mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 27, 2009 7:01 pm**

Στο http://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n5.pdf βρήκα 2 προβλήματα που μου άρεσαν και γιαυτό τα μεταφέρω εδώ

1) Αν $x_i>0 , i=1,2,...,n , x_1+x_2^2+...x_n^n=n , x_1+2x_2+...+nx_n=\frac{n(n+1)}{2}$ να βρεθούν όλα τα x_i, i=1,2,...,n

2) Κυρτό τετράπλευρο ABCD

είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου

και περιγράψιμο γύρω από κύκλο κέντρου

.Αν

το σημείο τομής των διαγωνίων του να δεἰξετε ότι $O,\ I,\ P$ συνευθειακά

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 27, 2009 8:10 pm**

Η απάντηση στο 1ο είναι 1 για κάθε xi

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 27, 2009 8:35 pm**

Για το 1ο πράγματι η απάντηση είναι ότι όλα ισούνται με 1 και γίνεται με χρήση ανισοτήτων. Συγκεκριμένα χρησιμοποιούμε ότι $x^n+n-1\geq xn$ , που αποδεικνύεται έυκολα από AM-GM για n-1 άσους (ή με την ανισότητα Bernoulli, αφού $(1+x-1)^n\geq 1+n(x-1)$ ). Ετσι αν στην πρώτη σχέση προσθέσουμε 1,2,3,..., n-1

στα

αντίστοιχα (και στο 2ο μέλος) θα έχουμε:
x_1+(x_2^2+1)+...+(x_n^n+n-1)=n+1+2+...+n-1=

$=\frac{n(n+1)}{2}=x_1+2x_2+...+nx_n$

Ομως όπως αναφέραμε πριν ισχύει (από αριθμητικού γεωμετρικού μέσου) ότι
$LHS\geq RHS$ με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν ισχύουν οι επιμέρους ισότητες, δηλαδή μόνο όταν:
x_1=x_2=...=x_n=1

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 27, 2009 8:41 pm**

Για το πρώτο θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=x^n-nx, \ \ x>0$ και αποδεικνύουμε ότι ισχύει $f(x) \geq f(1)=1-n$ , για κάθε x>0

(εύκολο π.χ. με παραγώγους).

Με αφαίρεση των δύο εξισώσεων μεταξύ τους και γκρουπάρωντάς τα παίρνουμε ότι

$(x_2^2-x_2)+(x_3^3-3x_3)+\cdots + (x^n-nx) = \displaystyle\frac{-n^2+n}{2}$ και από την άλλη, λόγω της παραπάνω ανισότητας, το πρώτο μέλος είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το

$(1-2)+(1-3)+\cdots + (1-n) = \displaystyle\frac{-n^2+n}{2}$ κι έτσι η ισότητα πρέπει να ισχύει παντού,

Άρα για κάθε $n=2,3,\ldots, n$ πρέπει x^n-nx=1-n

δηλαδή

(και μόνο).

Έτσι παίρνουμε ότι $x_2=x_3=\ldots = x_n=1$ και αντικαθιστώντας στην πρώτη παίρνουμε επίσης ότι x_1=1

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 27, 2009 9:05 pm**

Ωραίες λύσεις
(η δικιά μου είναι παρόμοια με του Δημήτρη)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 28, 2009 9:39 am**

Clipboard01.png

Clipboard02.png

Οι $IA,\ IB,\ IC,\ ID$ είναι διχοτόμοι των γωνιων $\angle A,\ \angle B,\ \angle C,\ \angle D$ του τετραπλεύρου, του οποίου οι απέναντι γωνίες είναι παραπληρωματικές.

Αν

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τότε r=IAsin(A/2),r=ICsin(C/2)=ICcos(A/2)

Οπότε $\displaystyle \frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{r^2}\Rightarrow \frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OD^2}$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{1}{OA^2}-\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{OD^2}-\frac{1}{OC^2}\ \ \ (1)$

Εαν $K,\ L$ προβολες του

τα $K,\ L$ θα είναι μέσα των πλευρών και έστω τα $Q,\ R,\ S,\ T$ τα σημεία επαφής του (I,r)

με το

τότε

$OA^2-OB^2=2AB.KQ\ \ \ (2)$ και $\displaystyle OA^2.OB^2=\frac{r^2.AB^2}{sin ^2(\frac{A+B}{2})}\ \ \ (3)$

Αντικαθισώντας τις $(2),\ (3)$ στο αριστερό μέλος της (1)

και εργαζόμενοι ομοίως στο δεξιο μέλος της (1)

καταλήγουμε στην $\displaystyle \frac{KQ}{AB}=\frac{LS}{CD}\ \ \ (4)$

Ακόμη $\displaystyle PC^2-PD^2=2CD.LF\Rightarrow \left(\frac{PC}{CD}\right)^2 - \left(\frac{PD}{CD}\right)^2 = 2\frac{LF}{CD}\ \ \ (5)$

