Ετερόκλητα ερωτήματα

KARKAR · #1

: Ετερόκλητα θέματα.png (8.79 KiB) Προβλήθηκε 317 φορές

Η γωνία που σχηματίζει η διάμεσος

με την υποτείνουσα

, ισούται με το μισό της $\widehat{B}$ .

Αν AB=10

, υπολογίστε την

( έστω και με προσέγγιση ) .

Αν γνωρίζουμε την $\tan2x$ , μπορούμε να υπολογίσουμε την $\tan3x$ ; ( $\tan3x=\dfrac{3\tan x-\tan^3x}{1-3\tan^2x}$ )

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 04, 2024 8:34 am
Ετερόκλητα θέματα.pngΗ γωνία που σχηματίζει η διάμεσος με την υποτείνουσα , ισούται με το μισό της $\widehat{B}$ .

Αν , υπολογίστε την ( έστω και με προσέγγιση ) .

Αν γνωρίζουμε την $\tan2x$ , μπορούμε να υπολογίσουμε την $\tan3x$ ; ( $\tan3x=\dfrac{3\tanx-\tan^3x}{1-3\tan^2x}$ )

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 04, 2024 8:34 am
Ετερόκλητα θέματα.pngΗ γωνία που σχηματίζει η διάμεσος με την υποτείνουσα , ισούται με το μισό της $\widehat{B}$ .

Αν , υπολογίστε την ( έστω και με προσέγγιση ) .

Αν γνωρίζουμε την $\tan2x$ , μπορούμε να υπολογίσουμε την $\tan3x$ ; ( $\tan3x=\dfrac{3\tanx-\tan^3x}{1-3\tan^2x}$ )

: Ετερόκλητα ερωτήματα.png (36.43 KiB) Προβλήθηκε 297 φορές

Από τα προσεγγιστικά αποτελέσματα που δίδω στο σχήμα : αλλά και απο τον ορισμό : $\boxed{\tan 3x = 2\tan 2x}$ .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 04, 2024 8:34 am
Ετερόκλητα θέματα.pngΗ γωνία που σχηματίζει η διάμεσος με την υποτείνουσα , ισούται με το μισό της $\widehat{B}$ .

Αν , υπολογίστε την ( έστω και με προσέγγιση ) .

Αν γνωρίζουμε την $\tan2x$ , μπορούμε να υπολογίσουμε την $\tan3x$ ; ( $\tan3x=\dfrac{3\tanx-\tan^3x}{1-3\tan^2x}$ )

Θέτω :

ζητούμενο ) και $BC = a\,\,,\,\,MC = m$ ( παράμετροι ). Από το $\vartriangle MBC$ κι αφού η μια γωνία διπλάσιας της άλλης,

ισχύει : ${m^2} = 25 + 5a\,\,\,\left( 1 \right)$ . Από Π. Θ. στο $\vartriangle AMC$ , ${m^2} = {y^2} + 25$ οπότε λόγω της $\left( 1 \right)$ , ${y^2} = 5a \Rightarrow {y^4} = 25{a^2}$ που από το Π. Θ.

: Ετερόκλητα ερωτήματα_extra.png (11.26 KiB) Προβλήθηκε 278 φορές

στο $\vartriangle ABC$ δίδει : ${y^4} - 25{y^2} - 2500 = 0 \Rightarrow \boxed{y = 5\sqrt {\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{2}} }$ .

Το τμήμα

κατασκευάζεται . Επειδή εν γένει ( με $\theta = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,AB = 2AM$ ) : $y = AB\tan 2x = \dfrac{{AB}}{2}\tan 3x \Rightarrow \boxed{2\tan 2x = \tan 3x}$

Μάλλον είναι σαν τη λύση του Γιώργου,

Παρατήρηση :

Στην γενική περίπτωση αν : $AM = MB = k > 0\,\,,\,\,AC = y\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = a$ τότε : $\boxed{y = k\sqrt {\frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}} }$ .

Το θέμα δεν νομίζω ότι εμπίπτει στην κατηγορία του φακέλου . Αν δε, είναι από το εργαστήριο του ( δεν το έχω ξαναδεί)

KARKAR · #5

: Αστείο.png (13.57 KiB) Προβλήθηκε 264 φορές

Με προσέγγιση δύο δεκαδικών

( Αυτό είναι διασκεδαστικό ... )

Στο δεύτερο ερώτημα , ζητάω τη γενική λύση ( όχι για το συγκεκριμένο $\theta$ ) .

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 04, 2024 1:32 pm
Αστείο.png Με προσέγγιση δύο δεκαδικών ( Αυτό είναι διασκεδαστικό ... )

Στο δεύτερο ερώτημα , ζητάω τη γενική λύση ( όχι για το συγκεκριμένο $\theta$ ) .

Σε ότι αφορά την έκφραση της $\tan 3x$ από την $\tan 2x$ έχουμε :

$\tan 3x = \dfrac{{3\tan x - {{\tan }^3}x}}{{1 - 3{{\tan }^2}x}} = \tan x\dfrac{{3 - {{\tan }^2}x}}{{1 - 3{{\tan }^2}x}}\,\,\,\left( 1 \right)$

Από $\tan 2x = \dfrac{{2\tan x}}{{1 - {{\tan }^2}x}} \Rightarrow \tan x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt {1 + {{\tan }^2}x} }}{{\tan x}}\,\,\,\left( 2 \right)$ δηλαδή προκύπτουν δύο λύσεις .

Αυτό εξαρτάται από το πέρας του τόξου

όταν γνωρίζουμε το πέρας του τόξου

.

π.χ. έστω $2x = 4800^\circ$ . Είναι $\tan 4800^\circ = - \sqrt 3 \,\,$ , ενώ $2400^\circ = 6 \cdot 360^\circ + 240^\circ$ που έχει πέρας στο τρίτο τεταρτημόριο .

Έτσι $\tan 2400^\circ = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {1 + 3} }}{{ - \sqrt 3 }} = \sqrt 3$ . μετά αντικαθιστώ στην $\left( 1 \right)$ κι έχω αυτό που θέλω .

#7

Το πρώτο ερώτημα ακριβώς όπως και ο Νίκος,

Το δεύτερο υπό διερεύνηση.

Ετερόκλητα ερωτήματα

Ετερόκλητα ερωτήματα

Re: Ετερόκλητα ερωτήματα

Re: Ετερόκλητα ερωτήματα

Re: Ετερόκλητα ερωτήματα

Re: Ετερόκλητα ερωτήματα

Re: Ετερόκλητα ερωτήματα

Re: Ετερόκλητα ερωτήματα

Μέλη σε σύνδεση