mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 28, 2012 11:02 pm**

1. Δίνεται ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)=x^{3}+\kappa x+\lambda}$ με $\displaystyle{\kappa, \lambda\in\mathbb{R}}$ έχει τις πραγματικές ρίζες $\displaystyle{x_{1}, x_{2}, x_{3}}$ που ανά δύο είναι διαφορετικές μεταξύ τους.
Να εκφράσετε την παράσταση $\displaystyle{A=(1-x_{1}^{2})(1-x_{2}^{2})(1-x_{3}^{2})}$ συναρτήσει των $\displaystyle{\kappa, \lambda}$ .

2. Θεωρούμε τόξο $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}=90^\circ}$ και προεκτείνουμε τη χορδή $\displaystyle{AB}$ κατά ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{B\Gamma =AB}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{\Delta}$ το σημείο επαφής της εφαπτομένης του τόξου $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}}$ από το $\displaystyle{\Gamma}$ και $\displaystyle{K}$ το ίχνος της κάθετης από το $\displaystyle{A}$ προς τη $\displaystyle{B\Delta}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{KB=2KA}$ .

3. Αν $\displaystyle{a,b}$ θετικοί ακέραιοι, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt[3]{\left(\frac{a^{4}+b^{4}}{a+b}\right)^{a+b}}\geq a^{a}b^{b}}$ .

4. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από σημείο $\displaystyle{M}$ της πλευράς $\displaystyle{B\Gamma}$ φέρουμε παράλληλες προς τις $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ που τέμνουν τις $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ στα $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{\Lambda}$ , αντίστοιχα.
Αν είναι $\displaystyle{MK=x, M\Lambda=y}$ , να βρείτε το ελάχιστο της παράστασης $\displaystyle{S=x^{2}+y^{2}}$ και τη θέση του $\displaystyle{M}$ για την οποία λαμβάνεται αυτό.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 28, 2012 11:04 pm**

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)=x^{3}+\kappa x+\lambda}$ με $\displaystyle{\kappa, \lambda\in\mathbb{R}}$ έχει τις πραγματικές ρίζες $\displaystyle{x_{1}, x_{2}, x_{3}}$ που ανά δύο είναι διαφορετικές μεταξύ τους.
Να εκφράσετε την παράσταση $\displaystyle{A=(1-x_{1}^{2})(1-x_{2}^{2})(1-x_{3}^{2})}$ συναρτήσει των $\displaystyle{\kappa, \lambda}$ .

από εδώ

cretanman έγραψε:Απ'τους τύπους Vieta έχουμε
$\displaystyle{S_{1}=p_{1}+p_{2}+p_{3}=0}$
$\displaystyle{S_{2}=p_{1}p_{2}+p_{2}p_{3}+p_{1}p_{3}=k}$
$\displaystyle{S_{3}=p_{1}p_{2}p_{3}=-\lambda}}$

Άρα η παράσταση (μετά από τις πρώτες πράξεις)
$\displaystyle{A=1-(p_{1}^{2}+p_{2}^{2}+p_{3}^{2})+(p_{1}p_{2})^{2}+(p_{2}p_{3})^{2}+(p_{1}p_{3})^{2}-(p_{1}p_{2}p_{3})^{2}}$

λόγω των ταυτοτήτων (με πολύ εύκολες πράξεις)
$\displaystyle{p_{1}^{2}+p_{2}^{2}+p_{3}^{2}=S_{1}^{2}-2S_{2}=-2k (p_{1}p_{2})^{2}+(p_{2}p_{3})^{2}+(p_{1}p_{3})^{2}=S_{2}^{2}-2S_{3}S_{1}=k^{2}}$

γίνεται
$\displaystyle{A=1+2k+k^{2}-\lambda^{2}=(k+1-\lambda)(k+1+\lambda)}$

διαφορετικά από εδώ

KostasGT έγραψε:Αφού το $\displaystyle{P(x)}$ έχει ρίζες τους $\displaystyle{x1, x2, x3}$ τότε είναι ισοδύναμο με το $\displaystyle{(x - x_1)(x - x_2)(x - x_3)}$ .