Αντίστοιχα $\displaystyle \left(\frac{PB}{AB}\right)^2 - \left(\frac{PA}{AB}\right)^2 = 2\frac{KE}{AB}\ \ \ (6)$

Από τα όμοια τριγωνα $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PCD$ τα πρώτα μέλη των $(5),\ (6)$ είναι ίσα άρα $\displaystyle \frac{LF}{CD}=\frac{KE}{AB}\ \ \ (7)$

Διαιρώντας κατά μέλη τις $(4),\ (7)$ προκύπτει η αναλογία που δείχνει ότι τα $P,\ O,\ I$ είναι συνευθειακά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 29, 2009 10:26 pm**

R BORIS έγραψε:2) Κυρτό τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου και περιγράψιμο γύρω από κύκλο κέντρου . Αν το σημείο τομής των διαγωνίων του να δεἰξετε ότι $O,\ I,\ P$ συνευθειακά

Η πρόταση αυτή είναι κλασσικό θεώρημα στα ''αμφιγράψιμα'' τετράπλευρα και έχουν δημοσιευτεί κατά καιρούς, αρκετές ενδιαφέρουσες αποδείξεις του.

Για πρώτη φορά βλέπω τη λύση που μας έδωσε ο Ροδόλφος, η οποία βασίζεται στην ιδέα ότι για να είναι τρία σημεία συνευθειακά, αρκεί να αποδειχθεί ότι οι προβολές τους πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους.

Βασισμένη στην ίδια ιδέα, είναι και η απόδειξη που ακολουθεί με στοιχειώδη μέσα, η οποία έχει εμφανιστεί για πρώτη φορά το 1995, αλλά κρατάει από τα χρόνια του λυκείου...

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Ένα αμφιγράψιμο τετράπλευρο έχει εγγεγραμμένο και περιγεγραμμένο κύκλο. Αποδείξτε ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων και το σημείο τομής των διαγωνίων του, ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Απόδειξη.

ABCD

είναι το δοσμένο τετράπλευρο, εγγεγραμμένο στον κύκλο (K),

περιγεγραμμένο περί τον κύκλο (L)

και έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων του $AC,\ BD.$

Η απόδειξη ότι τα σημεία $K,\ L,\ M$ είναι συνευθειακά, βασίζεται στην ιδέα ότι οι προβολές τριών συνευθειακών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα.

Έτσι, αν $E,\ F,\ H,$ είναι αντιστοίχως οι προβολές των $K,\ L,\ M,$ επί της πλευράς

και $E^{\prime},\ F^{\prime},\ H^{\prime},$ οι προβολές των επί της πλευράς BC,

αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει $\displaystyle \frac{EF}{FH} = \frac{E^{\prime}F^{\prime}}{F^{\prime}H^{\prime}}$ $\ \ \ ,(1)$

Η ευθεία που συνδέει τα σημεία $F,\ F^{\prime},$ επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (L),

στις απέναντι πλευρές $AD,\ BC$ αντιστοίχως, περνάει από το σημείο $M\equiv AC\cap BD,$ σύμφωνα με το παρακάτω θεώρημα Newton (a).

$\bullet$ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα $\bigtriangleup AMD$ και $\bigtriangleup BMC.$

Έχουν δύο γωνίες ίσες $\angle ADM = \angle BCM = \angle \varphi$ και $\angle DAM = \angle CBM = \angle x$ και άρα είναι όμοια.

Επομένως έχουμε ότι $\displaystyle \frac{MD}{MC} = \frac{AD}{BC} = \frac{DE}{CE^{\prime}}$ ,(2)

( γιατί $E,\ E^{\prime}$ , είναι τα μέσα των $AD,\ BC,$ αντιστοίχως ).

Από την ισότητα (2),

προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\bigtriangleup DME$ και $\bigtriangleup CME^{\prime}$ είναι όμοια, γιατί έχουν μία γωνία ίση $\angle EDM = \angle E^{\prime}CM = \angle \varphi,$ περιεχομένη μεταξύ αναλόγων πλευρών.

Από την ομοιότητα αυτών τριγώνων, προκύπτει ότι $\angle DEM = \angle CE^{\prime}M = \angle \rho$ και επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup HEM$ και $\bigtriangleup H^{\prime}E^{\prime}M,$ είναι όμοια.

Άρα έχουμε $\displaystyle \frac{EH}{E^{\prime}H^{\prime}} = \frac{MH}{MH^{\prime}}$ ,(3)

$\bullet$ Τα ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup HFM$ και $\bigtriangleup H^{\prime}F^{\prime}M$ είναι επίσης όμοια, γιατί έχουν $\angle HFM = \angle H^{\prime}F^{\prime}M = \angle \omega$ ( ως γωνίες της χορδής $FF^{\prime}$ του κύκλου (L)

και των εφαπτομένων $AD,\ BC,$ στα άκρα της ).

