ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

parmenides51 · #1

Εξεταστής: Αργυράκος

1. Να αποδειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ αληθεύει η σχέση:
$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}}$ .

2. Να επιλυθεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ στο οποίο γνωρίζουμε την πλευρά $\displaystyle{(B\Gamma) =\alpha}$ , την διάμεσο $\displaystyle{(BM)=\mu }$ και την αλγεβρική τιμή $\displaystyle{(\overline{\Gamma\Delta})(\overline{\Gamma A})=k}$ , όπου $\displaystyle{\Delta}$ είναι το ίχνος του ύψους που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{B}$ . Διερεύνηση.
Εφαρμογή για $\displaystyle{ \alpha=1,\mu=1,k=-\frac{3}{4}}$

3. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ οι πλευρές $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma}$ επαληθεύουν τις σχέσεις $\displaystyle{\alpha=R\sqrt3}$ (1), $\displaystyle{\beta^2-\gamma^2=\lambda^2 }$ (2) $\displaystyle{(\beta>\gamma) }$ όπου $\displaystyle{ R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου και $\displaystyle{ \lambda }$ δοθέν μήκος.
α) Να βρεθούν σε ακτίνια οι τιμές , τις οποίες μπορεί να πάρει η γωνία $\displaystyle{ \widehat{A}}$ . Να υπολογιστούν συναρτήσει των $\displaystyle{R }$ και $\displaystyle{\lambda}$ οι γωνίες $\displaystyle{\widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma }}$ του τριγώνου και να προσδιορισθεί ο αριθμός των λύσεων αναλόγως των τιμών του λόγου $\displaystyle{\frac{\lambda^2}{R^2}}$ .
β) Έστω $\displaystyle{A_1B_1\Gamma_1 }$ και $\displaystyle{A_2B_2\Gamma_2}$ δυο άνισα τρίγωνα των οποίων οι πλευρές επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2). Να αποδείξετε οτι οι γωνίες $\displaystyle{ \widehat{A_1 },\widehat{B_1},\widehat{\Gamma_1 }}$ και $\displaystyle{\widehat{A_2 },\widehat{B_2},\widehat{\Gamma_2 }}$ των τριγώνων αυτών αναλόγως των τιμών του λόγου $\displaystyle{\frac{\lambda^2}{R^2}}$ επαληθεύουν ή την μια ή την άλλη από τις σειρές των σχέσεων $\displaystyle{\begin{cases} \widehat{A_1 }+\widehat{A_2 }=\pi \\ \displaystyle \widehat{B_1 }+\widehat{\Gamma_2 }=\frac{\pi }{2} \\ \displaystyle \widehat{B_2 }+\widehat{\Gamma_1 }\,\,=\,\,\frac{\pi }{2} \end{cases}}$ , $\displaystyle{\begin{cases} \widehat{A_1 }=\widehat{A_2 } \\ \displaystyle \widehat{B_1 }-\widehat{\Gamma_2 }=\frac{\pi }{2} \\ \displaystyle \widehat{B_2 }-\widehat{\Gamma_1 }\,\,=\,\, \frac{\pi }{2} \end{cases}}$
και οτι τα εμβαδά $\displaystyle{E_1}$ και $\displaystyle{ E_2}$ των δυο αυτών τριγώνων ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{E_1 \pm E_2 =\frac{R^2\sqrt3}{2}}$ ( $\displaystyle{E_1 > E_2}$ ) όπου το $\displaystyle{+}$ ή $\displaystyle{-}$ θα ληφθεί αντίστοιχα αν η γωνία $\displaystyle{ \widehat{A }}$ είναι οξεία ή αμβλεία.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

parmenides51 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 01, 2014 2:23 pm
Εξεταστής: Αργυράκος

1. Να αποδειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ αληθεύει η σχέση:
$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}}$ .

