ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

S.E.Louridas · #1

ΔΥΟ ΑΚΟΜΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009
================================================
Είναι αντιληπτό ότι πρόθεσή μας είναι να προτείνουμε προβλήματα που σκοπό έχουν να βοηθήσουν προπονητικά τους μαθητές πού θα διαγωνιστούν στους διεθνείς διαγωνισμούς .Η εμπειρία μας επί σειρά ετών στον τομέα αυτό ελπίζουμε να βοηθήσει.
Για αυτό η εμπλοκή των συναδέλφων στους Μαθηματικούς αυτούς διαλόγους είναι
Ανεπανάληπτη.

1ο πρόβλημα:
Έστω χ,ψ,ζ θετικοί αριθμοί .Να αποδειχθεί ότι $\frac{{2\chi ^n }} {{\chi + \psi }} + \frac{{2\psi ^n }} {{\psi + \zeta }} + \frac{{2\zeta ^n }} {{\zeta + \chi }} \geqslant \chi ^{n - 1} + \psi ^{n - 1} + \zeta ^{n - 1} ,n \in \mathbb{N} - \left\{ {0,1} \right\}.$
Πότε ισχύει το =;
2ο πρόβλημα:
Δίνεται ορθό τριγωνικό πρίσμα με βάσεις ισόπλευρα τρίγωνα πλευράς α και ύψους υ=3α .Θέλουμε ένα ορθογώνιο (παραλληλόγραμμο) να κινειθεί κάθετα στις βάσεις του πρίσματος κλύπτοντας ολα τα εσωτερικά του σημεία(του πρίσματος), ώστε οι βάσεις του να διατηρούν το μήκος τους και ταυτόχρονα τα άκρα τους να γλιστρούν στις αντίστοιχες περιμέτρους των βάσεων του πρίσματος.
Ποιο είναι το ελάχιστο εμβαδό που έχει ένα ορθογώνιο που κινείται με τον τρόπο που αναφέραμε; (συναρτήσει του α)

S.E.Louridas

Ilias_Zad · #2

για το πρωτο..
$LHS \geq \frac{2( \sum x^{n-1})^2}{\sum (x^{n-1}+ x^{n-2}y)}$
οποτε αρκει
$\sum x^{n-1} \geq \sum x^{n-2}y$
ομως απο ΑΜ-ΓΜ για n-1 ορους , $(n-2)x^{n-1}+ y^{n-1} \geq (n-1) x^{n-2}y$
κυκλικα , προσθεση κατα μελη και η ζητουμενη...
(ενναλακτικα για την τελευταια, βαρων με $\frac{n-2}{n-1}x^{n-1}+ \frac{1}{n-1}y^{n-1}$ )

S.E.Louridas · #3

ΛΥΣΗ ΤΟΥ ΑΛΓΕΒΡΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
===================================
Ένας από τους διδακτικούς στόχους ,εδώ είναι να δει ο μελετητής μία σχέση-λήμμα
την : $\kappa ,\lambda > 0 \Rightarrow \frac{{\kappa ^2 }} {{\kappa + \lambda }} \geqslant \frac{{3\kappa - \lambda }} {4}\left( { \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow \left( {\kappa - \lambda } \right)^2 \geqslant 0} \right).$
Έτσι έχουμε :
$\frac{{\chi ^n }} {{\chi + \psi }} + \frac{{\psi ^n }} {{\psi + \zeta }} + \frac{{\zeta ^n }} {{\zeta + \chi }} = \chi ^{n - 2} \frac{{\chi ^2 }} {{\chi + \psi }} + \psi ^{n - 2} \frac{{\psi ^2 }} {{\psi + \zeta }} + \zeta ^{n - 2} \frac{{\zeta ^2 }} {{\zeta + \chi }} \geqslant$
$\geqslant \chi ^{n - 2} \frac{{3\chi - \psi }} {4} + \psi ^{n - 2} \frac{{3\psi - \zeta }} {4} + \zeta ^{n - 2} \frac{{3\zeta - \chi }} {4} =$
$\frac{1} {2}\left( {\chi ^{n - 1} + \psi ^{n - 1} + \zeta ^{n - 1} } \right) + \frac{1} {4}\left( {\chi ^{n - 1} + \psi ^{n - 1} + \zeta ^{n - 1} - \chi ^{n - 2} \psi - \psi ^{n - 2} \zeta - \zeta ^{n - 2} \chi } \right) \geqslant \frac{1} {2}\left( {\chi ^{n - 1} + \psi ^{n - 1} + \zeta ^{n - 1} } \right)$
αφού πολύ εύκολα παίρνουμε $\left( {\chi ^{n - 1} + \psi ^{n - 1} + \zeta ^{n - 1} - \chi ^{n - 2} \psi - \psi ^{n - 2} \zeta - \zeta ^{n - 2} \chi } \right) \geqslant 0,$
αρκεί να θεωρήσουμε τυχούσα διάταξη,έστω
$\chi \leqslant \psi \leqslant \zeta .$ . Η ισότητα ισχύει οταν χ=ψ=ζ .

