ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 919
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Σάβ Αύγ 16, 2014 11:20 am

Το παρακάτω θέμα το πρότεινε το Βιετνάμ στην ΙΜΟ 1979. Πρόκειται για ενδιαφέρον θέμα.

Δίνεται ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC πλευράς a και έστω M ένα σημείο του περιγεγραμμένου του κύκλου.
Αποδείξτε ότι το άθροισμα
MA^{4}+MB^{4}+MC^{4}
είναι ανεξάρτητο της θέσης του σημείου M πάνω στον κύκλο και προσδιορίστε αυτήν τη σταθερή τιμή ως συνάρτηση του a .

Ας μου επιτραπεί να προσθέσω κάτι στο θέμα αυτό ...

Έστω d_{1},d_{2},d_{3} οι αποστάσεις του M από τους φορείς των πλευρών του ισοπλεύρου τριγώνου
ABC.
Αποδείξτε ότι το άθροισμα
d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}
είναι ανεξάρτητο της θέσης του σημείου M πάνω στον κύκλο .


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Αύγ 16, 2014 12:23 pm

Υποθέτουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το \displaystyle{M} βρίσκεται στο έλασσον τόξο \displaystyle{AC,} όπως φαίνεται στο σχήμα.

Θέτουμε \displaystyle{x=MB, y=MA, z=MC.}

Είναι γνωστό, και αποδεικνύεται αμέσως με τη βοήθεια του θεωρήματος του Πτολεμαίου, ότι \displaystyle{x=y+z.}
Τότε, από την ταυτότητα De Moivre, είναι

\displaystyle{x^4+y^4+z^4=2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2).} (\displaystyle{\color{blue}\spadesuit})

Όμως, από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο \displaystyle{MAC} και επειδή \displaystyle{\angle AMC=120^o,} είναι

\displaystyle{a^2=y^2+z^2-2yz\cos 120^o \implies \boxed{y^2+z^2+yz=a^2}}

Άρα

\displaystyle{x^2+y^2+z^2=(y+z)^2+y^2+z^2=2(y^2+z^2+yz)=2a^2.}

Άρα

\displaystyle{x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)=4a^4}

Από την (\displaystyle{\color{blue}\spadesuit}) λαμβάνουμε \displaystyle{x^4+y^4+z^4=2a^4.}
Συνημμένα
Ισόπλευρο!.png
Ισόπλευρο!.png (12.88 KiB) Προβλήθηκε 482 φορές


Μάγκος Θάνος
ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 919
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Σάβ Αύγ 16, 2014 4:35 pm

Κατ΄ αρχήν να ευχαριστήσω το Θάνο για τη λύση που δημοσίευσε.
Η δική μου λύση δε διαφέρει ουσιαστικά , απλά χρησιμοποιώ το διωνυμικό θεώρημα και έτσι δεν είναι ανάγκη να βρω ότι MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}=2a^{2} , κάτι όμως που θα φανεί αναπόφευκτο να βρεθεί στο δεύτερο δικό μου ερώτημα.

Συγκεκριμένα:
MA^{4}+MB^{4}+MC^{4}=x^{4}+y^{4}+z^{4}=\left(z+y \right)^{4}+y^{4}+z^{4}=

y^{4}+4y^{3}z+6y^{2}z^{2}+4yz^{3}+z^{4}+y^{4}+z^{4}=

2\left(y^{4}+2y^{3}z+3y^{2}z^{2}+2yz^{3}+z^{4} \right)

Την ισότητα που προκύπτει από το νόμο των συνημιτόνων , την υψώνουμε στο τετράγωνο και μετά τις πράξεις έχουμε ότι

y^{4}+2y^{3}z+3y^{2}z^{2}+2yz^{3}+z^{4}=a^{4}

Tώρα είναι καθαρό το γεγονός ότι

MA^{4}+MB^{4}+MC^{4}=2a^{4}

Παρακαλώ κάποιος να ασχοληθεί και με το δεύτερο ερώτημα...
τελευταία επεξεργασία από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ σε Δευ Αύγ 18, 2014 1:51 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2625
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Αύγ 16, 2014 6:12 pm

Μια παραπομπή για το 1ο ερώτημα:

viewtopic.php?f=60&t=4391&p=24457#p24450


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8207
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Αύγ 17, 2014 4:56 pm

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Το παρακάτω θέμα το πρότεινε το Βιετνάμ στην ΙΜΟ 1979. Πρόκειται για ενδιαφέρον θέμα.

