4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Datis-Kalali · #1

1) Αν

και

είανι διαφορετικοί πραγματικοί αροθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{ab}{(a-b)^2} + \frac{bc}{(b-c)^2} + \frac{ca}{(c-a)^2} + \frac{1}{4} \geqslant 0$

(Πήγη: Vasc and Arqady)
2)Να βρείτε όλοι οι τριψηφίο αριθμοί $\overline{xyz}$ έτσι ώστε $\overline{xyz}=x!+y!+z!$
(Πήγη: Περσικό βίβλιο Θεωρία αριθμών)
3)Έστω ότι ABC

είναι οξυγώνιο τρίγωνο με

το μέσο της πλευράς

και ορθόκεντρο

.Αν

είναι ο ίχνος του κάθετη απο

πρός την ευθεία

, να δείξετε ότι $AM \cdot PM=BM^2$
(Πήγη: Περσικό βίβλιο γεωμετρίας)
4)Δίνεται ένα κύρτο 2004-γωνο

έτσι ώστε κάθε 4 σημεία δεν είναι ομοκυκλικά. Ένα τρίγωνο με κορυφές του

λέγεται μικρό άν όλες οι άλλες 2001 κορυφές του

βρίσκονται μέσα στον περιεγγραμένο κύκλο του τρίγωνου. Επίσης ένα τρίγωνο με κορυφές του

λέγεται μεγάλο αν όλες οι άλλες 2001 κορυφές του

βρίσκονται έξω στον περιεγγραμένο κύκλο του τρίγωνου. Να δείξετε ότι ο πλήθος των μεγάλων και μικρών τρίγωνων είναι ίσες.
(Πήγη: Art of problem Solving)

* Το LaTex για την ανισότητα είχε πρόβλημα και έτσι το έβαλα σαν attachment
Edit από Demetres: Διορθώθηκε

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Datis-Kalali έγραψε: Δευ Σεπ 11, 2017 8:04 pm 3)Έστω ότι είναι οξυγώνιο τρίγωνο με το μέσο της πλευράς και ορθόκεντρο .Αν είναι ο ίχνος του κάθετη απο πρός την ευθεία , να δείξετε ότι $AM \cdot PM=BM^2$
(Πήγη: Περσικό βίβλιο γεωμετρίας)

: Γεωμετρία από Περσικό Βιβλίο.png (30.01 KiB) Προβλήθηκε 1507 φορές

Θα αποδείξουμε αρχικά το ακόλουθο λήμμα:

Έχουμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και έστω

το ορθόκεντρο του και έστω

το μέσο του

. Φέρνουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του BHC

και έστω

το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του BHC

και της

. Να αποδειχθεί ότι AM=MK

.

Φέρνουμε από τα B, C

παράλληλες προς τις

και

αντίστοιχα και έστω

το σημείο τομής τους.

Έχουμε πως το ABLC

είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως $\widehat{BAC}=\widehat{BLC}$ .

Όμως είναι γνωστό πως το $\widehat{BAC}=180^o-\widehat{BHC}$ , επομένως έχουμε πως $\widehat{BLC}=180^o-\widehat{BHC}$ .

Επομένως το

ανήκει στον περιγεγραμμένο του BHC

. Αφού όμως το ABLC

είναι παραλληλόγραμμο, έχουμε πως το

περνάει από το μέσο του

, άρα το

ανήκει στην

, αλλά ταυτόχρονα και στον περιγεγραμμένο του BHC

. Επομένως το

ταυτίζεται με το

. Αφού όμως το ABKC

είναι παραλληλόγραμμο, έχουμε πως AM=MK

.

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε πως $MP\cdot MK=BM^2=MB\cdot MC$ , με άλλα λόγια ότι το BPCK

είναι εγγράψιμο.

Έχουμε όμως πως $\widehat{HPK}=90^o$ . Ακόμη έχουμε πως $CH\perp AB$ και αφού CK//AB

, έχουμε πως $\widehat{HCK}=90^o$ .

Άρα το HPCK

είναι εγγράψιμο και αφού το BHCK

είναι εγγράψιμο, ισχύει πως το BHPCK

είναι εγγράψιμο, δηλαδή ότι το BPCK

είναι εγγράψιμο.

Ορέστης Λιγνός · #3

Datis-Kalali έγραψε: Δευ Σεπ 11, 2017 8:04 pm

3)Έστω ότι είναι οξυγώνιο τρίγωνο με το μέσο της πλευράς και ορθόκεντρο .Αν είναι ο ίχνος του κάθετη απο πρός την ευθεία , να δείξετε ότι $AM \cdot PM=BM^2$
(Πήγη: Περσικό βίβλιο γεωμετρίας)

Μία άλλη λύση.

Έστω $E \equiv CH \cap AB, D \equiv BH \cap AC$ .

Είναι $\widehat{AEH}=\widehat{APH}=\widehat{ADH}=90^\circ \Rightarrow A,E,H,P,D$ ομοκυκλικά, και έστω

το κέντρο του κύκλου αυτού.