S.E.Louridas

taratoris · #4

Πολύ έξυπνη η λύση του κ. Λουρίδα.Το LHS του Ηλία βέβαια απλοποίησε πολύ την άσκηση. Ηλία μήπως είσαι ένας εκ των Γιεχασκιέλ ή Ζαδίκ?(edited to display properly)

Ilias_Zad · #5

ο Ηλιας Ζαδικ ειμαι Βαγγελη.

Θα κατεβεις για τα μαθηματα;
btw
επειδη ισως να μην ημουν αναλυτικος πιο πανω,
το πρωτο βημα προκυπτει με πολλαπλασιασμο καθε ορου με $x^{n-2}$ πανω κατω και μετα εφαρμογη της ανισοτητας B_C_S στην μορφη που ειναι γνωστη ως andreescu.

S.E.Louridas · #6

Λύση του Γ. προβλήματος

Ουσιαστικά έχουμε για λύση το θέμα:

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Να βρεθεί το ελάχιστου μήκους ευθύγραμμο
τμήμα που κινούμενο έτσι ώστε τα άκρα του να γλιστρούν στην περίμετρο του ΑΒΓ, να καλύπτει όλα τα εσωτερικά σημεία του ΑΒΓ.

ΛΥΣΗ
Αφού θέλουμε το ευθύγραμμο τμήμα να καλύπτει το εσωτερικό του τριγώνου ,σε κάποια στιγμή θα περάσει και από το κέντρο βάρος του τριγώνου ,έστω το Ο.
Θα αποδείξουμε ότι από όλα τα ευθύγραμμα τμήματα πού περνούν ,από το Ο και πού τα άκρα τους βρίσκονται στις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ το μικρότερο μήκος θα έχει
εκείνο πού είναι παράλληλο προς μία από τις πλευρές του (έστω ΜΝ παράλληλο ΑΓ).
Αν θεωρήσουμε Μ σημείο της ΑΒ και Ν σημείο της ΑΓ και
${\rm M}_1 {\rm N}_1 \varepsilon \upsilon \theta .\tau \mu \eta \mu \alpha :{\rm M}_1 \in {\rm A}{\rm B},{\rm N}_1 \in {\rm B}\Gamma ,{\rm O} \in {\rm M}_1 {\rm N}_1 ,{\rm M}_1 \ne {\rm M},$
θα αποδείξουμε ότι:
${\rm M}{\rm N} < {\rm M}_1 {\rm N}_1 .$
Έστω
${\rm O}{\rm M}_1 > {\rm O}{\rm M} = {\rm O}{\rm N} > {\rm O}{\rm N}_1 \left( {\angle {\rm O}{\rm M}{\rm M}_1 = 120^ \circ ,\angle {\rm O}{\rm N}{\rm N}_1 = 60^ \circ .....} \right).$

Ταυτόχρονα
$\angle {\rm M}{\rm O}{\rm M}_1 = \angle {\rm N}{\rm O}{\rm N}_1 \Rightarrow {\rm E}_{{\rm O}{\rm M}{\rm M}_1 } > {\rm E}_{{\rm O}{\rm N}{\rm N}_1 } \Rightarrow {\rm E}_{{\rm B}{\rm M}_1 {\rm N}_1 } > {\rm E}_{{\rm B}{\rm M}{\rm B}{\rm N}} \Rightarrow ... \Rightarrow {\rm M}_1 {\rm N}_1 > {\rm M}{\rm N}.$
Επί της ουσίας μένει να αποδείξουμε ότι το ΜΝ κινούμενο με βάση την κίνηση του Μ από το Μ έως την κορυφή Β καλύπτει όλη την επιφάνεια του τριγώνου ΒΜΝ.
Αυτό επειδή οι θέσεις από τις οποίες διέρχεται είναι σε άμεση αντιστοιχία (1-1),
με τις θέσεις πού δημιουργούνται αν σταθεροποιήσουμε το ΜΝ και κινήσουμε την κορυφή Β στο τόξο
$\mu \varepsilon \angle {\rm M}{\rm B}{\rm N} = 60^ \circ ,$
από την Β έως το σημείο Μ .
Αν εδώ για το τυχόν σημείο Σ του τόξου $,\mu \varepsilon \angle {\rm B}\Sigma {\rm M} = 120^ \circ ,$
παρατηρήσουμε ότι
${\rm N}\Sigma = {\rm B}\Sigma + \Sigma {\rm M} \geqslant {\rm B}{\rm M} = {\rm M}{\rm N},$
βλέπουμε ξεκάθαρα το ‘σάρωμα’ της επιφάνειας .Τελικά το ζητούμενο Εμβαδό (του ορθογωνίου στην ασκηση τής στερεομετρίας)
είναι $2\alpha ^2 .$

S.E.Louridas

ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

Re: ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

Re: ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

Re: ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

Re: ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

Re: ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ ΤΗΝ Ι.Μ.Ο.-2009(2-ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ)

Μέλη σε σύνδεση