mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 04, 2025 8:19 pm**

: Ισότητα από άλλη ισότητα.png (17.85 KiB) Προβλήθηκε 473 φορές

Το

είναι σημείο του ημικυκλίου διαμέτρου AOB=2r

και η

είναι η διχοτόμος της $\widehat{BAC}$ .

Οι εφαπτόμενες του τόξου στα C , D

τέμνουν την προέκταση της

στα σημεία S , T

αντίστοιχα .

Αν : TS=r

, εξετάστε αν είναι και : AD=CS

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 04, 2025 10:53 pm**

Αποσύρω την λύση ως εσφαλμένη, αλλά θα επανέλθω με σωστή.

Αποδεικνύεται ότι υπάρχει μία και μοναδική

ώστε να ισχύει η εν λόγω ισότητα.

Ζητώ συγγνώμη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 05, 2025 9:10 am**

Απέσυρα το προηγούμενο ως εσφαλμένο.

Συνεπώς η άσκηση είναι ακόμα ανοικτή.

Έχω σωστή λύση, παραλλαγή της εσφαλμένης, την οποία θα γράψω κάποια στιγμή.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 05, 2025 10:28 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 04, 2025 8:19 pm
Ισότητα από άλλη ισότητα.pngΤο είναι σημείο του ημικυκλίου διαμέτρου και η είναι η διχοτόμος της $\widehat{BAC}$ .

Οι εφαπτόμενες του τόξου στα τέμνουν την προέκταση της στα σημεία αντίστοιχα .

Αν : , εξετάστε αν είναι και : .

Θέτω

Είναι, $\boxed{CS^2=(2r+x)^2-r^2=3r^2+4rx+x^2}$ (1)

: Ισότητα από άλλη ισότητα.png (24.91 KiB) Προβλήθηκε 385 φορές

Εξάλλου με νόμο συνημιτόνου στο ADT

έχω:

$\displaystyle D{T^2} = {(2r + x)^2} + A{D^2} - 2(2r + x)AD\frac{{AD}}{{2r}}$ κι επειδή DT^2=(r+x)^2-r^2,

θα είναι $\displaystyle A{D^2} = \frac{{4{r^3} + 2{r^2}x}}{{r + x}}.$ Αν τώρα είναι AD=CS

από την

καταλήγω στην εξίσωση

$\displaystyle {x^3} + 5r{x^2} + 5{r^2}x - {r^3} = 0,$ όπου με χρήση λογισμικού βρίσκω μοναδική λύση $\boxed{x\simeq 0,170086r}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 08, 2025 10:26 am**

Κάνω μια ( ημιτελή )προσπάθεια :

: is from is.png (24.32 KiB) Προβλήθηκε 340 φορές

Από το

, είναι : $x+r=\dfrac{r}{\cos2\theta}$ και από το OCS

είναι : $x+2r=\dfrac{r}{\cos4\theta}$ .

Λύνοντας ως προς

καταλήγουμε ότι για την γωνία $\theta$ , ισχύει : $\cos4\theta=\dfrac{\cos2\theta}{2\cos^2\theta}$ (*).

(Σημειώστε ότι η γωνία αυτή έχει μέτρο περίπου $\theta=15.6401349^0$ ) . Καλούμαστε λοιπόν

να δείξουμε ότι αν ισχύει η (*) , τότε : $AD=CS \Leftrightarrow 2r\cos\theta=r\tan4\theta$

ή : $2\cos\theta=\tan4\theta$ , η οποία ελέγχθηκε ( με λογισμικό) ότι ισχύει .

Κάποιος περισσότερο επίμονος ίσως πάρει την δόξα της "παλληκαρήσιας" απόδειξης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 08, 2025 11:32 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2025 10:26 am
ή : $2\cos\theta=\tan4\theta$ , η οποία ελέγχθηκε ( με λογισμικό) ότι ισχύει .

