(2-\sqrt{2})

Άρα από ΠΘ στο ορθογώνιο τρίγωνο AZE ισχύει ότι:

AZ^2=4R^2-ZE^o=4R^2-R^2(2-\sqrt{2})=R^2(2+\sqrt{2}) (3)

Λόγω συμμετρίας θα ισχύει και ότι: AD^2=R^2(2+\sqrt{2}) (4)

Απί τις σχέσεις (1), (2), (3) και (4) προκύπτει:

S=AH^2 +AZ^2 +AE^2 +AD^2 +AC^2 = 4R^2 + 4R^2 + 2R^2(2+\sqrt{2}) \Rightarrow

\boxed{S= R^2(12+2\sqrt{2})}
Συνημμένα
Εγγεγραμμένο οκτάγωνο.png
Εγγεγραμμένο οκτάγωνο.png (27.22 KiB) Προβλήθηκε 1498 φορές


Houston, we have a problem!
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4220
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2706

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Δεκ 11, 2016 12:23 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1358 : Δίνεται ο αριθμός \displaystyle{a=3777...79 - 39}, όπου τα εφτάρια είναι 2017 στο πλήθος.

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το 17


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1428
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2707

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Δεκ 11, 2016 12:58 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1358 : Δίνεται ο αριθμός \displaystyle{a=3777...79 - 39}, όπου τα εφτάρια είναι 2017 στο πλήθος.

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το 17
Πολύ όμορφη άσκηση!

Έχουμε a=377 \ldots 740, όπου τα εφτάρια είναι 2016.

Θα δείξουμε ότι ο b=377 \ldots 74 διαιρείται από 17 και τελειώσαμε.

Είναι

b=3 \cdot 10^{2017}+7 \cdot 10^{2016}+ \ldots + 7 \cdot 10+4.

Έχουμε τώρα

3 \cdot 10^{2017}=30 \cdot 10^{2016}

7 \cdot 10^{2016}=4 \cdot 10^{2016}+3 \cdot 10^{2016}= 4 \cdot 10^{2016}+30 \cdot 10^{2015}

7 \cdot 10^{2015}=4 \cdot 10^{2015}+30 \cdot 10^{2014}

....

7 \cdot 10^2= 4 \cdot 10^2+3 \cdot 10^2= 4 \cdot 10^2+30 \cdot 10

7 \cdot 10=4 \cdot 10 +3 \cdot 10= 4 \cdot 10+30

Προσθέτουμε όλες αυτές κατά μέλη και παίρνουμε όλους τους όρους ανά δύο, π.χ. 30 \cdot 10^{2016}+4 \cdot 10^{2016} κλπ και
παίρνουμε b=34(10^{2016}+10^{2015}+ \ldots + 1), που προφανώς διαιρείται από το 17


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11109
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2708

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 11, 2016 5:06 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Θα δείξουμε ότι ο b=377 \ldots 74 διαιρείται από 17 και τελειώσαμε.
Πολύ κομψή η λύση του Ορέστη. Για όφελος των μικρών μας μαθητών παρατηρείστε ότι ουσιαστικά αυτό που γράφει είναι ότι ο αριθμός που προκύπτει από πρόσθεση κατά μέλη ως

3400000000...0
..340000000...0
...34000000...0
.............
+................34
---------------------------
377777777..74

είναι πολλαπλάσιο του 34 (και του 17) ανεξάρτητα από πόσα επτάρια έχουμε.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11109
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2709

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιαν 09, 2017 9:13 am

Αν a,b,c,d διαφορετικοί μεταξύ τους ακέραιοι και η εξίσωση (x-a)(x-b)(x-c)(x-d){\color {red}-}4=0 έχει ακέραια λύση r, δείξτε ότι 4r=a+b+c+d

(Ας την αφήσουμε μια δυο μέρες για τους μικρούς μας μαθητές)

Σχόλιο: Η άσκηση δεν έχει να κάνει με τύπους Vieta, που θεωρώ ότι ο μέσος μαθητής Γυμνασίου δεν τους γνωρίζει.