Άρα από την ισότητα των πολυωνύμων προκύπτουν τα εξής:
$\displaystyle{x_1+x_2+x_3=0}$
$\displaystyle{x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=k}$
$\displaystyle{x_1x_2x_3=-\lambda}$

Άρα:
$\displaystyle{(1 - x_1^2)(1 - x_2^2)(1 - x_3^2)=1 - (x_1^2+x_2^2+x_3^2)+(x_1x_2)^2+(x_2x_3)^2+(x_3x_1)^2 - (x_1x_2x_3)^2}$
$\displaystyle{=1 - [(x_1+x_2+x_3)^2 - 2x_1x_2 - 2x_2x_3 - 2x_3x_1]+[(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)^2 - 2x_1x_3x_2^2 - 2x_1x_2x_3^2 - 2x_2x_3x_1^2 - (x_1x_2x_3)^2}$ $\displaystyle{=1+2k+k^2 - 2x_1x_2x_3(x_1+x_2+x_3) -\lambda^2=(k+1)^2 -\lambda^2}$

parmenides51 έγραψε:3. Αν $\displaystyle{a,b}$ θετικοί ακέραιοι, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt[3]{\left(\frac{a^{4}+b^{4}}{a+b}\right)^{a+b}}\geq a^{a}b^{b}}$ .

από εδώ

cretanman έγραψε:Από την ανισότητα Αριθμητικού - Γεωμετρικού Μέσου έχουμε : (οι $\displaystyle{a,b}$ είναι θετικοί ακέραιοι)

$\displaystyle{\frac{\overbrace{a^{3}+a^{3}+\cdots+a^{3}}^{ a\-\ \varphi o \rho \varepsilon \varsigma }+\overbrace{b^{3}+b^{3}+\cdots b^{3}}^{b\-\ \varphi o \rho \varepsilon \varsigma }}{a+b}\geq\sqrt[a+b]{\underbrace{a^{3}\cdots a^{3}}_{ a\-\ \varphi o \rho \varepsilon \varsigma }\underbrace{b^{3}\cdots b^{3}}_{b\-\ \varphi o \rho \varepsilon \varsigma }}=\sqrt[a+b]{a^{3a}b^{3b}}}$

Άρα $\displaystyle{\left(\frac{a^{4}+b^{4}}{a+b}\right)^{a+b}\geq a^{3a}b^{3b}}$ και καταλήγουμε στο ζητούμενο.

μια γενίκευση της από εδώ

silouan έγραψε:δο για κάθε $\displaystyle{a_{i}\in R^{+}}$ και $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ισχύει :
$\displaystyle{(\frac{\sum_{i=1}^{k}a_{i}^{n}}{\sum_{i=1}^{k}a_{i}})^{\frac{\sum_{i=1}^{k}a_{i}}{n-1}}\geq\prod_{i=1}^{k}a_{i}^{a_{i}}}$

και η λύση της γενίκευσης εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 01, 2012 12:34 pm**

parmenides51 έγραψε:2. Θεωρούμε τόξο $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}=90^\circ}$ και προεκτείνουμε τη χορδή $\displaystyle{AB}$ κατά ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{B\Gamma =AB}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{\Delta}$ το σημείο επαφής της εφαπτομένης του τόξου $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}}$ από το $\displaystyle{\Gamma}$ και $\displaystyle{K}$ το ίχνος της κάθετης από το $\displaystyle{A}$ προς τη $\displaystyle{B\Delta}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{KB=2KA}$ .

από εδώ

stergiu έγραψε:Αν $\displaystyle{E}$ είναι το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{O}$ το κέντρο του κύκλου, τότε το $\displaystyle{CE}$ εφάπτεται στον κύκλο(αφού $\displaystyle{BO // CE}$ ), τα τρίγωνα $\displaystyle{CEO, CDO}$ είναι ίσα , από το εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{OAKB}$ βρίσκουμε με λίγο παιγνιδάκι ότι τελικά η $\displaystyle{OK}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{DOA}$ και έτσι τελικά η γωνία $\displaystyle{COD}$ είναι ορθή. Άρα
$\displaystyle{\angle ECO = 90-\angle EOC = \angle KOA = \angle ABK}$ . Αυτό σημαίνει ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{OEC}$ και $\displaystyle{KAB}$ είναι όμοια. Αλλά $\displaystyle{EC = 2OB = 2OE}$ , οπότε και $\displaystyle{\frac{KB}{KA}= \frac{EC}{EO}= 2}$