Κάποιος περισσότερο επίμονος ίσως πάρει την δόξα της "παλληκαρήσιας" απόδειξης

Θανάση, παραπάνω όταν έγραφα ότι έχω λύση της άσκησης την οποία θα αναρτήσω, αυτήν ακριβώς την ακριβή απόδειξη είχα κατά νου. Δηλαδή την ισοδυναμία (με χρήση Τριγωνομετρίας, όχι λογισμικού)

$( \tan 4\theta = 2 \cos \theta ) \Leftrightarrow \left ( \dfrac {1}{\cos 4 \theta } - \dfrac {1}{\cos 2 \theta } = 1\right )$

(η δεύτερη είναι άλλη μορφή της (*) που αναφέρεσαι).

Θα την αναρτήσω κάποια στιγμή. Με αποτρέπει προσωρινά ο φόρτος εργασίας και διάφορες ομιλίες που έχω στο εξωτερικό, με Zoom. Το χρωστάω. Υπομονή.)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 08, 2025 7:24 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 04, 2025 8:19 pm
Το είναι σημείο του ημικυκλίου διαμέτρου και η είναι η διχοτόμος της $\widehat{BAC}$ .

Οι εφαπτόμενες του τόξου στα τέμνουν την προέκταση της στα σημεία αντίστοιχα .

Αν : , εξετάστε αν είναι και : .

α) Έχουμε $CS = OC \tan 4 \theta = r \tan 4 \theta$ και $AD= 2OA \cos \theta = 2r \cos \theta$ . Άρα η AD=CS

ισοδυναμεί με την

$\boxed { \tan 4 \theta = 2\cos \theta }$

β) Από τα τρίγωνα OCS, ODT

έχουμε $r=ST =OS-OT = \dfrac {r}{\cos 4\theta} - \dfrac {r}{\cos 2\theta}$ άρα $\boxed {\dfrac {1}{\cos 4\theta} - \dfrac {1}{\cos 2\theta }=1}$

Θα δείξουμε τώρα την ισοδύναμία στα α), β) δείχνοντας ότι και τα δύο είναι ισοδύμαμα με την $\boxed {2C^3+2C^2-2C-1=0} ,\,(*)$ όπου $C=\cos 2 \theta$ .

Σημειώνω ότι υπάρχει και καλύτερος τρόπος να δείξουμε την ισοδυναμία αλλά προτιμώ τον παρόντα γιατί τουλάχιστον μας επιτρέπει να βρούμε, μέσω λύσης της τριτοβάθμιας, την τιμή της γωνίας $\theta$ που δίνει την ισότητα των τμημάτων.

Είναι α)

$(\tan 4 \theta = 2\cos \theta ) \Leftrightarrow ( 2\cos \theta = \dfrac {\sin 4 \theta } {\cos 4 \theta } = \dfrac {2\sin2\theta \cos 2\theta } {\cos 4 \theta }= \dfrac {4\sin \theta \cos \theta \cos 2\theta } {2 \cos ^2 2 \theta-1 }$ ισοδύναμα

$1 = \dfrac {2 C\sin \theta } {2 C ^2 -1 }$ από όπου $2C^2 -1 = 2C\sin \theta$ . Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε

$(2C^2 -1)^2 = 4C^2 \sin ^2 \theta 2C^2 (1-C)$ και άρα 4C^4+2C^3-6C^2+1=0

, ισοδύναμα

(2C-1)(2C^3+2C^2-2C-1)=0

. Όμως $2C-1\ne 0$ διότι δίνει $2\theta = 60^o$ που απορρίπτεται γιατί το σχήμα απαιτεί $4\theta$ οξεία.

Τελικά ισχύει η (*)

. Το βήμα αυτό αντιστρέφεται ακριβώς διότι $2\theta \ne 60^ο$ .

β) Είναι

$\left (\dfrac {1}{\cos 4\theta} - \dfrac {1}{\cos 2\theta }=1 \right ) \Leftrightarrow \left (\dfrac {1}{2C^ 2 -1 } - \dfrac {1}{C }=1 \right )$ από όπου αμέσως η (*)

, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

mathematica.gr

Ισότητα από άλλη ισότητα

Ισότητα από άλλη ισότητα

Re: Ισότητα από άλλη ισότητα

Re: Ισότητα από άλλη ισότητα

Re: Ισότητα από άλλη ισότητα

Re: Ισότητα από άλλη ισότητα

Re: Ισότητα από άλλη ισότητα

Re: Ισότητα από άλλη ισότητα