Είναι $\widehat{KEM}=\widehat{KED}+\widehat{DEC}+\widehat{CEM}=90^\circ-\widehat{A}+\widehat{DBC}+90^\circ-\widehat{B}=$

$\widehat{DBC}+\widehat{B}=90^\circ \Rightarrow KE \perp EM$ , οπότε η

εφάπτεται στον κύκλο (A,E,H,P,D)

, οπότε $MB^2=ME^2=MP \cdot MA$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Datis-Kalali έγραψε: Δευ Σεπ 11, 2017 8:04 pm 1) Αν και είανι διαφορετικοί πραγματικοί αροθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{ab}{(a-b)^2} + \frac{bc}{(b-c)^2} + \frac{ca}{(c-a)^2} + \frac{1}{4} \geqslant 0$

(Πήγη: Vasc and Arqady)

Είναι $\dfrac{ab}{(a-b)^2}=\dfrac{(a+b)^2}{4(a-b)^2}-\dfrac{1}{4}$ , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}\geqslant 2$ .

Έστω $x=\dfrac{a+b}{a-b}, y=\dfrac{b+c}{b-c}, z=\dfrac{c+a}{c-a}$ και αρκεί $x^2+y^2+z^2 \geqslant 2$ .

Με απλές πράξεις παρατηρούμε ότι $\displastyle xy+yz+zx=-1$ , οπότε $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2xy-2yz-2zx=(x+y+z)^2+2 \geqslant 2$ .

#5

Datis-Kalali έγραψε: Δευ Σεπ 11, 2017 8:04 pm 1) Αν και είανι διαφορετικοί πραγματικοί αροθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{ab}{(a-b)^2} + \frac{bc}{(b-c)^2} + \frac{ca}{(c-a)^2} + \frac{1}{4} \geqslant 0$

(Πήγη: Vasc and Arqady)

Με πρόλαβε από ότι βλέπω ο Ορέστης, μάλλον με πιο κομψή λύση. Την αφήνω όμως για τον κόπο μου και για την διαφορετική προσέγγιση.

Αν κάποιο από τα a,b,c

είναι

, έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας το

, τότε η ζητούμενη ανισότητα γίνεται $\displaystyle \frac{ab}{(a-b)^2} \geqslant -\frac{1}{4}$ η οποία αποδεικνύεται εύκολα. (Είναι ισοδύναμη με την $(a+b)^2 \geqslant 0$ .)

Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι τα a,b,c

είναι όλα διάφορα του

. Αν πολλαπλάσιάσουμε όλα με το

τότε η ζητούμενη ανισότητα δεν αλλάζει. Πολλαπλάσιάζοντάς τα λοιπόν αν χρειαστεί, μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα δύο τουλάχιστον είναι θετικά. Αν είναι και τα τρία θετικά η ανισότητα είναι άμεση.

Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι a > b > 0 > c. Ας γράψουμε d = -c

. Η ζητούμενη ανισότητα γίνεται

$\displaystyle \frac{ab}{(a-b)^2} + \frac{1}{4} \geqslant d\left(\frac{a}{(a+d)^2} + \frac{b}{(b+d)^2} \right).$

Θέτοντας x = a/d

και

η ανισότητα γίνεται

$\displaystyle f(x,y) = \frac{xy}{(x-y)^2} + \frac{1}{4} - \frac{x}{(x+1)^2} - \frac{y}{(y+1)^2} \geqslant 0$

για x, y > 0.

Ισχυρίζομαι πως αρκεί να δείξω την ανισότητα για την περίπτωση $x,y \geqslant 1$ .

Πράγματι, αν $x,y \leqslant 1$ τότε $f(x,y) = f(1/x,1/y) \geqslant 0$ αφού $1/x,1/y \geqslant 1$ . Επίσης, αν x > 1 > y, τότε

$\displaystyle \displaystyle{ f(x,y) - f(x,1/y) = \frac{xy}{(x-y)^2} - \frac{x/y}{(x-1/y)^2} = \cdots = \frac{xy(x^2-1)(1-y^2)}{(x-y)^2(xy-1)^2}} \geqslant 0.$

Άρα $f(x,y) \geqslant f(x,1/y) \geqslant 0$ αφού x,1/y > 1

.

Ομοίως δουλεύουμε και στην περίπτωση y > 1 > x.

Έστω λοιπόν χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $x > y \geqslant 1$ . Τότε $f(x,y) \geqslant f(x/y,1)$ αφού η συνάρτηση g(z) = z/(z+1)^2

είναι φθίνουσα για $z \geqslant 1$ .

Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι y=1

. Η ανισότητα γίνεται $\displaystyle \frac{x}{(x-1)^2} \geqslant \frac{x}{(x+1)^2}$ η οποία είναι προφανής.

Datis-Kalali · #6

Επαναφορά!

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ · #7

2)Αρχικά παρατηρούμε πως πρέπει $x,y,z\leq 6$ , Αν ένας από τους x,y,z

ισούται με

τότε παίρνουμε:
$720\leq L.H.S= R.H.S= \overline{6yz}\leq 655$ Άτοπο
$720\leq L.H.S= R.H.S= \overline{x5z}\leq 656$ Άτοπο
$720\leq L.H.S= R.H.S= \overline{xy6}\leq 556$ Άτοπο
Άρα, $x,y,z\leq 5$
Αν $x\geq 4$ τότε :
$360\geq L.H.S= R.H.S\geq 400$ Άτοπο
Αν x=3

:
$246\geq L.H.S= R.H.S\geq300$ Άτοπο
Άρα, x=1

ή

Όπου έχουμε μόνο για x=1

μοναδική λύση :
$\left ( x,y,z \right )= \left (1,4,5 \right )\Rightarrow \overline{xyz}= 145$

4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Re: 4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Re: 4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Re: 4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Re: 4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Re: 4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Re: 4 ωραίες ασκήσεις για διαγωνισμούς!

Μέλη σε σύνδεση