ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

#1

Αν τα

είναι τετράγωνα στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων, τα σημεία B, D

ανήκουν στις AE, HA

αντίστοιχα και τα B, Z

βρίσκονται πάνω στον άξονα y'y

ενώ τα

βρίσκονται πάνω στον x'x

, να βρείτε την κλίση της ευθείας

όπου

με

.

#2

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 11:31 am
Αν τα είναι τετράγωνα στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων, τα σημεία ανήκουν στις αντίστοιχα και τα βρίσκονται πάνω στον άξονα ενώ τα βρίσκονται πάνω στον , να βρείτε την κλίση της ευθείας όπου με .

Υπάρχει γεωμετρική λύση αλλά κάνω με Αναλυτική επειδή "δεν χρειάζεται να σκεφτείς".

Με συντεταγμένες $A(a,b), \, B(0,p),\, C(q,0),\, E(t,0),\, Z(0,s)$ έχουμε

α) Από το μεγάλο τετράγωνο EA=EZ

και $EA\perp EZ$ . Ως προς συντεταγμένες μεταφράζεται s^2+t^2=(t-a)^2+b^2

και $\dfrac {-s}{t}\cdot \dfrac {b}{a-t}=-1$ . Λύνοντας το συστυμα και κρατώντας μόνο την λύση με $s<0,\,t<0$ θα βρούμε $s=-a-b,\, t= -b$

β) Παρόμοια εργασία στο μικρό τετράγωνο μέσω των p^2+q^2=a^2+(b-p)^2

και $\dfrac {-p}{q}\cdot \dfrac {b-p}{a}=-1$ δίνει p=a, q=b-a

.

Tώρα η συνευθειακότητα των E,B,A

δίνει $\dfrac {b-a}{a}= \dfrac {b}{a+b}$ . Oι connoisseur θα αναγνωρίσουν αμέσως (αλλιώς θα λύσουν την δευτεροβάθμια) ότι $\dfrac {b}{a} = \phi$ .

#3

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 11:31 am
Αν τα είναι τετράγωνα στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων, τα σημεία ανήκουν στις αντίστοιχα και τα βρίσκονται πάνω στον άξονα ενώ τα βρίσκονται πάνω στον , να βρείτε την κλίση της ευθείας όπου με .

Καλησπέρα!

Λόγω του τετραγώνου AEZH

κι επειδή οι άξονες είναι κάθετοι, θα είναι BE=AF

και

: Βρες την κλίση.png (11.42 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

$\boxed{\frac{b}{a} = \frac{{EB}}{{BA}} \Leftrightarrow \frac{b}{{a + b}} = \frac{{EB}}{{AE}}}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{BC}}{{AF}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{EB = AF} \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{AB}}{{EB}}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{b}{{a + b}} = \frac{a}{b} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{b}{a}=\Phi}$

KARKAR · #4

: κλίση.png (18.47 KiB) Προβλήθηκε 776 φορές

Περιστρέφοντας το σχήμα ζητάμε την : $\tan\theta$ . Αλλά επειδή : BE=AS=a-x

, από ομοιότητα παίρνω :

$\dfrac{a-x}{x}=\dfrac{a}{a-x}$ , συνεπώς ( λόγω του εγγραψίμου SABO

) , παίρνω τελικά : $\tan\theta=\dfrac{a-x}{x}=\phi$ .

