Γιώργο πολύ ωραία η προσπάθεια, ίσως να μην επαρκεί ως έχει για αυστηρή απόδειξη, μας δίνει όμως έναν πανέμορφο χαρακτηρισμό της μέγιστης απόστασης, κάτι που είχα αναζητήσει και εγώ (ανεπιτυχώς, κυρίως επειδή δεν πίστεψα ότι υπάρχει)!

Γενικότερα 'θα έπρεπε' ... η συνάρτηση "μέσος όρος" κυρτής σε κάποιο διάστημα συνάρτησης να είναι κυρτή στο ίδιο διάστημα ... και υποπτεύομαι ότι οι παραπάνω τεχνικές μπορούν να το αποδείξουν ... αλλά δεν βλέπω κάποιον άλλο 'προφανή' λόγο για τον οποίο θα έπρεπε να ισχύει αυτό...

Ας παρατηρήσουμε κατ' αρχήν ότι η ζητούμενη μέγιστη απόσταση δίδεται από την απόσταση ανάμεσα σε δύο σημεία $(x,y)$, $(-x,-y)$. Πράγματι, αν η μέγιστη απόσταση δίδεται από την απόσταση ανάμεσα σε δύο μη συμμετρικά ως προς $(0,0)$ σημεία $A$, $B$ επί της καμπύλης, τότε ... λαμβάνοντας τα συμμετρικά $...

chris_gatos έγραψε: ↑

Τετ Δεκ 26, 2018 8:01 pm

Οκτώ χρόνια πριν! Απίστευτο ούτε που θυμόμουν τι είχε διαδραματιστεί.
Καλές γιορτές με υγεία για όλους!

Μία ακόμη προσφιλέστατη αναδρομή εδώ

Σας ευχαριστώ όλους πολύ θερμά που με θυμηθήκατε , αντεύχομαι υγεία και κάθε πρόοδο σε εσάς και τις οικογένειες σας και φυσικά δύναμη για το μαθηματικό έργο μας. Χρόνια πολλά στα μέλη του :logo: : Χρήστο Κανάβη, Χρήστο Κυριαζή, Χρήστο Τσιφάκη, Χρήστο Λώλη, Χρήστο Καρδάση, Χρήστο Λαζαρίδη, Χρήστο Ευ...

Υ.Γ Πράγματι η ιδέα του Γ.Μπαλόγλου για Θ.Μ.Τ ''ξεκλειδώνει'' την άσκηση, μα είναι αναγκαίο στην απόδειξη να δείξουμε πως και f'(x)>=0, κατά την άποψη μου πάντα. Δε βλέπω όμως σχολικό χαρακτήρα στις λύσεις.... Χρήστο -- σε χαιρετώ ύστερα από 8,88 χρόνια ;) -- πράγματι θα έπρεπε να είχα πει κάτι παρ...

Υ.Γ Πράγματι η ιδέα του Γ.Μπαλόγλου για Θ.Μ.Τ ''ξεκλειδώνει'' την άσκηση, μα είναι αναγκαίο στην απόδειξη να δείξουμε πως και f'(x)>=0, κατά την άποψη μου πάντα. Δε βλέπω όμως σχολικό χαρακτήρα στις λύσεις.... Χρήστο -- σε χαιρετώ ύστερα από 8,88 χρόνια ;) -- πράγματι θα έπρεπε να είχα πει κάτι παρ...

Χρόνια Πολλά , λοιπόν -- για μένα, που μπήκα με καθυστέρηση δύο μηνών, ήταν και είναι ένα πολύτιμο καταφύγιο, αμέσως μάλιστα μετά την απρόβλεπτη επιστροφή μου από το εξωτερικό το φθινόπωρο του 2008!

Μια αναπάντεχη όσο και 'διαφωτιστική' λύση που προκύπτει άμεσα από το εξής λήμμα: Αν $S_1=\sum{x_i}, 1\leq i\leq 8}$, $S_2=\sum{x_1x_j}, 1\leq i<j\leq 8$, $S_3=\sum{x_ix_jx_k}, 1\leq i<j<k\leq 8$, όπου ${x_i}$ οι ρίζες του πολυωνύμου $f(g(h(x)))$, όπου $f$, $g$, $h$ τριώνυμα, τότε $7S_1^3=24S_1S_2-3...

οπότε οι ελπίδες επισκευής της λύσης μου είναι πλέον ελάχιστες... ... και, όπως η χθεσινή λύση του Δημήτρη υποδεικνύει, ανύπαρκτες: είχα εξ αρχής εσφαλμένη εποπτεία του προβλήματος, θεωρώντας ότι οκτώ πραγματικές/θετικές λύσεις θα ήταν πάρα πολλές, ενώ το εμπόδιο ήταν τελικά οι διαιρετότητες, 'ποιο...

