ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

#1

1. Έστω $\displaystyle{f(x)=ax^2 +bx+c , a\geq 0 , b\geq 0 , c\geq 0 , a+b+c>0}$ . Να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{[f(xy)]^2 \leq f(x^2 )f(y^2 )}$

2. Πρόβλημα $\displaystyle{10^{0\nu}}$ του 5΄ κεφαλαίου των ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΩΝ του ΔΙΟΦΑΝΤΟΥ.

Ευρείν τρίγωνον ορθογώνιον όπως ο εν τω εμβαδώ αυτού, προσλαβών το εν συναμφοτέρω της τε υποτεινούσης και μιας των ορθών, ποιή δοθέντα αριθμόν. Δηλαδή:

Να βρείτε ορθογώνιο τρίγωνο τέτοιο ώστε αν προστεθεί στην αριθμητική τιμή του εμβαδού του το μέτρο μιας καθέτου πλευράς του, βρίσκουμε δοσμένο αριθμό.
Οι αριθμοί εδώ είναι ακέραιοι. Να βρεθεί το τρίγωνο όταν ο δοσμένος αριθμός είναι $\displaystyle{75}$ .

3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , συμβολίζουμε με $\displaystyle{\Delta , E }$ και $\displaystyle{Z}$ τα ίχνη των υψών του που άγονται από τις κορυφές $\displaystyle{A , B }$ και $\displaystyle{\Gamma}$ αντίστοιχα και με $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρό του. Αν $\displaystyle{\Theta}$ είναι το σημείο τομής της $\displaystyle{EZ}$ με την ευθεία $\displaystyle{B\Gamma}$ , $\displaystyle{K , \Lambda}$ τα σημεία τομής των ευθειών $\displaystyle{AB , A\Gamma}$ με την παράλληλη από το $\displaystyle{\Delta}$ προς την $\displaystyle{EZ}$ και $\displaystyle{P , \Pi}$ τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{AH , ZE}$ , να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{P\Pi , B\Gamma$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\Theta \Lambda}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

4. Πάνω σε μια περιφέρεια κύκλου $\displaystyle{C}$ , θεωρούμε $\displaystyle{\nu}$ διαφορετικά σημεία ( $\displaystyle{\nu\geq 3}$ ), τα οποία αν ενωθούν ανά δύο μεταξύ τους, χωρίζουν τον κύκλο σε περιοχές (κομμάτια). Να προσδιορισθεί ο μέγιστος αριθμών περιοχών του κυκλικού δίσκου που ορίζονται με τον τρόπο αυτό.

parmenides51 · #2

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:4. Πάνω σε μια περιφέρεια κύκλου $\displaystyle{C}$ , θεωρούμε $\displaystyle{\nu}$ διαφορετικά σημεία ( $\displaystyle{\nu\geq 3}$ ), τα οποία αν ενωθούν ανά δύο μεταξύ τους, χωρίζουν τον κύκλο σε περιοχές (κομμάτια). Να προσδιορισθεί ο μέγιστος αριθμών περιοχών του κυκλικού δίσκου που ορίζονται με τον τρόπο αυτό.

εδώ

#3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , συμβολίζουμε με $\displaystyle{\Delta , E }$ και $\displaystyle{Z}$ τα ίχνη των υψών του που άγονται από τις κορυφές $\displaystyle{A , B }$ και $\displaystyle{\Gamma}$ αντίστοιχα και με $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρό του. Αν $\displaystyle{\Theta}$ είναι το σημείο τομής της $\displaystyle{EZ}$ με την ευθεία $\displaystyle{B\Gamma}$ , $\displaystyle{K , \Lambda}$ τα σημεία τομής των ευθειών $\displaystyle{AB , A\Gamma}$ με την παράλληλη από το $\displaystyle{\Delta}$ προς την $\displaystyle{EZ}$ και $\displaystyle{P , \Pi}$ τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{AH , ZE}$ , να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{P\Pi , B\Gamma$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\Theta \Lambda}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Άλλαξα μερικά γράμματα για δική μου ευκολία $\left( {\Delta \to D} \right),\left( {\Theta \to F} \right),\left( {\Lambda \to L} \right),\left( {\Pi \to Q} \right)$ ..

$\bullet$ Με $ZE\parallel KL \Rightarrow \angle LKB\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha } \angle EZA$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle EZA = \angle LCB\,\,(BZEC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o(\angle BZC = \angle BEC = {{90}^0}))} \angle LKB = \angle BEC \Rightarrow$ ομοκυκλικά

οπότε για τις τεμνόμενες χορδές στο σημείο του περικυκλίου $\left( {KBLC} \right)$ ισχύει: $\boxed{\left( {DK} \right) \cdot \left( {DL} \right) = \left( {DB} \right) \cdot \left( {DC} \right)}:\left( 1 \right)$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο με τα μέσα των διαγωνίων του αντίστοιχα, η ευθεία είναι η ευθεία του

τετραπλεύρου αυτού και συνεπώς αν $M \equiv PQ \cap BC$ το θα είναι το μέσο της άλλης διαγωνίου του .

Από το ίδιο πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η τετράδα $\left( {B,C - F,D} \right)$ είναι αρμονική άρα $\boxed{\frac{{\left( {DB} \right)}}{{\left( {DC} \right)}} = \frac{{\left( {FB} \right)}}{{\left( {FC} \right)}}}:\left( 2 \right)$ .

[attachment=0]2.png[/attachment]
$\bullet$ Ας υποθέσουμε (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι , τότε (με δεδομένο και το "οξυγώνιο" του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) το σημείο

θα βρίσκεται ανάμεσα στα και συνεπώς η διάταξη (από αριστερά προς τα δεξιά) των σημείων της ευθείας του σχήματος θα είναι: .

Έτσι $\left( {BM} \right) = \left( {MC} \right) \Rightarrow \left( {DB} \right) + \left( {DM} \right) = \left( {DC} \right) - \left( {DM} \right)$ $\Rightarrow \boxed{2\left( {DM} \right) = \left( {DC} \right) - \left( {DB} \right)}:\left( 3 \right)$ και από την σχέση

$\left( 2 \right) \Rightarrow \displaystyle\frac{{\left( {DB} \right)}}{{\left( {DC} \right)}} =\displaystyle\frac{{\left( {FD} \right) - \left( {DB} \right)}}{{\left( {FD} \right) + \left( {DC} \right)}} \Rightarrow$ $\left[ {\left( {FD} \right) + \left( {DC} \right)} \right] \cdot \left( {DB} \right) = \left[ {\left( {FD} \right) - \left( {DB} \right)} \right] \cdot \left( {DC} \right) \Rightarrow$

$\left( {FD} \right) \cdot \left( {DB} \right) + \left( {DB} \right) \cdot \left( {DC} \right) = \left( {FD} \right) \cdot \left( {DC} \right) - \left( {DB} \right) \cdot \left( {DC} \right) \Rightarrow$ $2\left( {DB} \right) \cdot \left( {DC} \right) = \left( {FD} \right) \cdot \left[ {\left( {DC} \right) - \left( {DB} \right)} \right]\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)}$

$2\left( {DB} \right) \cdot \left( {DC} \right) = 2\left( {FD} \right) \cdot \left( {DM} \right) \Rightarrow$ $\left( {DB} \right) \cdot \left( {DC} \right) = \left( {FD} \right) \cdot \left( {DM} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{\left( {DK} \right) \cdot \left( {DL} \right) = \left( {FD} \right) \cdot \left( {DM} \right)}:\left( * \right)$ .

Από τη σχέση $\left( * \right)$ και από το αντίστροφο του θεωρήματος των τεμνομένων χορδών στο σημείο προκύπτει ότι:

τα σημεία είναι ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#4

1. Έστω $\displaystyle{f(x)=ax^2 +bx+c , a\geq 0 , b\geq 0 , c\geq 0 , a+b+c>0}$ . Να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{[f(xy)]^2 \leq f(x^2 )f(y^2 )}$

έστω $\displaystyle{b^2-4ac\ge 0}$ το τριώνυμο $\displaystyle{f(x)}$ έχει 2 αρνητικές ρίζες $\displaystyle{-u^2,-v^2}$ άρα $\displaystyle{f(x^2)f(y^2)=a^2(x^2+u^2)(x^2+v^2)(y^2+u^2)(y^2+v^2)}$