Υ.Γ. Χρωστάω το σχήμα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 01, 2012 9:30 pm**

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από σημείο $\displaystyle{M}$ της πλευράς $\displaystyle{B\Gamma}$ φέρουμε παράλληλες προς τις $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ που τέμνουν τις $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ στα $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{\Lambda}$ , αντίστοιχα.
Αν είναι $\displaystyle{MK=x, M\Lambda=y}$ , να βρείτε το ελάχιστο της παράστασης $\displaystyle{S=x^{2}+y^{2}}$ και τη θέση του $\displaystyle{M}$ για την οποία λαμβάνεται αυτό.

Από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{BKM , BA\Gamma}$ , έχουμε: $\displaystyle{\frac{x}{\beta}=\frac{BK}{\gamma}\Rightarrow \beta y=\beta \gamma -\gamma x}$ , (1)

Tώρα $\displaystyle{S=x^2 +y^2 \Rightarrow \beta ^2 .S=\beta ^2 x^2 +\beta ^2 y^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{\beta ^2 = \beta ^2 x^2 +(\beta \gamma -\gamma x)^2 \Rightarrow \beta ^2 S=(\beta ^2 +\gamma ^2 )x^2 -2\beta \gamma ^2 x +\beta ^2 \gamma ^2}$

Το δεύτερο μέλος της παραπάνω ισότητας είναι τριώνυμο και η ελάχιστη τιμή λαμβάνεται για $\displaystyle{x=\frac{\beta \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}.}$

Συνεπώς το $\displaystyle{\beta ^2 .S}$ και άρα και το $\displaystyle{S}$ , γίνεται ελάχιστο όταν $\displaystyle{x=\frac{\beta \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}}$ , (2)

Και η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{\beta ^2 S}$ , είναι $\displaystyle{-\frac{\Delta}{4\alpha}}$ . Όμως $\displaystyle{\Delta =-4\beta ^4 \gamma ^2}$ .

Άρα η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{\beta ^2 S}$ είναι $\displaystyle{\frac{\beta ^4 \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}}$ και συνεπώς η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{S}$ είναι

$\displaystyle{S_{min}=\frac{\beta ^2 \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}}$

Mένει τώρα να δούμε το πως θα προσδιορίσουμε την θέση του σημείου $\displaystyle{M}$

Από τυχαίο σημείο

της πλευράς

φέρνουμε μια ημιευθεία η οποία τέμνει την $A\Gamma$ στο

. Από τα σημεία T , D

, φέρνουμε ευθείες παράλληλες προς τις $\displaystyle{A\Gamma , AB}$ αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο

. Φέρνουμε τώρα την εθεία

, η οποία τέμνει την $B\Gamma$ στο

. Θα δείξουμε ότι το

, είναι το ζητούμενο σημείο.
Πράγματι, αν φέρουμε από το

τις $MK , M\Lambda$ παράλληλες προς τις $A\Gamma , AB$ αντιστοίχως, τότε θα έχουμε τις παρακάτω προφανείς ισότητες (λόγω των ομοίων τριγώνων που σχηματίζονται):

$\frac{MK}{TE}=\frac{AM}{AE}=\frac{M\Lambda}{DE}\Rightarrow \frac{x}{TE}=\frac{y}{DE}\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{TE}{DE}\Rightarrow$

$\frac{x}{y}=\frac{AB}{A\Gamma}\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{\gamma}{\beta}$ . (1)

Από τα όμοια τρίγωνα $BKM , B\Gamma A$ , έχουμε: $\frac{x}{\beta}=\frac{BK}{\gamma}\Rightarrow$

$\frac{x}{\beta}=\frac{\gamma -y}{\gamma}\Rightarrow \gamma x =\beta \gamma -\beta y$ . (2)

Από την (1) έχουμε $y=\frac{\beta x}{\gamma}$ , οπότε η (2) γράφεται:

$\gamma x=\beta \gamma -\beta \frac{\beta x}{\gamma}\Rightarrow x=\frac{\beta \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}$

Edit: Έκανα κάποιες τροποποιήσεις στην διατύπωση

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Θα ακολουθήσει το σχήμα από τον Parmenides

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 02, 2012 10:25 pm**

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από σημείο $\displaystyle{M}$ της πλευράς $\displaystyle{B\Gamma}$ φέρουμε παράλληλες προς τις $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ που τέμνουν τις $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ στα $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{\Lambda}$ , αντίστοιχα.
Αν είναι $\displaystyle{MK=x, M\Lambda=y}$ , να βρείτε το ελάχιστο της παράστασης $\displaystyle{S=x^{2}+y^{2}}$ και τη θέση του $\displaystyle{M}$ για την οποία λαμβάνεται αυτό.

: Eykleidhs 2006 4a bl.png (8.65 KiB) Προβλήθηκε 2571 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{BKM , BA\Gamma}$ , έχουμε: $\displaystyle{\frac{x}{\beta}=\frac{BK}{\gamma}\Rightarrow \beta y=\beta \gamma -\gamma x}$ , (1)

Tώρα $\displaystyle{S=x^2 +y^2 \Rightarrow \beta ^2 .S=\beta ^2 x^2 +\beta ^2 y^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{\beta ^2 = \beta ^2 x^2 +(\beta \gamma -\gamma x)^2 \Rightarrow \beta ^2 S=(\beta ^2 +\gamma ^2 )x^2 -2\beta \gamma ^2 x +\beta ^2 \gamma ^2}$

Το δεύτερο μέλος της παραπάνω ισότητας είναι τριώνυμο και η ελάχιστη τιμή λαμβάνεται για $\displaystyle{x=\frac{\beta \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}.}$

Συνεπώς το $\displaystyle{\beta ^2 .S}$ και άρα και το $\displaystyle{S}$ , γίνεται ελάχιστο όταν $\displaystyle{x=\frac{\beta \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}}$ , (2)

Και η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{\beta ^2 S}$ , είναι $\displaystyle{-\frac{\Delta}{4\alpha}}$ . Όμως $\displaystyle{\Delta =-4\beta ^4 \gamma ^2}$ .

Άρα η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{\beta ^2 S}$ είναι $\displaystyle{\frac{\beta ^4 \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}}$ και συνεπώς η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{S}$ είναι

$\displaystyle{S_{min}=\frac{\beta ^2 \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}}$

: Eykleidhs 2006 4b bl.png (16.11 KiB) Προβλήθηκε 2571 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Mένει τώρα να δούμε το πως θα προσδιορίσουμε την θέση του σημείου $\displaystyle{M}$

Από τυχαίο σημείο της πλευράς φέρνουμε μια ημιευθεία η οποία τέμνει την $A\Gamma$ στο . Από τα σημεία , φέρνουμε ευθείες παράλληλες προς τις $\displaystyle{A\Gamma , AB}$ αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο . Φέρνουμε τώρα την εθεία , η οποία τέμνει την $B\Gamma$ στο . Θα δείξουμε ότι το , είναι το ζητούμενο σημείο.
Πράγματι, αν φέρουμε από το τις $MK , M\Lambda$ παράλληλες προς τις $A\Gamma , AB$ αντιστοίχως, τότε θα έχουμε τις παρακάτω προφανείς ισότητες (λόγω των ομοίων τριγώνων που σχηματίζονται):

$\frac{MK}{TE}=\frac{AM}{AE}=\frac{M\Lambda}{DE}\Rightarrow \frac{x}{TE}=\frac{y}{DE}\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{TE}{DE}\Rightarrow$

$\frac{x}{y}=\frac{AB}{A\Gamma}\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{\gamma}{\beta}$ . (1)

Από τα όμοια τρίγωνα $BKM , B\Gamma A$ , έχουμε: $\frac{x}{\beta}=\frac{BK}{\gamma}\Rightarrow$

$\frac{x}{\beta}=\frac{\gamma -y}{\gamma}\Rightarrow \gamma x =\beta \gamma -\beta y$ . (2)

Από την (1) έχουμε $y=\frac{\beta x}{\gamma}$ , οπότε η (2) γράφεται:

$\gamma x=\beta \gamma -\beta \frac{\beta x}{\gamma}\Rightarrow x=\frac{\beta \gamma ^2}{\beta ^2 +\gamma ^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 18, 2012 5:30 pm**

Για το 1. Η επόμενη λύση ήταν στις προτεινόμενες.