Δίνεται ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC πλευράς a και έστω M ένα σημείο του περιγεγραμμένου του κύκλου.
Αποδείξτε ότι το άθροισμα
MA^{4}+MB^{4}+MC^{4}
είναι ανεξάρτητο της θέσης του σημείου M πάνω στον κύκλο και προσδιορίστε αυτήν τη σταθερή τιμή ως συνάρτηση του a .

Ας μου επιτραπεί να προσθέσω κάτι στο θέμα αυτό ...

Έστω d_{1},d_{2},d_{3} οι αποστάσεις του M από τους φορείς των πλευρών του ισοπλεύρου τριγώνου
ABC.
Αποδείξτε ότι το άθροισμα
d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}
είναι ανεξάρτητο της θέσης του σημείου M πάνω στον κύκλο .
Καλησπέρα σε όλους.

Θα απαντήσω στο δεύτερο ερώτημα.

Λίγα λόγια για το πώς οδηγήθηκα στη λύση, αφού μας διαβάζουν και μαθητές, και καλό είναι να ξέρουν ότι κάποια πράγματα δεν έρχονται ουρανοκατέβατα. Αφού το άθροισμα είναι σταθερό σκέφτηκα να πάρω μία συγκεκριμένη θέση του M σε μία από τις κορυφές του τριγώνου. Εύκολα λοιπόν διαπίστωσα ότι το αποτέλεσμα είναι το τετράγωνο του ύψους του ισοπλεύρου. Τότε αμέσως το μυαλό μου πήγε στην παρακάτω γνωστή πρόταση: "Το άθροισμα των αποστάσεων ενός εσωτερικού σημείου, ισοπλεύρου τριγώνου από τις πλευρές του, ισούται με το ύψος του ισοπλεύρου". Η συνέχεια της λύσης ήρθε ομαλά, όπως φαίνεται παρακάτω.

Έστω M ένα σημείο του ελάσσονος τόξου BC. Είναι γνωστό ότι: \boxed{MA=MB+MC} (1)
Φέρνω τη διάμετρο AF και από το F την εφαπτομένη του κύκλου που τέμνει τις προεκτάσεις των πλευρών AB, AC στα σημεία P, Q αντίστοιχα. Έστω ακόμα D, E, Z, H οι προβολές του σημείου M πάνω στους φορείς των ευθειών BC,AC,AB,PQ αντίστοιχα. Είναι MD=d_1, ME=d_2, MZ=d_3, MH=x, με \displaystyle{x = \frac{R}{2} - {d_1}}

Το τρίγωνο APQ είναι ισόπλευρο, οπότε σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση θα είναι:

\displaystyle{MH + ME + MZ = AF \Leftrightarrow \frac{R}{2} - {d_1} + {d_2} + {d_3} = 2R \Leftrightarrow }

\displaystyle{{d_2} + {d_3} - {d_1} = \frac{{3R}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow {\left( {{d_2} + {d_3} - {d_1}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow }
Vietnam 1979.png
Vietnam 1979.png (16.91 KiB) Προβλήθηκε 317 φορές
\displaystyle{{d_2} + {d_3} - {d_1} = \frac{{3R}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow {\left( {{d_2} + {d_3} - {d_1}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow }

\displaystyle{d_1^2 + {d_2}^2 + d_3^2 + 2\left( {{d_2}{d_3} - {d_1}{d_2} - {d_1}{d_3}} \right) = \frac{{3{a^2}}}{4}}