Edit: Διόρθωσα τυπογραφικό. Ευχαριστώ τον Δημήτρη (JimNt.) για την επισήμανση.
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Δευ Ιαν 09, 2017 3:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 337
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2710

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιαν 09, 2017 3:44 pm

Άσκηση 1360

Έστω 9 σημεία ( ανά τρία μη συνευθειακά ) μέσα σε ένα τετράγωνο πλευράς 1. Αποδείχτε ότι μπορούμε να βρούμε πάντα 3 σημεία από αυτά, τέτοια ώστε το τρίγωνο που σχηματίζουν να έχει εμβαδό μικρότερο του 1/8 ( ένα όγδοο ).


Αφιερωμένη στον φίλτατο Ορέστη Λιγνό :D


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11109
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2711

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιαν 09, 2017 4:12 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Άσκηση 1360

Έστω 9 σημεία ( ανά τρία μη συνευθειακά ) μέσα σε ένα τετράγωνο πλευράς 1. Αποδείχτε ότι μπορούμε να βρούμε πάντα 3 σημεία από αυτά, τέτοια ώστε το τρίγωνο που σχηματίζουν να έχει εμβαδό μικρότερο του 1/8 ( ένα όγδοο ).
Χωρίζουμε το τετράγωνο σε 4 ίσα τετράγωνα σχεδιάζοντας τους δύο άξονες συμμετρίας που περνάνε από τα μέσα των πλευρών του. Αφού τα σημεία είναι 9, θα υπάρχει κάποιο από τα τετράγωνα αυτά που περιέχει τουλάχιστον 3 από τα σημεία (γιατί αν το καθένα περιείχε το πολύ δύο, τα σημεία θα ήσαν \le 8).

To τρίγωνο που σχηματίζουν τα εν λόγω σημεία έχει εμβαδόν λιγότερο από το μισό του τετραγώνου που το περιέχει (άμεσο), άρα < 1/8.


ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 521
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2712

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Δευ Ιαν 09, 2017 4:20 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Άσκηση 1360

Έστω 9 σημεία ( ανά τρία μη συνευθειακά ) μέσα σε ένα τετράγωνο πλευράς 1. Αποδείχτε ότι μπορούμε να βρούμε πάντα 3 σημεία από αυτά, τέτοια ώστε το τρίγωνο που σχηματίζουν να έχει εμβαδό μικρότερο του 1/8 ( ένα όγδοο ).


Αφιερωμένη στον φίλτατο Ορέστη Λιγνό :D

Εύκολα το πρόβλημα ανάγεται στο εξής:

Να αποδειχθεί οτι σε ενα τετράγωνο με πλευρά 1/2 το μέγιστο εμβαδον τριγώνου που μπορεί να σχήματιστει ειναι λιγότερο απο 1/8

Εύκολα όμως παίρνουμε οτι (διασθητικα) το μεγαλύτερο εμβαδον σχηματίζεται αν οι τρεις κορυφές βρίσκονται στις κορυφές του τετραγώνου, οποτε το μισό εμβαδον αρα 1/8


Edit: με πρόλαβε ο κύριος Μιχάλης


ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 521
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2713

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Δευ Ιαν 09, 2017 4:45 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:Αν a,b,c,d διαφορετικοί μεταξύ τους ακέραιοι και η εξίσωση (x-a)(x-b)(x-c)(x-d){\color {red}-}4=0 έχει ακέραια λύση r, δείξτε ότι 4r=a+b+c+d

(Ας την αφήσουμε μια δυο μέρες για τους μικρούς μας μαθητές)

Σχόλιο: Η άσκηση δεν έχει να κάνει με τύπους Vieta, που θεωρώ ότι ο μέσος μαθητής Γυμνασίου δεν τους γνωρίζει.

Edit: Διόρθωσα τυπογραφικό. Ευχαριστώ τον Δημήτρη (JimNt.) για την επισήμανση.
Αφου r ακέραια λυση θα ισχύει:

(r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=4 και ετσι θα ειναι οι όροι 1,-1,2,-2 αφου ολοι πρεπει να ειναι διαφορετικοι.