Να εξετάσετε εάν υπάρχουν πολυώνυμα δευτέρου βαθμού $f(x),g(x)$ και $h(x)$, έτσι ώστε οι ρίζες της εξίσωσης $f(g(h(x)))=0$ είναι οι αριθμοί $1,2,3,4,5,6,7,8$ [ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΣΩΣΤΗ Η ΛΥΣΗ ΜΟΥ, αλλά την αφήνω γιατί έχει ενδιαφέρον (νομίζω)...] OXI, δεν μπορούν να υπάρχουν τέτοια πολυώνυμα: Θέτοντας $f(x)=...

[Κατανοώ ότι η λύση μου μπορεί να είναι και εκτός φακέλου, καθώς χρησιμοποιεί Λογισμό. Γιώργο, στην πραγματικότητα είσαι εντός φακέλου ακόμη και με χρήση του Rolle. Ένα ιστορικό σχόλιο εδώ: Όταν ο Rolle απέδειξε το διάσημο θεώρημά του, το έκανε ΜΟΝΟ για πολυώνυμα και η απόδειξή του ήταν αλγεβρική (...

Να εξετάσετε εάν υπάρχουν πολυώνυμα δευτέρου βαθμού $f(x),g(x)$ και $h(x)$, έτσι ώστε οι ρίζες της εξίσωσης $f(g(h(x)))=0$ είναι οι αριθμοί $1,2,3,4,5,6,7,8$ [ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΣΩΣΤΗ Η ΛΥΣΗ ΜΟΥ, αλλά την αφήνω γιατί έχει ενδιαφέρον (νομίζω)...] OXI, δεν μπορούν να υπάρχουν τέτοια πολυώνυμα: Θέτοντας $f(x)=...

Γιώργο ... κατάλαβα και εγώ: αντί να λύσεις ως προς $x$, $y$ τις δύο εξισώσεις $2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}=d^2,$ $2\sqrt{y^2+b^2}(-y-a)\cdot \left(\dfrac{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2-(y-a)^2-4b^2}{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2...

Demetres έγραψε: ↑

Πέμ Νοέμ 22, 2018 8:51 pm

Γιώργο, νομίζω δεν λείπει παρένθεση.

Σωστά ... καθώς 'λείπει' και η εναρκτήρια παρένθεση στο δεξιό σκέλος, και αυτό φαίνεται και στο αποτέλεσμα, όπου τα δύο σκέλη γράφονται διαφορετικά, και

Ασήμαντη λεπτομέρεια -- μέσα στις πολλές 'τρέλες' του WolframAlpha -- και ανώδυνη τελικά, πολύ θα ήθελα όμως μια δικαιολόγηση: στο σχήμα που μόλις ανέβασα εδώ ... χρησιμοποίησα επιτυχώς την εντολή plot (2(x^2+4)^.5)(x+1)((x+1+2(x^2+4)^.5)^2-(x-1)^2-16)/((x+1+2(x^2+4)^.5)^2) = ((2(y^2+4)^.5)(-y-1)((-...

Πολύ ωραία σκέψη Γιώργο :clap2: Τα σημεία $B, B'$ μπαίνουν στην τύχη σε ευθεία παράλληλη στον $x'x,$ ύστερα βρίσκουμε τα συμμετρικά τους ως προς το $O$ και τέλος το $A$ υπολογίζεται κατάλληλα. Γιώργο λίγο αλλιώς το είδα: σταθεροποιώντας εξ αρχής την κορυφή $A=(a, -b)$ και το μέσον $M=(0,0)$ της πλε...

Δυο τριγωνα που εχουν ενα ζευγος υψων απο την ιδια κορυφη ισα, ενα ζευγος διχοτομων απο μια αλλη κορυφη ισες και τελος ενας ζευγος διαμεσων απο την τελευταια κορυφη ισες, τοτε ειναι τα τριγωνα ειναι ισα; Αποδειξη; Απόδειξη, αλγεβρική όμως, εδώ ;) Τελικά ... ΟΧΙ, δεν είναι κατ' ανάγκην ίσα, δείτε εδ...

Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" :winner_first_h4h: ) Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα $CFG, CDE$ έχουν ίσα ύψη από την κορυφή $C$ και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους $E, G$...

Καλημέρα! Ο κύριος λόγος που ανασύρω το παρόν θέμα είναι προς τιμήν του μοναδικού KARKAR για τις -αυτή την ώρα- 10.000 δημοσιεύσεις του !! Το προτίμησα ως ελκυστικό , από την 100στή σελίδα του Θανάση. Θα δώσω, λόγω ώρας , αργότερα μια λύση που βρήκα .. μέχρι τότε θαρρώ πως θα υπάρξει ''παρέμβαση'' ...