Αρκεί να δείξω ότι \displaystyle{{{d_2}{d_3} - {d_1}{d_2} - {d_1}{d_3} = 0}}. Θα χρησιμοποιήσω τη γνωστή σχέση \boxed{bc=2Rv_a}

Τα σημεία Z, D, E είναι συνευθειακά (η ZDE είναι η ευθεία του Simson που αντιστοιχεί στο σημείο M).
Έστω K η προβολή του σημείου M πάνω στη ZE. Το τμήμα KM=y είναι το κοινό ύψος των τριγώνων ZMD, ZME, DME και λόγω των εγγράψιμων τετραπλεύρων τα τρίγωνα αυτά έχουν αντίστοιχες διαμέτρους περιγεγραμμένων κύκλων MB, MA, MC.

Άρα θα είναι: \displaystyle{{d_2}{d_3} - {d_1}{d_2} - {d_1}{d_3} = yMA - yMC - yMB = y(MA - MC - MB)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1)} } \displaystyle{{d_2}{d_3} - {d_1}{d_2} - {d_1}{d_3} = 0}.

Οπότε: \boxed{d_1^2 + {d_2}^2 + d_3^2 = \frac{{3{a^2}}}{4}}


ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 919
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΕΤΝΑΜ ΣΤΗΝ ΙΜΟ 1979

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Κυρ Αύγ 17, 2014 11:51 pm

Nα ευχαριστήσω το Γιώργο Βισβίκη για τη λύση του στο προτεινόμενο από μένα δεύτερο ερώτημα.
Τη συγκεκριμένη λύση δεν την είχα υπ' όψιν.

Γράφω αμέσως τη δική μου λύση που απαιτεί τη χρήση των ισοτήτων
MA^{4}+MB^{4}+MC^{4}=2a^{4}
MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}=2a^{2}
H δεύτερη ισότητα αποδείχθηκε στη δημοσίευση του Θάνου , αλλά μπορεί να προκύψει και με τη χρήση του θεωρήματος Leibnitz . Η αλήθεια είναι ότι αποτελούσε γνωστό θέμα στους φιλόδοξους υποψήφιους στις εποχές που η Ευκλείδεια Γεωμετρία ήταν εξεταζόμενο μάθημα στις εισαγωγικές των ΑΕΙ.
Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC είναι επίσης ο περιγεγραμμένος κύκλος στα τρίγωνα MAC , MBC , MAB.
Ισχύουν οι παρακάτω ισότητες
MA\cdot MB=2R\cdot d_{1}
MB\cdot MC=2R\cdot d_{2}
MC\cdot MA=2R\cdot d_{3}

Ισχύει ότι
\left(MA^{2}+MB^{2}+MC^{2} \right)^{2}=MA^{4}+MB^{4}+MC^{4}+2\left(MA^{2}MB^{2}+MB^{2}MC^{2}+MC^{2}MA^{2} \right)

\left(2a^{2} \right)^{2}=2a^{4}+2\left[\left(MA\cdot MB \right)^{2}+ \left(MB\cdot MC \right)^{2}+\left(MC\cdot MA \right)^{2}\right]

4a^{4} =2a^{4}+2\left[\left(2R\cdot d_{1} \right)^{2}+ \left(2R\cdot d_{2} \right)^{2}+\left(2R\cdot d_{3} \right)^{2}\right]

a^{4} =4R^{2}d_{1}^{2}+4R^{2}d_{2}^{2}+4R^{2}d_{3}^{2}

a^{4} =4R^{2}\left( d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}\right)

όπως όμως ξέρει ένας μαθητής ισχύει ότι R=\frac{a}{\sqrt{3}} , έτσι η τελευταία ισότητα γράφεται

a^{4} =4\left(\frac{a}{\sqrt{3}} \right)^{2}\left( d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}\right)

κι έτσι προκύπτει η ισότητα

\frac{3}{4}a^{2} =d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης