Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

#1

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ , με A>π/2.

Να αποδείξετε πως υπάρχουν τουλάχιστον δύο σημεία Μ της πλευράς ΒΓ , για τα οποία να ισχύει:

$\displaystyle{ ({\rm M}{\rm A})^2 = ({\rm M}{\rm B}) \cdot ({\rm M}\Gamma ) }$

Υ.Γ Ωραίο θεματάκι για εξετάσεις. Τουλάχιστον δημιουργικό θα το έλεγα...

S.E.Louridas · #2

Φίλε Χρήστο ,καλό θα ήταν να τα λέγαμε και από κοντά σε αυτές τις ομορφες συναντήσεις μας στην Ροζαλία.
Δεν μπορούμε να πούμε οτι δέν μας έλλειψες.
Τώρα γιά το πρόβλημα αρκεί να θεωρήσουμε κύκλο με διάμετρο το ΑΚ (Κ το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου) και να βρούμε τα σημεία τομής του μέ την ΒΓ (δηλ. τα Μ)(δύναμη του σημείου Μ κ.τ.λ.).

S.E.Louridas

#3

Σωτήρη σ'ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια και ανταποδίδω!
Άλλωστε είσαι απο τις περιπτώσεις συναδέλφων που με έχουν διαψεύσει με τον τρόπο τους και δεν πέφτω και πολύ συχνά έξω.
Είναι ωραίο να παραδέχεσαι την αλήθεια και αυτό φανερώνει μεγαλείο ψυχής.
Κι εσύ νομίζω πως έχεις αρκετό απο αυτό!
Πέρα απο τις μαθηματικές σου γνώσεις φυσικά, οι οποίες είναι δεδομένες.

Για την άσκηση τώρα, εκτός απο τη γεωμετρική λύση, θα περιμένω και για μια πιο ''διαφορική'' λύση! Αλλιώς θα τη γράψω εγώ..
Ευχαριστώ

Kercyn · #4

Συγγνώμη, κάτι παρόμοιο, απ' ότι θυμάμαι, δεν υπάρχει και στην Γεωμετρία της Β' λυκείου; Τώρα δεν ξέρω τι μαγική λύση μπορεί να υπάρχει με διαφορικό λογισμό μέσα, αλλά θα το κοιτάξω αύριο.
Πότε να περιμένουμε την διαφορική λύση;

#5

Σφύρα το και θα γίνει.

chris · #6

Λίγο πιο αναλυτικα η λύση του κ.Σωτήρη:
Εστω ΑΚ=R=η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου.Είναι $M'B\cdot M'C=R^{2}-M'K^{2}=AK^{2}-M'K^{2}=AM'^{2}$ ομοίως για το Μ. Δείτε και το σχήμα απο Geogebra.

Christos.N · #7

Προσανατολίζουμε την πλευρά ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ στον άξονα x'x συμμετρικά ως προς

την αρχή των αξόνων. Έστω λοιπόν Β(-α,0) και Γ(α,0) όπου α>0. Για να είναι το τρίγωνο
αμβλυγώνιο ως προς την κορυφή Α(γ,δ) πρέπει $\displaystyle{{\gamma ^2} + {\delta ^2} < {\alpha ^2}}$
Έστω Μ(x,0) τυχών εσωτερικό σημείο της ΒΓ, όπου -α<x<α
Η σχέση $\displaystyle{ ({\rm M}{\rm A})^2 = ({\rm M}{\rm B}) \cdot ({\rm M}\Gamma ) }$ τότε εκφράζεται:
$\displaystyle{{(x - \gamma )^2} + {\delta ^2} = (\alpha-x )(\alpha+x ) \Leftrightarrow 2{x^2} - 2\gamma x + {\gamma ^2} + {\delta ^2} - {\alpha ^2} = 0}$ .
Έστω η συνεχής συνάρτηση στο R.
$\displaystyle{f(x) = 2{x^2} - 2\gamma x + {\gamma ^2} + {\delta ^2} - {\alpha ^2}}$

Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στα διαστήματα $\displaystyle{[ - \alpha ,0]}$ και $\displaystyle{[0,\alpha ]}$ , συνεπώς υπάρχουν δύο τουλάχιστον σημεία εσωτερικά των διαστημάτων αυτών όπου f(x)=0

, που απο το τελευταίο συνάγεται το ζητούμενο.

S.E.Louridas · #8

Chris
Σε ευχαριστώ ειλικρινά.

S.E.Louridas

Ανδρέας Πούλος · #9

Μήπως πρέπει να τροποποιηθεί λίγο η εκφώνηση;
Αν η Α γωνία αμβλεία, τότε υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία Μ με αυτή την ιδιότητα.
Το "ακριβώς δύο είναι απλό", μία δευτεροβάθμια εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες.
Επίσης, διατυπώνω την εικασία. "Αν η γωνία Α είναι ορθή, τότε υπάρχει μόνο ένα τέτοιο σημείο Μ"
(είναι η προβολή του Α στην υποτείνουσα ΒΓ)
και "αν η γωνία Α είναι οξεία, τότε δεν υπάρχει τέτοιο σημείο Μ"
(αυτή ακριβώς είναι η εικασία μου και την παραθέτω για διερεύνηση, χάριν της γενίκευσης του προβλήματος).
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#10

Δίχως άλλο, βάσιμες οι υποδείξεις του Ανδρέα!
Ευχαριστώ και το Χρήστο για τη λύση του.
Μπορεί να είναι εύκολος ο χειρισμός της δευτεροβάθμιας, τα bolzano κτλ, μα θεωρώ πως ο δρόμος μέχρι εκεί είναι
το όμορφο της άσκησης.
Αν μη τι άλλο , χρειάζεται και λίγη φαντασία στα θέματα της Γ'Λυκείου.
Τώρα αν αυτήν την προσφέρει ένα καθαρά γεωμετρικό θέμα, μια άλλη επινόηση νομίζω πως δεν έχει και τόση σημασία.

Καλημέρα σε όλους!

S.E.Louridas · #11

Μία προσωπική μου άποψη:
Το γενικώτερο πρόβλημα δεν είναι,προφανώς,αν ένα γεωμετρικό πρόβλημα λύνεται και με ανάλυση ή αντίστροφα. Μάλλον αυτό δεν μπορεί να είναι ούτε σκέψη ερωτήματος.
Γιά αυτούς που έχουν αντίληψη του μαθηματικού περιβάλλοντος και όχι για......είναι κατανοητό ότι υπάρχει
ΜΟΝΟ ΕΝΑ: η Μαθηματική Σκέψη. Αυτή η θαυμαστή σκέψη έχει συγκεκριμένη ιστορική διαδρομή και στηρίζεται σε λογικούς κανόνες ανεπανάληπτης αξίας (προφανώς Όχι Φορμαλιστικής).Αυτή είναι η σκέψη που επίσης αποτελεί σημείο αναφοράς γιά την οποιαδήποτε,τελικά, Επιστημονική Σκέψη.

S.E.Louridas

Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Re: Γεωμετρία με διαφορικό λογισμό;

Μέλη σε σύνδεση