Όποιος διαβάσει τη διαπραγμάτευση του θέματος στο Δελτίο του Πάλλα , θα δει μια εξαιρετικά σύντομη λύση που θυμίζει λύση ενός Jewish Problem...
H παρακάτω , μολονότι πιο μακροσκελής , βασίζεται σε ένα πιο '' φυσιολογικό '' κύκλο ιδεών...
Μια πρώτη παρατήρηση καθώς κάποιος βλέπει το θέμα είναι ότι δεν είναι δυνατόν να έχει νόημα σε ορθογώνια τρίγωνα...
Αυτό το '' σε κάθε τρίγωνο '' , πώς μπήκε έτσι αβασάνιστα;

Θα βασιστούμε σε δύο λήμματα.

Λήμμα 1. Αν a+b+c=0

τότε $\sigma \upsilon \nu ^{2}a+\sigma \upsilon \nu ^{2}b+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=1+2\cdot \sigma \upsilon \nu a \cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c$

Απόδειξη

$a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\Rightarrow \sigma \upsilon \nu\left ( a+b \right )=\sigma \upsilon \nu\left ( -c \right )\Rightarrow \sigma \upsilon \nu\left ( a+b \right )=\sigma \upsilon \nu c\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b - \eta \mu a \cdot \eta \mu b =\sigma \upsilon \nu c\Rightarrow\sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b -\sigma \upsilon \nu c= \eta \mu a \cdot \eta \mu b \Rightarrow$

$\left ( \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b - \sigma \upsilon \nu c \right )^{2}=\left (\eta \mu a \cdot \eta \mu b \right )^{2}\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b-2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=\eta \mu ^{2}a\cdot \eta \mu ^{2}b\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b-2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}a \right )\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}b \right )\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b-2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=1-\sigma \upsilon \nu ^{2}a-\sigma \upsilon \nu ^{2}b+\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a+\sigma \upsilon \nu ^{2}b+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=1+2\cdot \sigma \upsilon \nu a \cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c$

Λήμμα 2. Αν $a+b+c=\pi$ τότε $\sigma \upsilon \nu ^{2}a+\sigma \upsilon \nu ^{2}b+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=1-2\cdot \sigma \upsilon \nu a \cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c$

Απόδειξη

$a+b+c=\pi \Rightarrow a+b=\pi -c\Rightarrow \sigma \upsilon \nu\left ( a+b \right )=\sigma \upsilon \nu\left ( \pi -c \right )\Rightarrow \sigma \upsilon \nu\left ( a+b \right )=-\sigma \upsilon \nu c\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b - \eta \mu a \cdot \eta \mu b =-\sigma \upsilon \nu c\Rightarrow\sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b +\sigma \upsilon \nu c= \eta \mu a \cdot \eta \mu b \Rightarrow$

$\left ( \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b + \sigma \upsilon \nu c \right )^{2}=\left (\eta \mu a \cdot \eta \mu b \right )^{2}\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b+2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=\eta \mu ^{2}a\cdot \eta \mu ^{2}b\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b+2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}a \right )\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}b \right )\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b+2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=1-\sigma \upsilon \nu ^{2}a-\sigma \upsilon \nu ^{2}b+\sigma \upsilon \nu ^{2}a\cdot \sigma \upsilon \nu ^{2}b\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu ^{2}a+\sigma \upsilon \nu ^{2}b+\sigma \upsilon \nu ^{2}c=1-2\cdot \sigma \upsilon \nu a\cdot \sigma \upsilon \nu b\cdot \sigma \upsilon \nu c$

Aς δούμε τώρα την απόδειξη...

