Ένα ωραίο θεμα!

[APOSTOLAKIS]

Δίνεται τρίγωνο ΟΑΒ και G το βαρύκεντρο του. Μια τυχαία ευθεία (ε) διέρχεται από το G και τέμνει τις ΟΑ, ΟΒ στα σημεία Ρ και Q αντίστοιχα έτσι ώστε διανυσμαΟΡ=h.διανυσμαΟΑ και διανυσμαΟQ=κ.διανυσμαΟΒ. Αν (ΟΑΒ)=S και (ΟPQ)=T, να αποδείξετε ότι:
(α). (1/h)+(1/κ)=3
(β). 4S/9 μικρότερο ή ίσο του Τ μικρότερο ή ίσο του S/2

[Mihalis_Lambrou]

Εργαζόμαστε με Αναλυτική Γεωμετρία. Το ευκολότερο είναι με πλαγιογώνιους άξονες, τους ΟΑ, ΟΒ αλλά επειδή είναι εκτός ύλης, θα το κάνω με ορθογώνιους.

Λοιπόν, με αρχή των αξόνων το Ο, τα Α, Β είναι Α(α,0), Β(β,γ) οπότε είναι P(hα,0),
Q(kβ,kγ) και G( (α+β)/3, γ/3). Το γεγονός ότι τα P,G, Q είναι συνευθειακά (άρα ηκλίση της PG ισούται με την κλίση της PQ) μεταφράζεται, μετά τις πράξεις, σε
3hk-k-h = 0, που ισοδυναμεί με την ζητούμενη.
Για το (β) θα υποθέσω ότi η PQ τέμνει τις πλευρές του τριγώνου εσωτερικά (αλλιώς η άσκηση δεν είναι σωστή), οπότε 0 < = k < = 1, 0 < = h < = 1.
Επειδή τα S, T έχουν κοινή την γωνία Ο είναι T/S = OA.OB/OP.OQ = 1/(hk). Ζητάμε λοιπόν τις ακραίες τιμές του 1/(hk) = (3h-1)/h^2, υπό τις συνθήκες
0 < = k < = 1, 0 < = h < = 1, 1/h = 3 – 1/k. Οι τρεις τελευταίες δίνουν ½ < = h < = 1.
Σε αυτό το διάστημα βρίσκουμε, με παραγώγιση, ακρότατα στα h = 2/3 και h = 1, που με τη σειρά τους δίνουν τις τιμές στο (β). Αντιστοιχούν σε διατέμνουσα που είτε διέρχεται από το Α (δηλαδή είναι διάμεσος) είτε είναι παράλληλη της βάσης ΑΒ.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

[nsmavrogiannis]

Aν και τα είπε όλα ο Μιχάλης ανεβάζω και αυτήν αφ΄' ενός γιατί είναι μέσα στην ύλη της Β' Τάξης και αφ' ετέρου για να μην πάει χαμένος ο κόπος μου με τόσα βελάκια που έγραψα:

Ονομάζουμε , . Aς υποθέσουμε ότι η ΟG τέμνει την ΑΒ στο Γ και ότι . Φυσικά όπου . Είναι ακόμη με . Είναι και 'Αρα από την οποία βρίκουμε ότι , και από αυτές εύκολα προκύπτει . Παίρνοντας τώρα τον λόγο των εμβαδών των δύο τριγώνων που είναι ίσος με το πηλίκο των γινομένων των πλευρών που άγονται από την κοινή κορυφή Ο βρίσκουμε ότι . Οπότε αρκεί . Αφού οι είναι ρίζες του τριωνύμου που για να έχει μη αρνητική διακρίνουσα πρέπει . Επίσης για να είναι τα P, Q εσωτερικά σημεία των αντιστοίχων πλευρών πρέπει να είναι άρα και επομένως πρέπει το να έχει τις ρίζες του στο . Άρα το 2 ή θα είναι ρίζα είτε θα βρίσκεται εκτός των ριζών οπότε πρέπει από την οποία προκύπτει ότι
Μαυρογιάννης

[p_gianno]

Καλησπέρα σε όλους
Βάζω μια απόδειξη κλασικής γεωμετρίας την οποία θα ανεβάσω σε pdf όταν τελειώσω την μορφοποίησή της στο word
Πάνος
---- >>>Στη γραμμή Τ=(OPG)+(OQG) αμέσως μετά χρειάζεται ένα =

[Mihalis_Lambrou]

Η πολύ ωραία λύση του Πάνου μου έδωσε μία ιδέα για παρόμοια αλλά ίσως λίγο εποπτικότερη λύση του 2ου μέρους. Χάριν πληρότητας γράφω ολόκληρη την λύση (δηλαδή και του 1ου μέρους, η οποία είναι επανάληψη αυτής του Πάνου αλλά με δικά μου λόγια).

α) λύση ου Πάνου (math_finder)

Επειδή τα OPQ, ΟΑΒ έχουν κοινή την γωνία Ο είναι



Το ίδιο πηλίκο το υπολογίζουμε και αλλιώς:



άρα hk=(h+k)/3 που ισοδυναμεί με το ζητούμενο.

β) Στο Σχήμα 1 η είναι παράλληλη στην βάση. Θα δείξουμε ότι το είναι το τρίγωνο ελάχιστου εμβαδού.
Πράγματι, αν φέρουμε παράλληλη στην ΟΒ τότε τα τρίγωνα , είναι ίσα (εδώ χρησιμοποιείται η ιδιότητα της διαμέσου). Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι .
Στο Σχήμα 2 είναι (το G έχει ληφθεί κάτω από την παράλληλη στη βάση που διέρχεται από το G).
Έτσι (GQΔ) (GPΓ) οπότε εύκολα βλέπουμε ότι (OPQ)(OAΔ), δηλαδή το ΟΑΔ είναι το μέγιστο τρίγωνο.

Δεδομένου ότι και (ΟΑΔ) = (ΟΑΒ)/2, έπονται οι ζητούμενες ανισώσεις.

Φιλικά και με ευχαριστίες στον Πάνο για την ωραία του λύση.

Μιχάλης Λάμπρου

[nicolae]

Άλλος τρόπος για την διπλή ανισότητα:
Είναι όπου
Όμως είναι:

Επίσης είναι:

Επειδή και παίρνουμε Επομένως είναι:

Αντικαθιστώντας στη (2) παίρνουμε που ισχύει.