mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 1:32 pm**

Με πόσους τρόπους μπορείτε να αποδείξετε γεωμετρικά ότι $\displaystyle \tan 15^\circ = 2 - \sqrt 3 ;$

Δεκτές και λύσεις εκτός φακέλου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 2:38 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 09, 2021 1:32 pm
Με πόσους τρόπους μπορείτε να αποδείξετε γεωμετρικά ότι $\displaystyle \tan 15^\circ = 2 - \sqrt 3 ;$

Δεκτές και λύσεις εκτός φακέλου.

: γνωστή εφαπτομένη.png (17.87 KiB) Προβλήθηκε 2598 φορές

$\boxed{\tan {{15}^0} = \frac{{KD}}{{KA}} = \frac{{BD}}{{BA}} = 2 - \sqrt 3 }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 6:57 pm**

Κάποιες ακόμα λύσεις :εδώ , εδώ κι εδώ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 7:58 pm**

Όταν πρότεινα αυτή την άσκηση, ήξερα καλά ότι έχει συζητηθεί ξανά. Ο λόγος λοιπόν που το έκανα, ήταν να ασχοληθούν

και άλλα άτομα με την εύρεση γεωμετρικών λύσεων. Είναι σίγουρο ότι οι παραπομπές αποτρέπουν τον οποιοδήποτε θέλει

να ασχοληθεί. Ο λόγος είναι προφανής. Για να δώσει κάποιος τη λύση του υποχρεώνεται να διαβάσει όλες τις απαντήσεις

στις παραπομπές ώστε η λύση του να μη συμπέσει με κάποια άλλη. Πιστεύω ότι κανείς δεν θα ήθελε να μπει σε αυτή τη

διαδικασία.

Όσοι πάντως βιάζονται να δίνουν παραπομπές, ας έχουν υπόψη τους το παρακάτω μήνυμα των Γενικών Συντονιστών:

Συμβαίνει συχνά ασκήσεις αυτούσιες ή παρόμοιες με προηγούμενες να κάνουν την επανεμφάνισή τους. Αυτό δεν

είναι κακό αφού όλο και κάποιος θα την βλέπει για πρώτη φορά. Ας μην στερούμε την διδακτική αξία τους δίνοντας

αμέσως την παραπομπή στην λυμένη άσκηση. Βάζουμε και εδώ ένα διάστημα 48 ωρών στο οποίο αν δεν έχει εν τω

μεταξύ λυθεί η άσκηση καλό είναι να μην δίνουμε την παραπομπή.

Καλό θα ήταν λοιπόν να κρατηθεί το διάστημα των 48 ωρών, παρόλο ότι είχε δοθεί ήδη μία απάντηση, λόγω της

ιδιαιτερότητας της άσκησης που αναζητούσε το πλήθος των λύσεων.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 8:01 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 09, 2021 1:32 pm
Με πόσους τρόπους μπορείτε να αποδείξετε γεωμετρικά ότι $\displaystyle \tan 15^\circ = 2 - \sqrt 3 ;$

Δεκτές και λύσεις εκτός φακέλου.

: γνωστή εφαπτομένη_new_2.png (20.22 KiB) Προβλήθηκε 2555 φορές

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου $\overline {BOC} = 4$ .

Η μεσοκάθετος στην ακτίνα

τέμνει το ημικύκλιο στο

και την διάμετρο στο

.

Αν

θα είναι $\boxed{y = \sqrt 3 }$ . Στην ακτίνα

θεωρώ σημείο

για το οποίο : TC = y

Η κάθετη στην

στο

τέμνει την

στο

. Αβίαστα προκύπτουν:

$\vartriangle MAB = \vartriangle TCS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle CSO \to \left( {30^\circ ,75^\circ ,75^\circ } \right)$ ,

έτσι $\boxed{\tan 15^\circ = \tan \theta = \frac{{OT}}{{TS}} = \frac{{OC - y}}{{TS}} = 2 - \sqrt 3 }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 8:35 pm**

Καλό βράδυ! Γνωστή σε πολλούς, αλλά και προσιτή νομίζω, ώστε να μην χρειάζονται άλλα λόγια..

: tan 15.png (89.56 KiB) Προβλήθηκε 2548 φορές

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 9:29 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 09, 2021 8:35 pm
Καλό βράδυ! Γνωστή σε πολλούς, αλλά και προσιτή νομίζω, ώστε να μην χρειάζονται άλλα λόγια..
tan 15.png

Φιλικά, Γιώργος.

Μ αρέσει

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2021 11:47 am**

Καλημέρα! Μια ακόμη με χρήση του σχήματος:

: tan 15 .png (84.33 KiB) Προβλήθηκε 2500 φορές

Έστω

(μονάδα μέτρησης), τότε AM=2

και

. Αν

είναι

και ισχύει $AE^{2}=BE\cdot CE\Rightarrow 1=x\left ( 4-x \right )$

με δεκτή λύση $CE=x=2-\sqrt{3}$ αφού CE<BE

. Παίρνουμε $tan15^{o}=\dfrac{CE}{AE}=2-\sqrt{3}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2021 1:29 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 09, 2021 7:58 pm

$\bullet$ Είναι σίγουρο ότι οι παραπομπές αποτρέπουν τον οποιοδήποτε θέλει να ασχοληθεί.

$\bullet$ Καλό θα ήταν λοιπόν να κρατηθεί το διάστημα των 48 ωρών ...

Γιώργο , θα συμφωνήσω για τη δεύτερη έκκληση , που είναι και εθιμικό δίκαιο . Δεν θα το επαναλάβω ...

Για το πρώτο πάντως δεν είμαι τόσο σίγουρος ότι αληθεύει . Πολλοί έλκονται από την ιδέα να δώσουν μιαν

ακόμη λύση σε άσκηση που έχει ήδη πολλαπλώς λυθεί . Επίσης η παράθεση παραπομπών που πολλές φορές

η ανεύρεσή τους είναι επίπονη , δείχνει ενδιαφέρον για το θέμα , το οποίο θέμα προφανώς θεωρείται ενδιαφέρον !

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2021 9:24 pm**

Καλό βράδυ! Άλλη μία - νέα για μένα..ίσως να μην έχει υποβληθεί στο

- που θα ήθελα να την αφιερώσω

και στους τρεις συμμετέχοντες στο παρόν θέμα: Τους Νίκο, Γιώργο και Θανάση *
ως Γεωμετρικά - άρα ιερά- θηρία , αλλά και τέρατα...αντοχής

με εκτίμηση και θαυμασμό.

: 11-3 tan 15 .png (100.75 KiB) Προβλήθηκε 2456 φορές

Έχουμε $\left ( BAC \right )=\dfrac{1}{2}b^{2}sin30^{o}=\dfrac{b^{2}}{4}$ οπότε $4AM\cdot BM=4\left ( BAC \right )=b^{2}$

Με το Ν. συνημιτόνων στο ABC

προκύπτει $a^{2}=b^{2}\left ( 2-\sqrt{3} \right )$ (άσκηση και του σχολικού).

Έτσι $tan15^{o}=\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{4BM^{2}}{4AM\cdot BM}=\dfrac{a^{2}}{b^{2}} = 2-\sqrt{3}$ .

* Ίσως να πέτυχα (; ) και τη σειρά..

..ηλικίας. Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2021 7:20 pm**

Ευχαριστώ τον Νίκο και τον Γιώργο για τις πολλαπλές όμορφες λύσεις τους. Δίνω άλλη μία, σχεδόν ίδια με την πρώτη

του Γιώργου, αλλά με άλλη διάταξη σχήματος. Βασίζεται σε τετράγωνο ABCD

πλευράς

και στο ισόπλευρο ABE

εντός του τετραγώνου.