$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=$

$\displaystyle\frac{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu \Gamma+\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}=$

$\displaystyle\frac{4\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu \Gamma+2\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}$

Ωστόσο ισχύει ότι

$2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma=\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma=\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\left [\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu (B+\Gamma) \right ]=$

$\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (B+\Gamma)=\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu ^{2}B\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma-\eta\mu ^{2}B\eta\mu ^{2}\Gamma=$

$\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu ^{2}B\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma-\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}B \right )\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}\Gamma \right )=$

$\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu ^{2}B\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma-\left ( 1-\sigma \upsilon \nu ^{2}B \right-\sigma \upsilon \nu ^{2}\Gamma \right+\sigma \upsilon \nu ^{2}B \sigma \upsilon \nu ^{2}\Gamma )=$

$\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu ^{2}B+\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma-1$

Mε εντελώς ανάλογη σκέψη μπορούμε να γράψουμε ότι ισχύει

$2\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B=\sigma\upsilon\nu^{2} (A-B)+\sigma\upsilon\nu ^{2}A+\sigma\upsilon\nu ^{2}B-1$

και ότι

$2\sigma\upsilon\nu (\Gamma-A)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu \Gamma=\sigma\upsilon\nu^{2} (\Gamma-A)+\sigma\upsilon\nu ^{2}A+\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma-1$

Συνεπώς ισχύει ότι

$\displaystyle\frac{4\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu \Gamma+2\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}=$

$\displaystyle\frac{4\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2(\sigma\upsilon\nu ^{2}A+\sigma\upsilon\nu ^{2}B+\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma)+\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu^{2} (A-B)+\sigma\upsilon\nu^{2} (\Gamma-A)-3}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}$

Eδώ θα χρησιμοποιηθούν τα λήμματα...

Σύμφωνα με το Λήμμα 2 ισχύει ότι

$\sigma\upsilon\nu ^{2}A+\sigma\upsilon\nu ^{2}B+\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma=1-2\cdot \sigma \upsilon \nu A \cdot \sigma \upsilon \nu B\cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma$

Σύμφωνα με το Λήμμα 1 ισχύει ότι

$\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu^{2} (A-B)+\sigma\upsilon\nu^{2} (\Gamma-A)=1+2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (\Gamma-A)$

Συνεπώς

$\displaystyle\frac{4\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2(\sigma\upsilon\nu ^{2}A+\sigma\upsilon\nu ^{2}B+\sigma\upsilon\nu ^{2}\Gamma)+\sigma\upsilon\nu^{2} (B-\Gamma)+\sigma\upsilon\nu^{2} (A-B)+\sigma\upsilon\nu^{2} (\Gamma-A)-3}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}=$

$\displaystyle\frac{4\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2(1-2\cdot \sigma \upsilon \nu A \cdot \sigma \upsilon \nu B\cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma )+1+2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (\Gamma-A)-3}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}=$

$\displaystyle\frac{4\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma+2-4\cdot \sigma \upsilon \nu A \cdot \sigma \upsilon \nu B\cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma +1+2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (\Gamma-A)-3}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}=$

$\displaystyle\frac{2\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (\Gamma-A)}{2\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (\Gamma-A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}$

Ίσως κάποιοι να αναρωτιούνται τι βρίσκω στις λύσεις τόσο παλιών θεμάτων...
Η απάντηση είναι η εξής: το κέφι μου , τίποτε άλλο.

Δυο πληροφορίες για τον άνθρωπο που έβαλε αυτό το θέμα , τον Ιωάννη Αργυράκο. Είχε την Έκτακτη Έδρα Γενικής Αστρονομίας και Γαιωδαιτικοαστρονομικών Προσδιορισμών. Ήταν Διδάκτωρ του τμήματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αθηνών. Στη διδακτορική του διατριβή είχε ως επιβλέποντα τον Σταύρο Πλακίδη. Η διατριβή αυτή είχε τίτλο:'' Μελέτη της πορείας του εκκρεμούς Fenon 55 του Εθνικού
Αστεροσκοπείου Αθηνών''. Έτος υποβολής το 1945.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Αργυράκος

1. Να αποδειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ αληθεύει η σχέση:
$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}}$ .

Τολμάω να γράψω μια ακόμα λύση που φυσικά είναι διαφορετική από αυτήν του Δελτίου του Πάλλα.
Η λύση μου ασφαλώς και είναι πιο μακροσκελής από αυτήν του Δελτίου , όμως δείχνει τη γεωμετρική προέλευση του θέματος...
Πιστεύω κάποιοι να έχουν την υπομονή να δουν τις σκέψεις μου...

Ισχύει ότι

$\displaystyle \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{2}\cdot \beta \cdot \gamma \cdot \eta \mu A =\frac{1}{2}\cdot 2R\cdot \eta \mu B\cdot2R\cdot \eta \mu\Gamma=2R^{2}\cdot \eta \mu A\cdot \eta \mu B\cdot \eta \mu\Gamma$

Aς θεωρήσουμε ως πρώτη περίπτωση το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ ως οξυγώνιο και έστω το περίκεντρο

του $\displaystyle{AB\Gamma }.$

: 1962 TOΠΟΓΡΑΦΟΙ ΕΜΠ - ΟΞΥΓΩΝΙΟ.png (20.66 KiB) Προβλήθηκε 2253 φορές

$\displaystyle\left ( OB\Gamma \right )=\frac{1}{2}\cdot R\cdot R\cdot \eta \mu B\hat{O}\Gamma =\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot \eta \mu 2A=\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot 2\cdot\eta \mu A\cdot \sigma \upsilon \nu A=R^{2}\cdot \eta \mu A\cdot \sigma \upsilon \nu A$

Συνεπώς μπορεί να γραφεί ότι

$\displaystyle \frac{\left ( AB\Gamma \right )}{\left ( OB\Gamma \right )}=\frac{2R^{2}\cdot \eta \mu A\cdot \eta \mu B\cdot \eta \mu \Gamma }{R^{2}\cdot \eta \mu A\cdot \sigma \upsilon \nu A}=\frac{2\cdot \eta \mu B\cdot \eta \mu \Gamma }{\sigma \upsilon \nu A}=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )-\sigma \upsilon \nu \left ( B+\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A}=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )+\sigma \upsilon\nu A}{\sigma \upsilon \nu A}=$

$\displaystyle\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A }+1$ και έτσι έχουμε ότι

$\displaystyle \frac{\left ( AB\Gamma \right )}{\left ( OB\Gamma \right )}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A }$

Με τις ίδιες σκέψεις αποδεικνύεται ότι

$\displaystyle \frac{\left ( AB\Gamma \right )}{\left ( O \Gamma A \right )}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( \Gamma -A \right )}{\sigma \upsilon \nu B }$ και ότι $\displaystyle \frac{\left ( AB\Gamma \right )}{\left ( O A B \right )}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( A -B \right )}{\sigma \upsilon \nu\Gamma }$

Χάριν ευκολίας θέτω ότι $E=\left ( AB\Gamma \right )$ , $E_{1}=\left ( OB\Gamma \right )$ , $E_{2}=\left ( O \Gamma A \right )$ και $E_{3}=\left ( OAB \right )$

Έτσι ισχύει $\displaystyle\frac{E}{E_{1}}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A}$ και $\displaystyle\frac{E}{E_{2}}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( \Gamma -A \right )}{\sigma \upsilon \nu B}$ και $\displaystyle\frac{E}{E_{3}}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( A-B \right )}{\sigma \upsilon \nu\Gamma}$

$\displaystyle\left (\frac{E}{E_{1}}-1 \right )\left ( \frac{E}{E_{2}}-1 \right )\left (\frac{E}{E_{3}}-1 \right )=$

$\displaystyle -\frac{E^{2}}{E_{1}\cdot E_{3}}+\frac{E}{E_{1}}-\frac{E^{2}}{E_{2}\cdot E_{3}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{E^{3}}{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}-\frac{E^{2}}{E_{1}\cdot E_{2}}=$

$\displaystyle \frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{E^{3}-E^{2}\cdot E_{1}-E^{2}\cdot E_{2}-E^{2}\cdot E_{3}}{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}=$

$\displaystyle\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{E^{2}\cdot \left ( E-E_{1} -E_{2}-E_{3}\right )}{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}=$