ομως $\displaystyle{(x^2+u^2)(y^2+u^2)-(xy+u^2)^2=u^2(x-y)^2\ge 0}$ και όμοια $\displaystyle{(x^2+v^2)(y^2+v^2)-(xy+v^2)^2=v^2(x-y)^2\ge 0}$ '
αρα $\displaystyle{f(x^2)f(y^2)\ge a^2(xy+u^2)^2(xy+v^2)^2=f^2(xy)}$

αν $\displaystyle{b^2-4ac< 0}$ τοτε επειδή $\displaystyle{f>0}$ και $\displaystyle{(lnf(x))''=\frac{-2a^2x^2+2abx+2ac-b^2}{f^2(x)}<0}$ αφού η διακρίνουσα του αριθμητη είναι $\displaystyle{-4a^2(b^2-4ac)>0}$ για $\displaystyle{a\ne 0}$ η $\displaystyle{lnf}$ είναι κυρτή οπότε

$\displaystyle{lnf(x^2)+lnf(y^2)\ge 2lnf(\frac{x^2+y^2}{2})}$
ομως για $\displaystyle{x>0\Rightarrow lnf\uparrow,\frac{x^2+y^2}{2}\ge xy \Rightarrow 2lnf(\frac{x^2+y^2}{2})\ge 2lnf(xy)}$
συνεπώς $\displaystyle{lnf(x^2)f(y^2)\ge lnf^2(xy)}$

Αν $\displaystyle{a=0}$ η ασκηση είναι πολυ απλή και λύνεται με απλές πράξεις

#5

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{f(x)=ax^2 +bx+c , a\geq 0 , b\geq 0 , c\geq 0 , a+b+c>0}$ . Να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{[f(xy)]^2 \leq f(x^2 )f(y^2 )}$

Από Cauchy-Schwarz είναι ( $a,b,c \geq 0$ )

$\displaystyle{(x^2 )f(y^2)=(ax^4 +bx^2+c)(ay^4 +by^2+c)\geq (a(xy)^2+bxy+c)^2=f(xy)^2}$

#6

socrates έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{f(x)=ax^2 +bx+c , a\geq 0 , b\geq 0 , c\geq 0 , a+b+c>0}$ . Να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{[f(xy)]^2 \leq f(x^2 )f(y^2 )}$
Από Cauchy-Schwarz είναι ( $a,b,c \geq 0$ )

$\displaystyle{(x^2 )f(y^2)=(ax^4 +bx^2+c)(ay^4 +by^2+c)\geq (a(xy)^2+bxy+c)^2=f(xy)^2}$

Θανάση σκότωσα μύγα με υδραυλικό πιεστήριο

#7

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:2. Πρόβλημα $\displaystyle{10^{0\nu}}$ του 5΄ κεφαλαίου των ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΩΝ του ΔΙΟΦΑΝΤΟΥ.

Ευρείν τρίγωνον ορθογώνιον όπως ο εν τω εμβαδώ αυτού, προσλαβών το εν συναμφοτέρω της τε υποτεινούσης και μιας των ορθών, ποιή δοθέντα αριθμόν. Δηλαδή:

Να βρείτε ορθογώνιο τρίγωνο τέτοιο ώστε αν προστεθεί στην αριθμητική τιμή του εμβαδού του το μέτρο μιας καθέτου πλευράς του, βρίσκουμε δοσμένο αριθμό.
Οι αριθμοί εδώ είναι ακέραιοι. Να βρεθεί το τρίγωνο όταν ο δοσμένος αριθμός είναι $\displaystyle{75}$ .

Αρκετά εύκολο πρόβλημα για τον Αρχιμήδη των μεγάλων. Ήταν η χρονιά που έδινα κι εγώ ως τελειόφοιτος.

Ας είναι a,b,c

οι τρεις πλευρές του τριγώνου εκ των οποίων η

είναι η υποτείνουσα. Θέλουμε να ισχύει bc+2b=150

(όμοια αν είχαμε bc+2c=150

) δηλαδή

.

και αν γράψουμε το 150 με όλους τους δυνατούς τρόπους ως γινόμενο 2 αριθμών έχουμε τελικά ότι οι μόνες δεκτές λύσεις είναι οι (a,b,c)=(17,15,8)

ή

Αλέξανδρος

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1998 - ΛΥΚΕΙΟ

Μέλη σε σύνδεση