Αρα (r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0 και το ζητούμενο επεται.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 337
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2714

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιαν 09, 2017 5:03 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Άσκηση 1360

Έστω 9 σημεία ( ανά τρία μη συνευθειακά ) μέσα σε ένα τετράγωνο πλευράς 1. Αποδείχτε ότι μπορούμε να βρούμε πάντα 3 σημεία από αυτά, τέτοια ώστε το τρίγωνο που σχηματίζουν να έχει εμβαδό μικρότερο του 1/8 ( ένα όγδοο ).


Αφιερωμένη στον φίλτατο Ορέστη Λιγνό :D

Εύκολα το πρόβλημα ανάγεται στο εξής:

Να αποδειχθεί οτι σε ενα τετράγωνο με πλευρά 1/2 το μέγιστο εμβαδον τριγώνου που μπορεί να σχήματιστει ειναι λιγότερο απο 1/8

Εύκολα όμως παίρνουμε οτι (διασθητικα) το μεγαλύτερο εμβαδον σχηματίζεται αν οι τρεις κορυφές βρίσκονται στις κορυφές του τετραγώνου, οποτε το μισό εμβαδον αρα 1/8


Edit: με πρόλαβε ο κύριος Μιχάλης
Χωρίς παρεξήγηση αναφερόμενος σε σένα φίλε Χάρη και προς τον Κύριο Λάμπρου, το ότι το εμβαδό θα είναι μικρότερο απο 1/8 προκύπτει από κάποιο θεώρημα που μου διαφεύγει; Άν όχι θα πρέπει να αποδειχθεί που ήταν το δεύτερο μισό της άσκησης που μου άρεσε :lol:

υ.γ:θα βάλω αμέσως μετά κάτι πιο δύσκολο :D


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 337
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2715

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιαν 09, 2017 5:08 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1361 made in china :lol:

Στο ξεκίνημα 65 σκαθάρια είναι τοποθετημένα σε διαφορετικά τετράγωνα ενός 9χ9 τετραγωνικού πίνακα. Σε κάθε κίνηση το κάθε σκαθάρι μετακινείται οριζόντια η΄κάθετα σε παρακείμενο τετράγωνο. Εάν κανένα σκαθάρι δεν κάνει 2 οριζόντιες η΄κάθετες κινήσεις συνεχόμενα, δείχτε ότι μετά από κάποιες κινήσεις θα υπάρχουν τουλάχιστον 2 σκαθάρια στο ίδιο τετράγωνο!


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11109
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2716

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιαν 09, 2017 6:06 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: το ότι το εμβαδό θα είναι μικρότερο απο 1/8 προκύπτει από κάποιο θεώρημα που μου διαφεύγει; Άν όχι θα πρέπει να αποδειχθεί που ήταν το δεύτερο μισό της άσκησης που μου άρεσε
Ορθή η παρατήρηση.

Βάζω απόδειξη.

Σχ.1-Σχ.2 Μεταφέρουμε το τρίγωνο σε μία γωνία (αν κάποια γωνία του είναι αμβλεία, την αγνοώ και μεταφέρω ως προς την κορυφή κάποιας από τις οξείες)

Σχ.2-Σχ.3 Φέρνουμε παράλληλη προς μία πλευρά του τριγώνου μέχρι να τμήση την πλευρά του τετραγώνου. Το κόκκινο τρίγωνο είναι ισεμβαδικό με το αρχικό.

Σχ.3-Σχ.4 Φέρνουμε παράλληλη προς την βάση του τετραγώνου μέχρι να τμήση μία από τις κάθετες πλευρές του τετραγώνου. Το νέο κόκκινο τρίγωνο είναι ισεμβαδικό πρώην κι άρα με το αρχικό.

Βλέπουμε τώρα ότι χώρεσε στο μισό του τετραγώνου.
Συνημμένα
Miso.png
Miso.png (19.18 KiB) Προβλήθηκε 1248 φορές


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 337
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2717

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιαν 09, 2017 6:51 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τσιαλας Νικολαος έγραψε: το ότι το εμβαδό θα είναι μικρότερο απο 1/8 προκύπτει από κάποιο θεώρημα που μου διαφεύγει; Άν όχι θα πρέπει να αποδειχθεί που ήταν το δεύτερο μισό της άσκησης που μου άρεσε
Ορθή η παρατήρηση.

Βάζω απόδειξη.

Σχ.1-Σχ.2 Μεταφέρουμε το τρίγωνο σε μία γωνία (αν κάποια γωνία του είναι αμβλεία, την αγνοώ και μεταφέρω ως προς την κορυφή κάποιας από τις οξείες)

Σχ.2-Σχ.3 Φέρνουμε παράλληλη προς μία πλευρά του τριγώνου μέχρι να τμήση την πλευρά του τετραγώνου. Το κόκκινο τρίγωνο είναι ισεμβαδικό με το αρχικό.

Σχ.3-Σχ.4 Φέρνουμε παράλληλη προς την βάση του τετραγώνου μέχρι να τμήση μία από τις κάθετες πλευρές του τετραγώνου. Το νέο κόκκινο τρίγωνο είναι ισεμβαδικό πρώην κι άρα με το αρχικό.

Βλέπουμε τώρα ότι χώρεσε στο μισό του τετραγώνου.
Κύριε Λάμπρου επιτρέψτε μου να χαρακτηρίσω την λύση σας ΜΑΓΙΚΗ. Είναι ένας λόγος για τον οποίο μπένω κάθε μέρα στο :logo: !!! Από εκεί και πέρα όμως νομίζω ότι η λύση δεν είναι τόσο απλή και προφανής. Μάλιστα χρησιμοποιείται 2 φορές το τέχνασμα με τα ισοεμβαδικά τρίγωνα που να υπενθυμίσω πως σε πρόσφατο Αρχιμήδη ελάχιστα παιδιά έλυσαν!
Μήπως και κάποιος άλλος μαθητής η' μαθηματικός θέλει να παρουσιάσει μια πιό απλή λύση? :D


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8105
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2718

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιαν 09, 2017 7:16 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Μήπως και κάποιος άλλος μαθητής η' μαθηματικός θέλει να παρουσιάσει μια πιό απλή λύση? :D
Υπόδειξη: Φέρτε παράλληλες προς τις (κάθετες λ.χ.) πλευρές του τετραγώνου οι οποίες να περνούν από τις κορυφές του τριγώνου.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 337
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2719

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιαν 09, 2017 7:47 pm

Demetres έγραψε:
Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Μήπως και κάποιος άλλος μαθητής η' μαθηματικός θέλει να παρουσιάσει μια πιό απλή λύση? :D
Υπόδειξη: Φέρτε παράλληλες προς τις (κάθετες λ.χ.) πλευρές του τετραγώνου οι οποίες να περνούν από τις κορυφές του τριγώνου.
Έτσι την έλυσα και έγω. Απλά την άφησα μήπως θέλει κάποιος να προσπαθήσει. Νομίζω μάλιστα ότι μια παράλληλη αρκεί :D


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11109
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2720

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιαν 09, 2017 9:03 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Μήπως και κάποιος άλλος μαθητής η' μαθηματικός θέλει να παρουσιάσει μια πιό απλή λύση? :D
Ας δούμε και άλλη λύση, λίγο πιο αλγεβρική.

Με κέντρο αξόνων την κάτω αριστερή γωνία του τετραγώνου (πλευράς 1), φέρνουμε το τρίγωνο στην γωνία αυτή.

Το τρίγωνο έχει κορυφές με συντεταγμένες (0,0), \, (x_1,y_1), \, (x_2,y_2) με 0\le x_i, y_i \le 1.

Εύκολα βλέπουμε (γνωστό άλλωστε και απλό) ότι το εμβαδόν του τριγώνου είναι \displaystyle{E= \frac {1}{2}|x_1y_2-x_2y_1|}. Χωρίς βλάβη

\displaystyle{E= \frac {1}{2}(x_1y_2-x_2y_1) \le \frac {1}{2}x_1y_2 \le \frac {1}{2}\cdot 1 \cdot 1}, και λοιπά.

Προσθέτω ότι έχουμε ισότητα στο τελευταίο αν και μόνον αν \displaystyle{x_1=y_2 =1} , δηλαδή οι κορυφές είναι στο σύνορο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης