Παραλλαγή μιας άσκησης του αείμνηστου Ροδόλφου

Αν η συνάρτηση $f$ είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα $[0,2]$ με συνεχή παράγωγο ${{f}^{\prime }}$, και ισχύουν οι σχέσεις: ${{f}^{\prime }}(0)>0$ και $f(2)-f(0)=4$, να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in (0,2)$ τέτοιο ώστε: ${{f}^{\prime ...

.
Να αποδειχθεί ότι για κάθε $m,n \in \mathbb N$, o αριθμός $37^m-13^n$ είναι πολλαπλάσιο του $12$.




Για $m,n$ μεγαλύτεροι του $1$, θα μπορούσαμε και έτσι...

$37^m-13^n=37^m-1-(13^n-1)=(37-1)(37^{m-1}+....+37+1)-(13-1)(13^{n-1}+...+13+1)=36a-12b=$πολλ.$12$

Και με παρόμοιο σκεπτικό για τις ...

Μετά τις καλοκαιρινές διακοπές ας δώσω μια "μερική" λύση στα ωραία θέματα του Θανάση...

miso.png

Στο σχήμα μου το Z είναι μέσο του TC ,

O, K τα σημεία στα οποία η MN τέμνει τις BT, ST .

Εύκολα τώρα δείχνουμε ότι BMTK είναι ορθογώνιο και ότι η προέκταση NK της διαμέσου NM του τριγώνου BNC ...

Η πρόταση του βιβλίου...

orio.png

... θα μπορούσε να γενικευθεί παραλείποντας τον περιορισμό a_{\nu}\ne0


Νομίζω ότι δεν μπορεί να παραλειφθεί.
α. Μπήκε, διότι όταν γράφουμε ένα πολυώνυμο, πρέπει να δηλώνουμε τον βαθμό του. Εδώ ο βαθμός του είναι ν.
β. Επιπλέον μπορεί να οδηγηθούμε σε ...

Η ισότητα


$$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}}{x^{3}}$$


ισχύει, αλλά όχι άμεσα από την σχέση που υπάρχει στο σχολικό. Η σχέση εκείνη προϋποθέτει ότι $k\ne 0$.

Αχιλλέας


Πάνω σ' αυτό που σωστά επισήμανε ο ...

Δίνω μια προσέγγιση στο παραπάνω, η οποία πιθανότατα είναι διαφορετική από αυτή που είχε υπόψιν του ο θεματοδότης, αλλά
περιέχει αρκετά ενδιαφέροντα ενδιάμεσα βήματα!

Λήμμα 1. Το αντίστροφο του Θεωρήματος του Euler....
Euler Theorem.ggb
Euler Theorem.png

Λήμμα 2.

Έστω $ABC$ τρίγωνο και ...

Είναι

$CE=AC\cdot cos\theta=a\sqrt{2}\left(\dfrac{a-1}{a}\right)=\sqrt{2}(a-1)$

Από το εγγράψιμο $DEBC$ είναι:

$BC\cdot DE+ BE \cdot DC=BD \cdot CE \Leftrightarrow DE+BE = \sqrt{2} CE \Leftrightarrow (DE+BE)^2 = (\sqrt{2} CE)^2 \Leftrightarrow $

$\Leftrightarrow DE^2+BE^2+2DE\cdot BE= 2CE^2 ...

chordi.png

Είναι

$CE=AC\cdot cos\theta=a\sqrt{2}\left(\dfrac{a-1}{a}\right)=\sqrt{2}(a-1)$

Από το εγγράψιμο $DEBC$ είναι:

$BC\cdot DE+ BE \cdot DC=BD \cdot CE \Leftrightarrow DE+BE = \sqrt{2} CE \Leftrightarrow (DE+BE)^2 = (\sqrt{2} CE)^2 \Leftrightarrow $

$\Leftrightarrow DE^2+BE^2+2DE\cdot ...

koreatiki.png

Έστω $A(a,3a), \ \ B(b,3b)$ και $K,M$ οι προβολές του $A$ στους άξονες.

Είναι

$\dfrac{OD}{OK}=\dfrac{DC}{AC}=\dfrac{5}{2}$. Άρα $\boxed{D\left(\dfrac{5}{2}a,0\right)}$

$\dfrac{OC}{OM}=\dfrac{DC}{AD}=\dfrac{5}{3}$. Άρα $\boxed{C\left(0,5a\right)}$

$OA\cdot OB=OM\cdot OC ...

Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού $k$ , να λυθεί η εξίσωση :

$\dfrac{2x^2+3x-k}{2x^2-3x+k}+\dfrac{2x^2-3x+k}{2x^2+3x-k}=\dfrac{2x+3}{2x-3}+\dfrac{2x-3}{2x+3}$


Αν $k=0$ η εξίσωση έχει λύσεις όλους τους πραγματικούς αριθμούς εκτός των $0, \pm\dfrac{3}{2}$

Αν $k\ne 0$

Μία ...

Αν θέλουμε την απόδειξη, χωρίς το θεώρημα Stewart, το οποίο πολύ εύστοχα χρησιμοποίησε ο Γιώργος παραπάνω,

θα μπορούσαμε να κάνουμε χρήση το νόμο των συνημιτόνων στα τρίγωνα $SLO, SLK$ για τη γωνία $L$.

$cosL=\dfrac{25^2+15^2-SO^2}{2\cdot 25 \cdot 15}=\dfrac{9^2+15^2-SK^2}{2\cdot 9 \cdot 15 ...

Έστω $x,y$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $x+y=1$.

Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle
\frac{(3x-1)^2}{x}+\frac{(3y-1)^2}{y} \ge 1.
$

Για ποιες τιμές των $x$ και $y$ ισχύει η ισότητα;


Κάνοντας τις πράξεις, την απαλοιφή των παρονομαστών και τη χρήση της $x+y=1$ προκύπτει

$1-4xy\geq 0$

το ...

Έγραψα ακριβώς την ίδια λύση με το Μιχάλη.... αφήνω μόνο το σχήμα.

Καλημέρα σε όλους. Μία μακροσκελής απάντηση. Θα χαρώ να δω κάτι συντομότερο.


Θέτω $ \displaystyle x + y = a,\;\;xy = b$ , οπότε $ \displaystyle {x^2} + {y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = {a^2} - 2b$

το σύστημα γίνεται $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}
a + {b^2} = 41\\
{a^2} - b ...

zmax.png

Από το Θεώρημα Geva βρίσκουμε εύκολα ότι $PT//BC$ και έτσι προκύπτει η ισότητα των $(BPS), (CTS)$.

Αν $BC=a$ τότε $PT=ax$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $APT, ABC$ και θέτοντας $(ABC)=\epsilon$ έχουμε: $\boxed{(APT)=x^2\epsilon}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $TPS, BCS$ έχουμε ...

Ας δώσω την απόδειξη...

Αν $T\left(k,e^{\frac{1}{k}\right)$, τότε

$AT=2AS \Leftrightarrow \overrightarrow{AT}=-2\overrightarrow{AS} \Leftrightarrow $

$S\left(-\dfrac{k}{2},e^{-\frac{2}{k}\right)$

και

$e^{\frac{1}{k}}-1=2\left(1-e^{-\frac{2}{k}\right)... \Leftrightarrow \left(e^{\frac{1}{k ...

Θανάση ακριβώς έτσι είναι.

Αποδεικνύεται σχετικά εύκολα ότι



Μου διαφεύγει όμως το διασκεδαστικό της άσκησης!

Θα το ξανακοιτάξω.

Θα μπορούσαμε να το προσεγγίσουμε και με τον εξής τρόπο:

Προφανώς έχουμε ισοσκελές τραπέζιο και

αν $BC=b$, τότε οι προβολές των ίσων πλευρών $AB, DC$ πάνω στην μεγάλη βάση θα είναι ίσε με $\dfrac{5}{2}$

Mε τη βοήθεια του πυθαγορείου θεωρήματος υπολογίζουμε όλες τις πλευρές και τις διαγώνιες ...

Eystoxa.png

Για τον υπολογισμό του μήκους των ίσων με $a$ (κόκκινων) κάθετων τμημάτων και, με τη βοήθεια αυτού, την κατασκευή έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

Ξεκινάμε από σημείο $B$ του κύκλου $(O,2)$

1. Το $BC$ τέμνει τον κύκλο $(O,2)$ σε εσωτερικό σημείο του $P$

2. Το $BC$, στο σχήμα $BC ...

Στη λύση που έδωσα παραπάνω η παραλληλία $AB//CD$, κατά την μεγιστοποίηση (: συμβαίνει όταν $x=\sqrt{\dfrac{a}{b}}$), αποδεικνύεται ως εξής:

$\sqrt{\dfrac{a}{b}}=\dfrac{OB}{OD}\Leftrightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{OB^2}{OD^2}\Leftrightarrow \dfrac{OA\cdot OB}{OD\cdot OC}}=\dfrac{OB^2}{OD^2 ...