#5

Μιχάλη, Γιώργο και Θανάση (χρόνια πολλά επί τη ευκαιρία έστω και καθυστερημένα) σας ευχαριστώ για την άμεση απάντηση με διαφορετικές προσεγγίσεις και χαίρομαι που σας ξαναβρίσκω εδώ έστω.
Παραθέτω και τη δική μου εκδοχή που προσομοιάζει με του Γιώργου και να θέσω ένα προβληματισμό-απορία:
Συμφωνώ όπως αναφέρει και ο Μιχάλης ότι η προσέγγιση με συντεταγμένες μας δίνει μια σιγουριά και σίγουρα ο μαθητής της Β Λυκείου αυτή θα επιλέξει. Αλλά εδώ είναι εφικτή αυτή η οδός; Δεν βλέπω κάποιο εύκολο τρόπο στην επίλυση του συστήματος Μιχάλη, εκτός αν μου διαφεύγει κάτι. Ποια διαδικασία θα μπορούσαμε να προτείνουμε στο μαθητή; Έθεσα στην τάξη μου το πρόβλημα στην απλούστερη εκδοχή να βρούνε το μικρό τετράγωνο με συγκεκριμένες τιμές για το Α(5,7) για να τους δείξω ότι πρέπει να αναζητούν και την γεωμετρική προσέγγιση. Δεν έχω πάρει απάντηση ακόμα.
Θα ήθελα τη γνώμη σας.
Στο δικό μου σχήμα έχουμε AN=a, NQ=KZ=EQ=b, NB=b-a

, οπότε από την ομοιότητα των τριγώνων AQE

και

προκύπτει η αναλογία $\dfrac{b-a}{b}=\dfrac{a}{a+b}$

#6

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:40 am
Μιχάλη, Γιώργο και Θανάση (χρόνια πολλά επί τη ευκαιρία έστω και καθυστερημένα) σας ευχαριστώ για την άμεση απάντηση με διαφορετικές προσεγγίσεις και χαίρομαι που σας ξαναβρίσκω εδώ έστω.
Παραθέτω και τη δική μου εκδοχή που προσομοιάζει με του Γιώργου και να θέσω ένα προβληματισμό-απορία:
Συμφωνώ όπως αναφέρει και ο Μιχάλης ότι η προσέγγιση με συντεταγμένες μας δίνει μια σιγουριά και σίγουρα ο μαθητής της Β Λυκείου αυτή θα επιλέξει. Αλλά εδώ είναι εφικτή αυτή η οδός; Δεν βλέπω κάποιο εύκολο τρόπο στην επίλυση του συστήματος Μιχάλη, εκτός αν μου διαφεύγει κάτι.

Καλησπέρα Ανδρέα!

Σίγουρα η προσέγγιση με συντεταγμένες είναι ασφαλής μέθοδος. Ωστόσο, τις περισσότερες φορές η διαδικασία είναι
επίπονη και χρονοβόρα. Ο μαθητής που θα επιλέξει μία τέτοια μέθοδο θα πρέπει να έχει μεγάλη ευχέρεια στις πράξεις.
Προσωπικά, καταφεύγω στις συντεταγμένες μόνο αν δεν μπορώ να βρω Ευκλείδεια λύση ή αν η Ευκλείδεια λύση είναι
πιο πολύπλοκη.

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:40 am
Ποια διαδικασία θα μπορούσαμε να προτείνουμε στο μαθητή; Έθεσα στην τάξη μου το πρόβλημα στην απλούστερη εκδοχή να βρούνε το μικρό τετράγωνο με συγκεκριμένες τιμές για το Α(5,7) για να τους δείξω ότι πρέπει να αναζητούν και την γεωμετρική προσέγγιση. Δεν έχω πάρει απάντηση ακόμα.
Θα ήθελα τη γνώμη σας.
Στο δικό μου σχήμα έχουμε , οπότε από την ομοιότητα των τριγώνων και προκύπτει η αναλογία $\dfrac{b-a}{b}=\dfrac{a}{a+b}$

Νομίζω ότι η διαδικασία που γράφεις πιο πάνω, φτάνει πιο γρήγορα στην τελική εξίσωση. Αν κατάλαβα καλά, στην τάξη έδωσες το

και ζητούσες τις άλλες κορυφές αν είναι σημεία των αξόνων;

: Α.Β.png (11.12 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές

#7

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 5:36 pm

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:40 am
Μιχάλη, Γιώργο και Θανάση (χρόνια πολλά επί τη ευκαιρία έστω και καθυστερημένα) σας ευχαριστώ για την άμεση απάντηση με διαφορετικές προσεγγίσεις και χαίρομαι που σας ξαναβρίσκω εδώ έστω.
Παραθέτω και τη δική μου εκδοχή που προσομοιάζει με του Γιώργου και να θέσω ένα προβληματισμό-απορία:
Συμφωνώ όπως αναφέρει και ο Μιχάλης ότι η προσέγγιση με συντεταγμένες μας δίνει μια σιγουριά και σίγουρα ο μαθητής της Β Λυκείου αυτή θα επιλέξει. Αλλά εδώ είναι εφικτή αυτή η οδός; Δεν βλέπω κάποιο εύκολο τρόπο στην επίλυση του συστήματος Μιχάλη, εκτός αν μου διαφεύγει κάτι.
Καλησπέρα Ανδρέα!

Σίγουρα η προσέγγιση με συντεταγμένες είναι ασφαλής μέθοδος. Ωστόσο, τις περισσότερες φορές η διαδικασία είναι
επίπονη και χρονοβόρα. Ο μαθητής που θα επιλέξει μία τέτοια μέθοδο θα πρέπει να έχει μεγάλη ευχέρεια στις πράξεις.
Προσωπικά, καταφεύγω στις συντεταγμένες μόνο αν δεν μπορώ να βρω Ευκλείδεια λύση ή αν η Ευκλείδεια λύση είναι
πιο πολύπλοκη.

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:40 am
Ποια διαδικασία θα μπορούσαμε να προτείνουμε στο μαθητή; Έθεσα στην τάξη μου το πρόβλημα στην απλούστερη εκδοχή να βρούνε το μικρό τετράγωνο με συγκεκριμένες τιμές για το Α(5,7) για να τους δείξω ότι πρέπει να αναζητούν και την γεωμετρική προσέγγιση. Δεν έχω πάρει απάντηση ακόμα.
Θα ήθελα τη γνώμη σας.
Στο δικό μου σχήμα έχουμε , οπότε από την ομοιότητα των τριγώνων και προκύπτει η αναλογία $\dfrac{b-a}{b}=\dfrac{a}{a+b}$
Νομίζω ότι η διαδικασία που γράφεις πιο πάνω, φτάνει πιο γρήγορα στην τελική εξίσωση. Αν κατάλαβα καλά, στην τάξη έδωσες το και ζητούσες τις άλλες κορυφές αν είναι σημεία των αξόνων;

Α.Β.png

Ακριβώς. Και νομίζω με συντεταγμένες φτάνει κανείς σε αδιέξοδο.

#8

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:40 am
Δεν βλέπω κάποιο εύκολο τρόπο στην επίλυση του συστήματος Μιχάλη, εκτός αν μου διαφεύγει κάτι.

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 8:04 pm
Ακριβώς. Και νομίζω με συντεταγμένες φτάνει κανείς σε αδιέξοδο.

Ας δούμε έναν από τους τρόπους. Θα είμαι λίγο αναλυτικός.

Το σύστημα ως προς s,t

είναι $\displaystyle{ s^2+t^2=(t-a)^2+b^2}$ και $\displaystyle{\dfrac {-s}{t}\cdot \dfrac {b}{a-t}=-1}$

Ισοδύναμα γράφεται s^2=a^2+b^2-2at

και

.

Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη επί b^2

και υψώνουμε την δεύτερη στο τετράγωνο. Έτσι

$\displaystyle{ a^2b^2+b^4-2ab^2t= s^2b^2= t^2(a^2-2at+t^2)}$ ή αλλιώς

$\displaystyle{t^4 -b^4+2atb^2-2at^3+a^2t^2-a^2b^2}=0$ η οποία σφυρίζει από χιλιόμετρα την ομαδοποίηση ως

$\displaystyle{(t^2-b^2)(t^2+b^2)-2at(t^2-b^2) +a^2(t^2-b^2)=0}$ και άρα

$\displaystyle{(t^2-b^2)(t^2-2at+a^2+b^2)=0}$ .

O δεύτερος παράγοντας δεν έχει ρίζες αφού γράφεται (t-a)^2+b^2

, και ο πρώτος δίνει $t=\pm b$ . Άμεσο τώρα και το

από την

.

KARKAR · #9

Το σχήμα παράγει διάφορα ερωτήματα :

: Τετράγωνα.png (20 KiB) Προβλήθηκε 581 φορές

α) Δείξτε ότι τα τρίγωνα : AQB , BOC

, είναι ίσα ... β) Δείξτε ότι : OP=2a

.

γ) Δείξτε ότι η

είναι διχοτόμος της $\widehat{OBP}$ .

δ) Αξιοποιώντας την τελευταία βρείτε τον λόγο : $\dfrac{b}{a}$ ( που είναι η ζητούμενη κλίση ) .

#10

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 10:54 pm
Το σχήμα παράγει διάφορα ερωτήματα :

Βεβαίως. Και πολλά ακόμα. Μπορεί μεν η Αναλυτική να είναι εν γένει άχαρη ως προς τις τεχνικές της (*), δίνει όμως πολλά δωράκια. Αργότερα μπορείς να τα δεις και με Ευκλείδεια μέσα, αλλά ως ανακαλυπτικό εργαλείο είναι εξαιρετικό. Προσθέτω π.χ. στα παραπάνω το ότι οι BD, EP, ZH

συγκλίνουν (απλή ρουτίνα με Αναλυτική).

(*) Όμως, σπεύδω να τονίσω ότι υπάρχουν και ωραιότατα θέματα όπου οι τεχνικές της Αναλυτικής είναι κομψότατες. Δυστυχώς δεν τις ακουμπάμε, πέρα από τεχνικές ρουτίνας. Πάντα ήθελα να ανοίξω ένα θρεντ εδώ με ασκήσεις που λύνονται εύκολα ή/και κομψά με Αναλυτική αλλά όπου με Ευκλείδεια είτε ...λαχανιάζεις είτε σκαλώνεις΄(**). Με πιέζουν διάφοροι για ένα τέτοιο θρεντ (ο Κεφαλονίτης φίλος Τηλέμαχος είναι ο πρώτος και καλύτερος) αλλά αυτό τον καιρό έχω πολύ δουλειά και δεν μπορώ να συγκεντρωθώ σε μακρόπνοα θέματα. Αναβάλλω για το μέλλον.

(**) Για παράδειγμα αυτό που αναφέρει ο Descartes όταν δημοσίευσε/ξεκίνησε την Aναλυτική Γεωμετρία. Συγκεκριμένα, έλυσε ένα πρόβλημα του Πάππου στο οποίο οι αρχαίοι Γεωμέτρες είχαν κολλήσει.

Ίσως το εξής είναι ωραία ασκησούλα ρουτίνας με Αναλυτική, αλλά κάπως πιο ζόρικο συνθετικά:

Αν πάρουμε σημεία D,E,F

στις πλευρές BC, CA, AB,

αντίστοιχα, ενός τριγώνου ABC

, και αν ισχύει $\displaystyle{\dfrac {BD}{DC}= \dfrac {CE}{EA} = \dfrac {AF}{FB}}$ , τότε τα τρίγωνα ABC, D

έχουν το ίδιο βαρύκεντρο.

Το συγκεκριμένο υπάρχει στον Πάππο (αν θυμάμαι καλά για την ειδική περίπτωση όπου οι παρπάνω λόγοι είναι, νομίζω, ο 1/7

) το οποίο λύνει συνθετικά αλλά όχι τόσο άνετα.

#11

Σε ευχαριστούμε πολύ Μιχάλη.
Οι αναφορές μου σε "αδιέξοδο" η σε "δυσκολία επίλυσης" του συστήματος, αναφερόταν πάντα στην αντιμετώπιση του θέματος μπαίνοντας στη θέση ενός μαθητή ο οποίος προφανώς θα προσπαθούσε να το λύσει με αντικατάσταση. Ακόμα και στην απλή περίπτωση με αριθμητικά δεδομένα τουλάχιστον οι μαθητές που το έδωσα κόλλησαν εκεί. Με προβλημάτισε κυρίως η διδακτική προσέγγιση του θέματος σε σχέση πάντα με την ύλη της Άλγεβρας της Β Λυκείου. Ένας τρόπος που επέλεξα ήταν να λύσουμε πρώτα την βοηθητική πρόταση:
Ένα δεδομένο διάνυσμα $\vec{v}=(a,b)$ είναι κάθετο και ίσου μέτρου στο $\vec{u}=(x,y)$ , αν και μόνο αν
(x,y)=(b,-a)

η

.
Η πολύ ωραία επίλυση του συστήματος που μας δίνεις, είναι επίσης ένα καλό παράδειγμα για να δείξουμε ότι συχνά τα δευτεροβάθμια συστήματα δεν μπορούν να αντιμετωπιστούν μόνο με αντικατάσταση ακόμα και αν μπορούμε να λύσουμε τη μια εξίσωση ως προς ένα από τους αγνώστους.
Ευχαριστώ και πάλι για την ενασχόληση και όλα όσα μοιράζεσαι μαζί μας. Καλό βράδυ!

#12

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 9:18 pm

Ας δούμε έναν από τους τρόπους. Θα είμαι λίγο αναλυτικός.

Το σύστημα ως προς είναι $\displaystyle{ s^2+t^2=(t-a)^2+b^2}$ και $\displaystyle{\dfrac {-s}{t}\cdot \dfrac {b}{a-t}=-1}$

Ας το δούμε και με αντικατάσταση. Λύνω τη δεύτερη ως προς

και αντικαθιστώ στην πρώτη.

$\displaystyle \frac{{{t^2}{{(a - t)}^2}}}{{{b^2}}} + {t^2} - {(a - t)^2} - {b^2} = 0 \Leftrightarrow {(a - t)^2}\left( {\frac{{{t^2}}}{{{b^2}}} - 1} \right) + ({t^2} - {b^2}) = 0 \Leftrightarrow$

$\displaystyle ({t^2} - {b^2})\left( {\frac{{{{(a - t)}^2}}}{{{b^2}}} + 1} \right) = 0,$ κλπ...

#13

Πολύ ωραία Γιώργο. Τελικά βγαίνει και με αντικατάσταση.
Θανάση πολύ ενδιαφέρουσα η παρατήρησή σου.
Άλλη μία προσέγγιση είναι η κατασκευαστική με την εύρεση του γεωμετρικού τόπου της κορυφής

όταν το

κινείται στον κατακόρυφο άξονα καθώς και του

όταν το

κινείται στον οριζόντιο άξονα, που είναι αντίστοιχες ευθείες, οπότε τα C, Z

προσδιορίζονται ως η τομή των τόπων αυτών με τους άξονες.
Μία διανυσματική προσέγγιση στο πρόβλημα που παραθέτει παραπάνω ο Μιχάλης είναι και η εξής:
Αν μετακινήσουμε την κορυφή

του τριγώνου κατά διάνυσμα $\vec{AD}$ , το βαρύκεντρο

μετακινείται κατά διάνυσμα $\frac{1}{3} \vec{AD}$ . Όμοια, αν μετακινήσουμε την

κατά διάνυσμα $\vec{BF}$ και τέλος την

κατά διάνυσμα $\vec{CE}$ , η συνολική μετακίνηση του βαρύκεντρου θα ισούται με το $\frac{1}{3}$ του αθροίσματος τριών διανυσμάτων μηδενικού αθροίσματος, οπότε θα παραμείνει αμετάβλητο.

#14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:53 pm
Ίσως το εξής είναι ωραία ασκησούλα ρουτίνας με Αναλυτική, αλλά κάπως πιο ζόρικο συνθετικά:

Αν πάρουμε σημεία στις πλευρές αντίστοιχα, ενός τριγώνου , και αν ισχύει $\displaystyle{\dfrac {BD}{DC}= \dfrac {CE}{EA} = \dfrac {AF}{FB}}$ , τότε τα τρίγωνα έχουν το ίδιο βαρύκεντρο.

Το συγκεκριμένο υπάρχει στον Πάππο (αν θυμάμαι καλά για την ειδική περίπτωση όπου οι παρπάνω λόγοι είναι, νομίζω, ο ) το οποίο λύνει συνθετικά αλλά όχι τόσο άνετα.

Επαναφορά.

#15

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 05, 2021 9:38 pm
Ίσως το εξής είναι ωραία ασκησούλα ρουτίνας με Αναλυτική, αλλά κάπως πιο ζόρικο συνθετικά:

Αν πάρουμε σημεία στις πλευρές αντίστοιχα, ενός τριγώνου , και αν ισχύει $\displaystyle{\dfrac {BD}{DC}= \dfrac {CE}{EA} = \dfrac {AF}{FB}}$ , τότε τα τρίγωνα έχουν το ίδιο βαρύκεντρο.

Το συγκεκριμένο υπάρχει στον Πάππο (αν θυμάμαι καλά για την ειδική περίπτωση όπου οι παρπάνω λόγοι είναι, νομίζω, ο ) το οποίο λύνει συνθετικά αλλά όχι τόσο άνετα.

Για να κλείνει: Αν οι κορυφές του τριγώνου έχουν συντεταγμένες $A(a_1,a_2),\, B(b_1,b_2), C(c_1,c_2)$ τότε για κάποια p,q

είναι

$\displaystyle{D\left (\dfrac {pb_1+qc_1}{p+q} ,\, \dfrac {pb_2+qc_2}{p+q} \right ) }$ και κυκλικά. Άρα το κέντρο βάρους του

έχει τετμημένη

$\displaystyle{\dfrac {1}{3} \left ( \dfrac {pb_1+qc_1}{p+q} + \dfrac {pc_1+qa_1}{p+q} + \dfrac {pa_1+qb_1}{p+q} \right) = \dfrac {1}{3}(a_1+b_1+c_1)}$ και όμοια η τεταγμένη.

Ομως αυτό ακριβώς είναι το κέντρο βάρους του ABC

. ό.ε.δ.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #16

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:53 pm

Ίσως το εξής είναι ωραία ασκησούλα ρουτίνας με Αναλυτική, αλλά κάπως πιο ζόρικο συνθετικά:

Αν πάρουμε σημεία στις πλευρές αντίστοιχα, ενός τριγώνου , και αν ισχύει $\displaystyle{\dfrac {BD}{DC}= \dfrac {CE}{EA} = \dfrac {AF}{FB}}$ , τότε τα τρίγωνα έχουν το ίδιο βαρύκεντρο.

Το συγκεκριμένο υπάρχει στον Πάππο (αν θυμάμαι καλά για την ειδική περίπτωση όπου οι παρπάνω λόγοι είναι, νομίζω, ο ) το οποίο λύνει συνθετικά αλλά όχι τόσο άνετα.

Μιχάλη, το θέμα αυτό είναι λυμένο με διανύσματα στην παρακάτω δημοσίευση
viewtopic.php?f=134&t=42376

#17

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 08, 2021 9:28 am

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:53 pm

Ίσως το εξής είναι ωραία ασκησούλα ρουτίνας με Αναλυτική, αλλά κάπως πιο ζόρικο συνθετικά:

Αν πάρουμε σημεία στις πλευρές αντίστοιχα, ενός τριγώνου , και αν ισχύει $\displaystyle{\dfrac {BD}{DC}= \dfrac {CE}{EA} = \dfrac {AF}{FB}}$ , τότε τα τρίγωνα έχουν το ίδιο βαρύκεντρο.

Το συγκεκριμένο υπάρχει στον Πάππο (αν θυμάμαι καλά για την ειδική περίπτωση όπου οι παρπάνω λόγοι είναι, νομίζω, ο ) το οποίο λύνει συνθετικά αλλά όχι τόσο άνετα.
Μιχάλη, το θέμα αυτό είναι λυμένο με διανύσματα στην παρακάτω δημοσίευση
viewtopic.php?f=134&t=42376

Ενδιαφέρον.

Ας προσθέσω λίγα λόγια γι' αυτούς που μπορεί να μην γνωρίζουν τα περί του εξεταστικού συστήματος εισαγωγής στα Πανεπιστήμια το 1963, όπου εμφανίστηκε το παραπάνω θέμα: Την εποχή εκείνη δεν υπήρχε ενιαία εξέταση αλλά η κάθε Σχολή είχε τα δικά της θέματα. Οι υποψήφιοι έγραφαν πολλές φορές διαγωνίσματα, χωριστά από Σχολή σε Σχολή. Το χειρότερο είναι ότι δεν υπήρχε ούτε καταγεγραμμένη ύλη. Τα θέματα μπορούσαν να είναι "ότι άρεσε στους εξεταστές" και μπορεί να μην ήταν σε ύλη που διδάχθηκε στο Σχολείο. Για παράδειγμα στο θέμα που παραπέμπει ο Τηλέμαχος (ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ) ο ίδιος το έλυσε με διανύσματα αλλά διανύσματα δεν ακούγαμε στο Σχολείο, ούτε κατά διάνοια. Η δική μου λύση με Αναλυτική είναι επίσης με εργαλεία που ούτε αυτά ακούγαμε, έστω κατά διάνοια, τότε.

Όλα αυτά άλλαξαν το 1964 με την λεγόμενη "μεταρρύθμιση του Παπανούτσου" όπου η εξέταση ήταν Κεντρική, και η ύλη δεδομένη. Από τότε έγιναν πολλές τροποποιήσεις (π.χ. περάσαμε από το σύστημα με τις Δέσμες) αλλά λίγο πολύ ήταν όλες στην ίδια κατεύθυνση. Άλλωστε άνοιξαν πολλά Πανεπιστήμια, οπότε η πρόσβαση στα Α.Ε.Ι. έγινε πιο προσιτή. Ίσα ίσα φτάσαμε τώρα άλλο άκρο. Το επίπεδο εισαγωγής έπιασε πάτο, όπου μπαίνουν ακόμη και άσχετοι. Για παράδειγμα ένα 3,5

στα Μαθηματικά επαρκεί για εισαγωγή σε Μαθηματικό Τμήμα ή με λευκή κόλλα σε κανά δύο μαθήματα μπορείς να σπουδάσεις Γαλλική Φιλολογία (τουλάχιστον αυτοί ζητούν

στην Γλώσσα. Κάτι είναι και αυτό. Αν εμείς ζητούσαμε

στα Μαθηματικά, θα αδειάζαμε).

#18

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 22, 2021 11:53 pm
Ίσως το εξής είναι ωραία ασκησούλα ρουτίνας με Αναλυτική, αλλά κάπως πιο ζόρικο συνθετικά:

Αν πάρουμε σημεία στις πλευρές αντίστοιχα, ενός τριγώνου , και αν ισχύει $\displaystyle{\dfrac {BD}{DC}= \dfrac {CE}{EA} = \dfrac {AF}{FB}}$ , τότε τα τρίγωνα έχουν το ίδιο βαρύκεντρο.

Το συγκεκριμένο υπάρχει στον Πάππο (αν θυμάμαι καλά για την ειδική περίπτωση όπου οι παραπάνω λόγοι είναι, νομίζω, ο ) το οποίο λύνει συνθετικά αλλά όχι τόσο άνετα.

Η άσκηση μπήκε σε εισαγωγικές εξετάσεις σε μία εποχή, όπου κάθε άλλη λύση πλην της Ευκλείδειας Γεωμετρίας απαγορευόταν δια ροπάλου. Ας δούμε λοιπόν και μία Γεωμετρική λύση. Θα χρησιμοποιηθούν δύο προτάσεις:

Π.1: Δίνεται τραπέζιο ABCD (AB||CD)

και

σημεία των μη παράλληλων πλευρών του AD, BC

ώστε

Αν $\displaystyle \frac{{AE}}{{ED}} = k,$ τότε: $\boxed{EZ = \frac{{AB + kDC}}{{k + 1}}}$ (Σχήμα-1)

Π.2: Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με βαρύκεντρο

και μία τυχούσα ευθεία $(\epsilon)$ που δεν τέμνει τις πλευρές του. Αν A', B',

είναι οι προβολές των A, B, C, G

αντίστοιχα πάνω στην $(\epsilon),$ τότε: $\boxed{AA'+BB'+CC'=3GG'}$ (Σχήμα-2)

: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963.α.png (14.66 KiB) Προβλήθηκε 199 φορές

Και τώρα στην άσκησή μας. Έστω $\displaystyle \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{CE}}{{EA}} = \frac{{EF}}{{FB}} = \lambda$ και $(\epsilon)$ μία ευθεία που δεν τέμνει τις πλευρές των

τριγώνων ABC, DE F.

Έστω ακόμα

το βαρύκεντρο του ABC

και

οι προβολές

των A, B, C, D, E, F, G

στην $(\epsilon).$

: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963.png (23.09 KiB) Προβλήθηκε 199 φορές

Σύμφωνα με την πρόταση (Π.1) είναι:

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} DD' = \dfrac{{BB' + \lambda CC'}}{{\lambda + 1}}\\ \\ EE' = \dfrac{{CC' + \lambda AA'}}{{\lambda + 1}}\\ \\ FF' = \dfrac{{AA' + \lambda BB'}}{{\lambda + 1}} \end{array} \right.\mathop \Rightarrow \limits^ \oplus DD' + EE' + FF' = AA' + BB' + CC' = 3GG'$

Αν τώρα

είναι το βαρύκεντρο του DE F

διαφορετικό του

και

η προβολή του στην $(\epsilon),$ θα είναι

KK'=GG'

που ισχύει μόνο αν $KG||\epsilon.$ Αλλά η $(\epsilon)$ είναι τυχούσα ευθεία, οπότε καταλήγουμε σε άτοπο,

που σημαίνει ότι τα τρίγωνα έχουν κοινό βαρύκεντρο.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #19

Καλημέρα από την Κεφαλονιά...

Γιώργο, το 1963 οι μόνες δεκτές λύσεις ήταν με Ευκλείδεια Γεωμετρία. Η οποιαδήποτε άλλη ήταν καταδικασμένη σε απόρριψη...
Βρήκα μία δημοσίευση στην οποία προτείνεις το ίδιο ακριβώς θέμα, ο διάλογος που έγινε ήταν ωφέλιμος.
viewtopic.php?f=178&t=63114

#20

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 12, 2021 10:25 am
Καλημέρα από την Κεφαλονιά...

Γιώργο, το 1963 οι μόνες δεκτές λύσεις ήταν με Ευκλείδεια Γεωμετρία. Η οποιαδήποτε άλλη ήταν καταδικασμένη σε απόρριψη...
Βρήκα μία δημοσίευση στην οποία προτείνεις το ίδιο ακριβώς θέμα, ο διάλογος που έγινε ήταν ωφέλιμος.
viewtopic.php?f=178&t=63114

Έτσι ακριβώς είναι Τηλέμαχε! Με αυτό το σύστημα έδωσα κι εγώ το 1972. Μέχρι το 1979, το μάθημα της Γεωμετρίας
εξεταζόταν αποκλειστικά με Ευκλείδεια. Ακολούθησε ένα αποτυχημένο σύστημα για μικρό χρονικό διάστημα και από
το 1983 και μετά, ήρθαν οι δέσμες, όπου καταργήθηκε πλέον η Ευκλείδεια γεωμετρία στις εισαγωγικές εξετάσεις και
προωθήθηκε η Αναλυτική. Η τελευταία μεταρρύθμιση το 2000, εκτός από τη δραματική μείωση της ύλης, δεν άλλαξε
κάτι στην Ευκλείδεια Γεωμετρία. Φαίνεται ότι "η δολοφονία του Ευκλείδη." είχε πλέον παραγραφεί.

ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Re: ΒΡΕΣ ΤΗΝ ΚΛΙΣΗ

Μέλη σε σύνδεση