Από την υπόθεση έχουμε: P(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3) .

Άρα

A=(1-x_1^2)(1-x_2^2)(1-x_3^2)=(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1+x_1)(1+x_2)(1+x_3)=

-(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(-1-x_1)(-1-x_2)(-1-x_3)=- P(1)P(-1)=

$-(1+\kappa+ \lambda )(-1-\kappa +\lambda)=(1+\kappa)^2-\lambda^2 .$

Μία άλλη λύση, κάπως παρόμοια με την προηγούμενη.

Η εξίσωση $\left(\sqrt{x}\right)^3+\kappa\sqrt{x} +\lambda =0$ με $x\geq 0$ έχει λύσεις τις x_1^2 , x_2^2 , x_3^2 .

Η προηγούμενη εξίσωση γίνεται: $(x+\kappa)\sqrt{x}=-\lambda \Rightarrow (x+\kappa)^2 x=\lambda^2 \Rightarrow x^3+2\kappa x^2+\kappa^2 x-\lambda^2=0 .$

Το πολυώνυμο $Q(x)=x^3+2\kappa x^2+\kappa^2 x-\lambda^2$ έχει ρίζες τις x_1^2 , x_2^2 , x_3^2 ,

άρα

Επομένως, $A=Q(1)=1+2\kappa +\kappa^2 -\lambda^2=(1+\kappa)^2-\lambda^2 .$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 19, 2013 11:49 am**

parmenides51 έγραψε:2. Θεωρούμε τόξο $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}=90^\circ}$ και προεκτείνουμε τη χορδή $\displaystyle{AB}$ κατά ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{B\Gamma =AB}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{\Delta}$ το σημείο επαφής της εφαπτομένης του τόξου $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}}$ από το $\displaystyle{\Gamma}$ και $\displaystyle{K}$ το ίχνος της κάθετης από το $\displaystyle{A}$ προς τη $\displaystyle{B\Delta}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{KB=2KA}$ .

άλλες λύσεις εδώ (aops)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 19, 2013 12:46 pm**

Το θέμα 3 του διαγωνισμού αυτού ήταν ημέτερης κατασκευής με βάση το σκεπτικό από ένα θέμα του βιβλίου του Ηλία Τζιώρα και το κατασκεύασα με το εξής στόχο:
Να δώσω την Ανισότητα στους θετικούς ακέραιους, ώστε να προβληθεί ο διπλός ρόλος ενός θετικού ακεραίου τόσο σαν συντελεστή που εκφράζει και πλήθος αλλά και σαν εκθέτη σε παρόμοιο ρόλο για να πάμε έτσι σε (B-C-S).
Εκείνο που θυμάμαι είναι ότι το ποσοστό ΑΠΟΤΥΧΙΑΣ πλήρους λύσης στο θέμα αυτό ήταν από τα υψηλότερα (κοντά στο 100%) και από Αριστότατους Μαθητές, κάτι που μας έκανε εντύπωση τόση ώστε να ασχοληθούμε με τέτοια φαινόμενα που ακουμπούν στην νοοτροπία (θετική ή αρνητική) που διαμορφώνεται ενίοτε στο ευρύτερο περιβάλλον των Διαγωνιστικών Μαθηματικών.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 20, 2013 1:24 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: Mένει τώρα να δούμε το πως θα προσδιορίσουμε την θέση του σημείου $\displaystyle{M}$

Εναλλακτικά μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι το

είναι το ίχνος της συμμετροδιαμέσου!
Αυτό το είχα βρει στο διαγωνισμό

αλλά κατά τα άλλα δεν έχω και πολύ καλές μνήμες από το συγκεκριμένο διαγωνισμό κυρίως λόγω της ανισότητας.
Είναι μια ωραία κατασκευή αλλά αφού ισχύει γενικά για πραγματικούς νομίζω αυτή θα έπρεπε να είναι η διατύπωση γιατί ο λύτης μπλέκεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 20, 2013 3:43 pm**

Πέρα από το 3ο Θέμα που στόχο είχε την ανίχνευση να «κόψει» του λύτη να δει ότι, όταν το

είναι θετικός ακέραιος μπορεί να δώσει συμπεριφορά και σαν την π.χ. $\displaystyle{a^n = \underbrace {a^m + a^m + ... + a^m }_{a^{n - m} - \;times}}$ ,
ημέτερο ήταν και το 4ο θέμα της Γεωμετρίας του διαγωνισμού αυτού που είχε σαν στόχο να ανιχνευτεί η δυνατότητα όχι μόνο της ύπαρξης ενός σημείου εν προκειμένω του

με τις τάδε ιδιότητες, αλλά και η δυνατότητα κατασκευαστικού προσδιορισμού (με κανόνα και διαβήτη) υλοποιώντας την τελευταία φράση του προβλήματος «…να βρεθεί η θέση του

που λαμβάνεται το ελάχιστο …» και αυτό όποιος διδάσκων το ξεπεράσει «ελαφρά τη καρδία» καλό είναι …να το ξανασκεφτεί (τουλάχιστον).
Δυστυχώς και σε αυτό το πνεύμα δεν απάντησε κανείς τότε για το σημείο αυτό, δηλαδή να αναφερθεί στην κατασκευή, εκτός από έναν ή δύο πολύ-πολύ περιγραφικά.
Προφανώς για τις μη ακριβείς απαντήσεις οι τελευταίοι που ευθύνονται είναι οι Μαθητές.
Φταίει ξεκάθαρα το στυλ της Μαθηματικής προσέγγισης που διδάσκεται στα παιδιά.
Κατά την άποψη μου η κατασκευή μίας άσκησης στα διαγωνιστικά Μαθηματικά δεν είναι για να «ταλαιπωρεί» τον εξεταζόμενο είτε στο οπτικό περιβάλλον της εκφώνησης (γραμμές και κόντρα γραμμές, με υπέρ του δέοντος πολλά φραστικά του τύπου:… τέτοιο ώστε και κόντρα τέτοιο ώστε...),
είτε λόγω της παρά φύση, κατασκευαστικά, δυσκολίας της υποχρεώνοντας σε δημιουργία εικασιών για την επίλυση της, που σε ανάλογες περιπτώσεις ούτε ο ίδιος ο κατασκευαστής θα μπορούσε να τις κάνει, όπως πολύ σωστά μου είχε πει πολύ πρόσφατα ο ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ Γιώργος Τσίντσιφας, αλλά εκτός των άλλων πρέπει να στοχεύει και στην δυνατότητα μετουσίωσης των Μαθηματικών γνώσεων σε «πραγματική» πράξη μέσω έξυπνων και σίγουρα στοχευμένων κινήσεων.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 16, 2014 11:07 pm**

parmenides51 έγραψε:3. Αν $\displaystyle{a,b}$ θετικοί ακέραιοι, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt[3]{\left(\frac{a^{4}+b^{4}}{a+b}\right)^{a+b}}\geq a^{a}b^{b}}$ .

Εξαιρετική άσκηση!

Αν δεν κάνω λάθος ισχύει και στην περίπτωση όπου $\displaystyle{a,b\in \mathbb{R_{+}^{*}}$ .

Αρκεί ν.δ.ο. $\displaystyle{\sqrt[3]{\frac{a^{4}+b^{4}}{a+b}}\geq a^{\frac{a}{a+b}}\cdot b^{\frac{b}{a+b}}$ .

Από τη σταθμισμένη ανισότητα ΑΜ-ΓΜ (weighted means inequality) παίρνουμε $\displaystyle{RHS\leq \frac{a^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}}{a+b}=\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}}$ .

Υψώνοντας στον κύβο και απλοποιώντας αρκεί ν.δ.ο. $\displaystyle{a^{4}+b^{4}\geq \frac{(a^{2}+b^{2})^{3}}{(a+b)^{2}}}$ ή ισοδύναμα $\displaystyle{(a^{4}+b^{4})(a+b)(a+b)\geq (a^{2}+b^{2})^{3}}$ που ισχύει άμεσα από την ανισότητα Holder.

Αν έχω κάνει λάθος ας μου στείλει κάποιος π.μ. για να διαγράψω τη λύση.

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2006 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