Άρα έχουμε $\displaystyle \frac{FH}{F^{\prime}H^{\prime}} = \frac{MH}{MH^{\prime}}$ ,(4)

Από

$\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{EH}{E^{\prime}H^{\prime}} = \frac{FH}{F^{\prime}H^{\prime}}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{EF}{FH} = \frac{E^{\prime}F^{\prime}}{F^{\prime}H^{\prime}}$ και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Εάν οι προβολές τριών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους Λόγους, τότε τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά με τον ίδιο Λόγο.

Θεώρημα Newton. (a) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απένατι πλευρές, διέρχονται δια του σημείου τομής των διαγωνίων του.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 30, 2009 10:14 pm**

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Εάν οι προβολές τριών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους Λόγους, τότε τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά με τον ίδιο Λόγο.

Απόδειξη. ( σχήμα f=50_t=331(a) )

Έστω $A,\ B,\ C,$ οι προβολές των σημείων $K,\ L,\ M,$ επί της ευθείας (e)

και $A^{\prime},\ B^{\prime},\ C^{\prime},$ οι προβολές των επί της ευθείας $(e^{\prime})$ και ότι ισχύει $\displaystyle\frac{AB}{BC} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{B^{\prime}C^{\prime}}$ ,(1)

Δεχόμαστε ότι το σημείο

δεν ανήκει στην ευθεία

και έστω $M^{\prime},\ M^{\prime\prime},$ τα σημεία στα οποία οι ευθείες $CM,\ C^{\prime}M,$ τέμνουν την ευθεία KL.

Σύμφωνα με το θεώρημα Θαλή, έχουμε $\displaystyle \frac{AB}{BC} = \frac{KL}{LM^{\prime}}$ ,(2)

και $\displaystyle \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{B^{\prime}C^{\prime}} = \frac{KL}{LM^{\prime\prime}}$ ,(3)

Από $(1),\ (2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{KL}{LM^{\prime}} = \frac{KL}{LM^{\prime\prime}}$ $\Longrightarrow$ $LM^{\prime} = LM^{\prime\prime}$ $\Longrightarrow$ $M^{\prime}\equiv M^{\prime\prime}$ ,(4)

Από

συμπεραίνουμε ότι το

είναι σημείο της ευθείας

και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ.

Η πρόταση αυτή είναι το αντίστροφο της πρότασης όπου ζητείται να αποδειχθεί ότι οι προβολές τριών συνευθειακών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες, ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους, η οποία επίσης αποδεικνύεται άμεσα με το θεώρημα Θαλή.

Είναι ένα πρόσθετο ( από τα υπάρχοντα στη βιβλιογραφία ) κριτήριο, που αρκεί για να αποδεικνύεται ότι τρία σημεία είναι συνευθειακά και θα δώσουμε τώρα τη γενίκευσή της ( σχήμα f=50_t=331(b) ).

ΠΡΟΤΑΣΗ 1. - Εάν δια τριών σημείων του επίπέδου, δύο τυχούσες δέσμες παραλλήλων ευθειών έχουν ίσους λόγους, τότε τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά.

Ορισμός.

Ονομάζουμε λόγο δέσμης τριών παραλλήλων ευθειών, το σταθερό λόγο των τμημάτων που ορίζουν τα σημεία τομής των, επί τυχούσας ευθείας η οποία τις τέμνει.

$\bullet$ Έστω $K,\ L,\ M,$ τρία σημεία του επιπέδου και δύο τυχούσες δέσμες παραλλήλων ευθειών $(a),\ (b),\ (c)$ και $(a^{\prime}),\ (b^{\prime}),\ (c^{\prime}),$ δια των σημείων αυτών.

Τυχούσα ευθεία (e),

τέμνει την πρώτη δέσμη στα σημεία $A,\ B,\ C$ αντιστοίχως και άλλη τυχούσα επίσης ευθεία $(e^{\prime}),$ τέμνει τη δεύτερη δέσμη στα σημεία $A^{\prime},\ B^{\prime},\ C^{\prime}$ αντιστοίχως.

Εάν είναι $\displaystyle \frac{AB}{BC} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{B^{\prime}C^{\prime}},$ αποδεικνύεται με παρόμοιο τρόπο όπως και παραπάνω, ότι τα σημεία $K,\ L,\ M,$ είναι συνευθειακά.

ΣΧΟΛΙΑ.

1) - Αυτή η πρόταση, απλή στη διατύπωσή της και εύκολη στην απόδειξή της, έχει πολλές εφαρμογές και αρκετές φορές σε δύσκολα προβήματα.

2) - Ισχύει και το αντίστροφο ( σχήμα f=50_t=331(c) ).

ΠΡΟΤΑΣΗ 2. - Εάν δύο δέσμες παραλλήλων ευθειών με ίσους λόγους τέμνονται, τότε τα σημεία τομής των ομολόγων ευθειών τους, ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 31, 2009 4:21 pm**

vittasko έγραψε:Θεώρημα Newton. (a) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απένατι πλευρές, διέρχονται δια του σημείου τομής των διαγωνίων του.

Απόδειξη. (σχήμα f=50_t=331(d) )

$\bullet$ Έστω ABCD

το δοσμένο τετράπλευρο, περιγεγραμμένο περί τον κύκλο (O)

και $E,\ E^{\prime},$ τα σημεία επαφής του (O)

στις πλευρές $AB,\ CD$ αντιστοίχως και $F,\ F^{\prime},$ τα σημεία επαφής του στις πλευρές $AD,\ BC.$

Έστω

το σημείο τομής των $AC,\ EE^{\prime}.$

Τα τρίγωνα $\bigtriangleup AEM$ και $\bigtriangleup CE^{\prime}M$ έχουν $\angle AME = \angle CME^{\prime}$ και $\angle AEM = 180^{o} - \angle BEM = 180^{o} - CE^{\prime}M$ και άρα έχουμε $\displaystyle \frac{AE}{CE^{\prime}} = \frac{AM}{CM}$ ,(1)

( οι πλευρές απέναντι των ίσων γωνιών, έχουν λόγο ίσο με το λόγο των πλευρών απέναντι των παραπληρωματικών γωνιών ).

$\bullet$ Έστω $M^{\prime}$ το σημείο τομής των $AC,\ FF^{\prime}.$

Με παρόμοιο τρόπο από τα τρίγωνα $\bigtriangleup AFM^{\prime}$ και $\bigtriangleup CF^{\prime}M^{\prime},$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle \frac{AF}{CF^{\prime}} = \frac{AM^{\prime}}{CM^{\prime}}$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ και επειδή AE = AF

και $CE^{\prime} = CF^{\prime},$ προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{AM}{CM} = \frac{AM^{\prime}}{CM^{\prime}}$ και άρα $M^{\prime}\equiv M.$

Δηλαδή το σημείο $M\equiv EE^{\prime}\cap FF^{\prime},$ κείται επί της διαγώνιας

του

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι το σημείο

ανήκει επίσης στη διαγώνια BD.

Επομένως το σημείο τομής των $EE^{\prime},\ FF^{\prime},$ ταυτίζεται με το σημείο

τομής των διαγωνίων $AC,\ BD$ του ABCD

και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ - ΣΧΟΛΙΑ.

1) - Η απόδειξη αυτή υπάρχει στο βιβλίο, ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ F.G.M. (Ιησουϊτών), σελίδα 603, Εκδόσεις Α. ΚΑΡΑΒΙΑ, Αθήνα 1952.

2) - Στη σελίδα 809 του ίδιου βιβλίου, υπάρχει απόδειξη ενός άλλου θεωρήματος Newton, που αφορά στα περιγράψιμα τετράπλευρα.

Θεώρημα Newton. (b) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, του κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου, ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του.

Δείτε Εδώ , δύο άλλες αποδείξεις του θεωρήματος Newton (b) .

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2012 6:08 pm**

vittasko έγραψε:Θεώρημα Newton. (a) - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις απένατι πλευρές, διέρχονται δια του σημείου τομής των διαγωνίων του.

Μιας και το επανέφερε ο Ησίοδος εδώ να παρατηρήσω:

Μια άμεση απόδειξη γίνεται με το θεώρημα του Brianchon, αρκεί στο αντίστοιχο εξάγωνο δύο κατάλληλα ζεύγη διαδοχικών κορυφών να συμπέσπουν, ώστε να εκφυλιστεί στο περιγράψιμο τετράπλευρο του Newton. (προκύπτει και αντίστοιχο ενδιάμεσο θεώρημα για περιγράψιμο πεντάπλευρο)

Άλλη απόδειξη έχουμε, αν θεωρήσουμε τον προβολικό μετασχηματισμό που στέλνει τον κύκλο σε κύκλο και το σημείο τομής των τμημάτων που συνδέουν τα σημεία επαφής των απέναντι πλευρών στο κέντρο του νέου κύκλου. Το τετράπλευρο μετασχηματίζεται σε τετράγωνο και η απόδειξη γίνεται με την παρατήρηση ότι οι διαγώνιες τετραγώνου τέμνονται στο κέντρο του.

mathematica.gr

σύστημα+γεωμετρία

σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία

Re: σύστημα+γεωμετρία