$\displaystyle \frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{E^{2}\cdot 0 }{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}=$

$\displaystyle\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1$

Έτσι μπορεί να γραφεί ότι $\displaystyle\left (\frac{E}{E_{1}}-1 \right )\left ( \frac{E}{E_{2}}-1 \right )\left (\frac{E}{E_{3}}-1 \right )=\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1$ και ότι

$\displaystyle\left (\frac{E}{E_{1}}-1 \right )\left ( \frac{E}{E_{2}}-1 \right )\left (\frac{E}{E_{3}}-1 \right )=\frac{E}{E_{1}}-1+\frac{E}{E_{2}}-1+\frac{E}{E_{3}}-1+2$

Πλέον προκύπτει πολύ εύκολα η ζητουμένη ισότητα

$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}}$

Αυτά για την περίπτωση που το $AB\Gamma$ είναι οξυγώνιο.

Τί γίνεται όμως όταν το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ είναι αμβλυγώνιο με $\hat{A}$ αμβλεία;
Το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma }.$

Θέτω πάλι ότι $E=\left ( AB\Gamma \right )$ , $E_{1}=\left ( OB\Gamma \right )$ , $E_{2}=\left ( O \Gamma A \right )$ και $E_{3}=\left ( OAB \right )$

Kατ' αρχήν ισχύει ότι $\displaystyle\left ( O \Gamma A \right )=\frac{1}{2}\cdot R\cdot R\cdot \eta \mu A\hat{O}\Gamma =\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot \eta \mu 2B=\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot 2\cdot\eta \mu B\cdot \sigma \upsilon \nu B=R^{2}\cdot \eta \mu B\cdot \sigma \upsilon \nu B$ και ότι

$\displaystyle\left ( OAB \right )=\frac{1}{2}\cdot R\cdot R\cdot \eta \mu A\hat{O}B =\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot \eta \mu 2\Gamma=\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot 2\cdot\eta \mu \Gamma\cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma=R^{2}\cdot \eta \mu \Gamma\cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma$

Έτσι μπορώ να γράψω άνετα ότι
$\displaystyle\frac{E}{E_{2}}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( \Gamma -A \right )}{\sigma \upsilon \nu B}$ και $\displaystyle\frac{E}{E_{3}}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( A-B \right )}{\sigma \upsilon \nu\Gamma}$
όπως έκανα και στην περίπτωση που το $AB\Gamma$ είναι οξυγώνιο.

Eκεί που τα πράγματα αλλάζουν είναι με το $\left ( OB\Gamma \right )...$

$\displaystyle\left (O B\Gamma \right )=\frac{1}{2}\cdot R\cdot R\cdot \eta \mu B\hat{O}\Gamma =\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot \eta \mu \left [ 2\cdot \left ( 180^{0} \right-A ) \right ]=\frac{1}{2}\cdot \eta \mu \left ( 360^{0} \right-2A )=$

$\displaystyle\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot \eta \mu \left ( -2A \right )=-\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot \eta \mu 2A=-\frac{1}{2}\cdot R^{2}\cdot2\cdot\eta \mu A\cdot\sigma \upsilon \nu A= -R^{2}\cdot\eta \mu A\cdot\sigma \upsilon \nu A$

Συνεπώς

$\displaystyle \frac{\left ( AB\Gamma \right )}{\left ( OB\Gamma \right )}=\frac{2R^{2}\cdot \eta \mu A\cdot \eta \mu B\cdot \eta \mu \Gamma }{-R^{2}\cdot \eta \mu A\cdot \sigma \upsilon \nu A}=\frac{2\cdot \eta \mu B\cdot \eta \mu \Gamma }{-\sigma \upsilon \nu A}=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )-\sigma \upsilon \nu \left ( B+\Gamma \right )}{-\sigma \upsilon \nu A}=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )+\sigma \upsilon\nu A}{-\sigma \upsilon \nu A}=$

$\displaystyle-\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A }-1$ και έτσι έχουμε ότι

$\displaystyle -\frac{\left ( AB\Gamma \right )}{\left ( OB\Gamma \right )}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A }$

Έτσι ισχύει $\displaystyle-\frac{E}{E_{1}}-1=\frac{\sigma \upsilon \nu \left ( B-\Gamma \right )}{\sigma \upsilon \nu A}$

$\displaystyle\left (-\frac{E}{E_{1}}-1 \right )\left ( \frac{E}{E_{2}}-1 \right )\left (\frac{E}{E_{3}}-1 \right )=$

$\displaystyle \frac{E^{2}}{E_{1}\cdot E_{3}}-\frac{E}{E_{1}}-\frac{E^{2}}{E_{2}\cdot E_{3}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1-\frac{E^{3}}{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}+\frac{E^{2}}{E_{1}\cdot E_{2}}=$

$\displaystyle- \frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{-E^{3}-E^{2}\cdot E_{1}+E^{2}\cdot E_{2}+E^{2}\cdot E_{3}}{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}=$

$\displaystyle-\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{E^{2}\cdot \left (- E-E_{1} +E_{2}+E_{3}\right )}{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}=$

$\displaystyle -\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1+\frac{E^{2}\cdot 0 }{E_{1}\cdot E_{2}\cdot E_{3}}=$

$\displaystyle-\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1$

Έτσι μπορεί να γραφεί ότι $\displaystyle\left (-\frac{E}{E_{1}}-1 \right )\left ( \frac{E}{E_{2}}-1 \right )\left (\frac{E}{E_{3}}-1 \right )=-\frac{E}{E_{1}}+\frac{E}{E_{2}}+\frac{E}{E_{3}}-1$ και ότι

$\displaystyle\left (-\frac{E}{E_{1}}-1 \right )\left ( \frac{E}{E_{2}}-1 \right )\left (\frac{E}{E_{3}}-1 \right )=-\frac{E}{E_{1}}-1+\frac{E}{E_{2}}-1+\frac{E}{E_{3}}-1+2$

Προκύπτει και εδώ η ζητουμένη ισότητα

$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}}$

Όπως γράφηκε και στην προηγούμενη δημοσίευσή μου η ισότητα δεν έχει νόημα σε ορθογώνιο τρίγωνο...

Ειλικρινά πάντως , τελείως ακατάλληλο θέμα για εισαγωγικές εξετάσεις...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Επειδή πίσω από τα θέματα κρύβονται άνθρωποι , δημοσιεύω μια φωτογραφία στην οποία φαίνεται ο Ιωάννης Αργυράκος ...
Πρόκειται για τον κύριο που είναι τρίτος από δεξιά , καθιστός.
Τη φωτογραφία τη βρήκα στο facebook , στο '' 100 Χρόνια Σχολή Αγρονόμων και Τοπογράφων Ε.Μ.Π. '' και προέρχεται από το αρχείο του Διονύση Μπαλοδήμου , ομότιμου καθηγητή της σχολής αυτής.Η φωτογραφία χρονολογείται γύρω στο 1962 , δηλαδή τη χρονιά που ετέθησαν τα ανωτέρω θέματα.

: ΧΟΡΟΣ ΣΠΟΥΔΑΣΤΩΝ ΑΓΡΟΝΟΜΩΝ ΤΟΠΟΓΡΑΦΩΝ Ε.Μ.Π..jpg (78.25 KiB) Προβλήθηκε 2112 φορές

#5

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 30, 2018 2:25 pm

parmenides51 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 01, 2014 2:23 pm
Εξεταστής: Αργυράκος

1. Να αποδειχθεί οτι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ αληθεύει η σχέση:
$\displaystyle{2+\frac{\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)}{\sigma\upsilon\nu A}+\frac{\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu B}+\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)}{\sigma\upsilon\nu \Gamma}=\frac{\sigma\upsilon\nu (A-B)\sigma\upsilon\nu (B-\Gamma)\sigma\upsilon\nu (\Gamma -A)}{\sigma\upsilon\nu A\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu \Gamma}}$ .
Όποιος διαβάσει τη διαπραγμάτευση του θέματος στο Δελτίο του Πάλλα , θα δει μια εξαιρετικά σύντομη λύση που θυμίζει λύση ενός Jewish Problem...
H παρακάτω , μολονότι πιο μακροσκελής , βασίζεται σε ένα πιο '' φυσιολογικό '' κύκλο ιδεών...

Γεια σου Τηλέμαχε!

Δεν έχω το Δελτίο του Πάλλα που αναφέρεις, αλλά μια αυθόρμητη σκέψη που έκανα και η οποία "σκοτώνει" σχετικά γρήγορα την ταυτότητα αυτή είναι η εξής:

Αν ονομάσουμε τους λόγους $\displaystyle{x,y,z}$ αντίστοιχα, έχουμε να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{2+x+y+z=xyz.}$ Μας λέει κάτι αυτό; Οι παροικούντες την Ιερουσαλήμ (των ανισοτήτων και όχι μόνο) θα αναγνωρίσουν ότι πρόκειται για μια κλασική συνθήκη, η οποία μετασχηματίζεται στην

$\displaystyle{\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}=1.}$

Επομένως, η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\sum \frac{1}{1+\frac{\cos (B-C)}{\cos A}}=1}$ .

Τα δύσκολα πέρασαν. Τώρα το πράμα κυλάει ομαλά.

$\displaystyle{\sum \frac{1}{1+\frac{\cos (B-C)}{\cos A}}=\sum \frac{\cos A}{\cos (B-C)+\cos A}=\sum \frac{\cos A}{\cos (B-C)-\cos (B+C)}=}$

$\displaystyle{=\sum \frac{\cos A}{2\sin B\sin C}=-\frac{1}{2}\sum \frac{\cos (B+C)}{\sin B\sin C}=-\frac{1}{2}\sum \frac{\cos B\cos C-\sin B\sin C}{\sin B\sin C}=}$

$\displaystyle{=-\frac{1}{2}\left(\sum \cot B\cot C -3\right)=-\frac{1}{2}(1-3)=1.}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Ευχαριστώ το Θάνο για τη λύση του. Ωραίες σκέψεις...

Δίνω τη σελίδα 121 από το Δελτίο του Πάλλα του 1962 , όπου υπάρχει η λύση που αναφέρω , αυτή που θυμίζει λύση ενός Jewish Problem. Έπρεπε να βρω μια άλλη λύση για να τη δημοσιεύσω στο mathematica , γιατί έχω υποσχεθεί στον εαυτό μου ότι οι λύσεις που δίνω στο '' Εξετάσεις Σχολών '' να είναι διαφορετικές από αυτές που υπάρχουν στα Δελτία του Πάλλα , κειμήλια της νεοελληνικής εκπαίδευσης που διέσωσε ο Παναγιώτης Χρονόπουλος .
Νομίζω ότι πέτυχα να βρω κάτι διαφορετικό , μολονότι πιο μακροσκελές...

Ένα ερώτημα , που δεν γίνεται να απαντηθεί , είναι το πόσες λύσεις γνώριζε ο θεματοδότης Ιωάννης Αργυράκος...
Σκέφτομαι τον εαυτό μου να βάζει καλά ρούχα , να χτυπάει την πόρτα του γραφείου του Αργυράκου , να ρωτάει αν ενοχλεί και να συζητάει με τον κύριο καθηγητή για το θέμα...
Αν ο κύριος καθηγητής δεχόταν τέτοιου είδους συζητήσεις...

: σελιδα121.PNG (161.94 KiB) Προβλήθηκε 2006 φορές

Όποιος θέλει , μπορεί να σχολιάσει τη λύση του Δελτίου.

ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΕΜΠ 1962 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Μέλη σε σύνδεση