: Γνωστή εφαπτομένη.png (9.93 KiB) Προβλήθηκε 2419 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2021 11:05 pm**

Ακόμα μία οπτική ...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2021 11:35 pm**

Καλησπέρα σε όλους. Ακόμα μία. Δεν την είδα κάπου (νομίζω...).

: 12-03-2021 Γεωμετρία.png (16.25 KiB) Προβλήθηκε 2395 φορές

Παίρνω αρχικά ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετη πλευρά

.

Φέρνω τη

όπως φαίνεται στο σχήμα, άρα $\displaystyle \varepsilon \varphi 15{}^\circ =x$ .

Στο DAB

είναι $\displaystyle BD=\sqrt{{{x}^{2}}+1}$ .

Στο BDE

είναι $\displaystyle DE=\frac{BD}{2}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}{2}$ .

Στο DEC

είναι $\displaystyle 2D{{E}^{2}}=D{{C}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}+1}{2}={{\left( 1-x \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x+1=0$ ,

που έχει δεκτή ρίζα $\displaystyle x=2-\sqrt{3}$ , εφόσον 0<χ<1

.

Οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi 15{}^\circ =2-\sqrt{3}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 6:45 pm**

Καλησπέρα! Αφού δεν επιτρέπεται να ..

..πειράξω ακόμη την ανήλικη (είναι νωρίς ως θεματοθέτης να δώσω λύση)

μια ακόμη για την παρούσα

άρα..που προέκυψε ως ιδέα από την άνωθεν λύση του Γιώργου Ρίζου!

: 14-3 tan 15.png (61.55 KiB) Προβλήθηκε 2363 φορές

Έχουμε $\left ( BAC \right )=x$ , αλλά και $\left ( BAC \right )=\dfrac{1}{2}AB^{2}\cdot sin150^o=\dfrac{x^{2}+1}{4}$ .

Εξισώνοντας παίρνουμε $x^{2}-4x+1=0$ δηλ. την εξίσωση ακριβώς ως άνω, του Γιώργου...
Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 15, 2021 10:24 am**

Να ευχαριστήσω τους nickchalkida και Γιώργο Ρίζο για τις όμορφες προσεγγίσεις τους και να ευχαριστήσω ξανά

και τον Γιώργο Μήτσιο που, σε αυτό το θέμα, πυροβολεί κατά ριπάς!

Δίνω άλλη μία με τη βοήθεια του ορθογωνίου τριγώνου $ABC, AB=1, AC=\sqrt 3, BC=2$ του σχήματος.

: Γνωστή εφαπτομένη.β.png (14.7 KiB) Προβλήθηκε 2326 φορές

Εύκολα βρίσκω $\displaystyle DE = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{2},BD = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2} \Rightarrow \tan 15^\circ = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{{\sqrt 3 + 1}} = 2 - \sqrt 3$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 16, 2021 8:29 pm**

Καλησπέρα στους φίλους! Ακόμη μία (τελευταία ίσως) , με χρήση του σχήματος:

: 16- 3 tan 15.png (92.39 KiB) Προβλήθηκε 2285 φορές

Από το θ.διχοτόμου παίρνουμε $\dfrac{x}{1-x}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \dfrac{x}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$

συνεπώς $tan 15^o=\dfrac{OE}{OA}= \dfrac{x}{\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$ . Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 16, 2021 10:42 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 16, 2021 8:29 pm
Καλησπέρα στους φίλους! Ακόμη μία (τελευταία ίσως)

Κιόλας, τελευταία;

: 16-03-2021 Γεωμετρία.png (25.39 KiB) Προβλήθηκε 2263 φορές

Από τον τύπο του Αρχιμήδη, (*)

$\displaystyle {\left( {{\lambda _{12}}} \right)^2} = 2R\left( {R - {\alpha _6}} \right) = 2 - \sqrt 3 \Rightarrow {\lambda _{12}} = \sqrt {2 - \sqrt 3 }$

(*)ή (για να δώσουμε κι ένα τριγωνομετρικό άρωμα.... από Ν. Συνημιτόνων)

$\displaystyle {\left( {{\lambda _{12}}} \right)^2} = {1^2} + {1^2} - 2\sigma \upsilon \nu 30^\circ = 2 - \sqrt 3$ άρα $\displaystyle {\lambda _{12}} = \sqrt {2 - \sqrt 3 }$

Επίσης, $\displaystyle {\left( {{\alpha _{12}}} \right)^2} + \frac{{{{\left( {{\lambda _{12}}} \right)}^2}}}{4} = 1 \Rightarrow {\alpha _{12}} = \sqrt {1 - \frac{{{{\left( {{\lambda _{12}}} \right)}^2}}}{4}} = \sqrt {1 - \frac{{2 - \sqrt 3 }}{4}} = \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2}$

$\displaystyle \varepsilon \varphi 15^\circ = \frac{{{\lambda _{12}}}}{{2{\alpha _{12}}}} = \frac{{\sqrt {2 - \sqrt 3 } }}{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }} = \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} = 2 - \sqrt 3$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 17, 2021 9:14 pm**

Χαιρετώ και πάλι! Εννοούσα, Γιώργο, τελευταία από μένα..

Αλλά ..

..καλώς πρόβλεψα κι΄έγραψα ίσως. Aς υποβάλω λοιπόν ακόμη μία , χαρισμένη στην μαγευτική Κέρκυρα!

: 17-3 tan 15(1).png (105.96 KiB) Προβλήθηκε 2214 φορές

Ο ρόμβος ABCD

έχει πλευρά

και $\widehat{A}=30^{o}$ . Έχουμε $\left ( ABCD \right )=CD\cdot AE=2$ , αλλά και $\left ( ABCD \right )=2xy$

οπότε xy=1

με

. Ακόμη $x^{2}+y^{2}=4$ . Βρίσκουμε $\left ( x+y \right )^{2}=4+2=6\Rightarrow x+y=\sqrt{6}$

Τα x,y

είναι ρίζες της $w^{2}-\sqrt{6}w+1=0$ που μας δίνει $\left ( x,y \right )=\left ( \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2} \right )$ .

Τέλος $tan15^{o}=\dfrac{x}{y}=...= 2-\sqrt{3}$ .

Υ.Γ Με τη διαδρομή αυτή βρίσκουμε πρώτα τα $sin15^o=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ και $cos15^o=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ ...

Φιλικά, Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 17, 2021 10:01 pm**

Ανταποδίδοντας στον φίλο Γιώργο, μια ακόμα σε σύστημα αξόνων. Ουσιαστικά είναι το Θεώρημα Διχοτόμων, μεταμφιεσμένο...

: 17-03-2021 Γεωμετρία.png (12.26 KiB) Προβλήθηκε 2200 φορές

Σε σύστημα συντεταγμένων παίρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x,\;\;x \ge 0$ .

Φέρνουμε την x=1

στο

, που την τέμνει στο $\displaystyle B\left( {1,\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$ .

Είναι OA = 1

, $\displaystyle {\rm A}{\rm B} = \frac{{\sqrt 3 }}{3},\;\;{\rm O}{\rm B} = \sqrt {1 + \frac{1}{3}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{2}$

Φέρνουμε και τη διχοτόμο

.

Τότε $\displaystyle \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{OA}}{{OB + OA}} \Leftrightarrow \frac{{\varepsilon \varphi 15^\circ }}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{1}{{\frac{{2\sqrt 3 }}{3} + 1}} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi 15^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 3 + 3}} = 2 - \sqrt 3$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 18, 2021 7:47 pm**

Είμαι περίεργος να δω αν οι δύο Γιώργηδες έχουν και άλλους άσους στο μανίκι

mathematica.gr

Γνωστή εφαπτομένη

Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη