Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6239
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Σάβ Δεκ 29, 2012 8:17 pm

1. Έστω \displaystyle{AB\Gamma \Delta} κυρτό τετράπλευρο και \displaystyle{K,\Lambda} σημεία των πλευρών του \displaystyle{A\Delta ,B\Gamma} αντιστοίχως, τέτοια ώστε \displaystyle{\frac{AK}{K\Delta}=\frac{AB}{\Delta \Gamma}=\frac{B\Lambda}{\Lambda \Gamma}}.
Να αποδείξετε ότι η \displaystyle{K\Lambda} είναι παράλληλη σε μια διχοτόμο της γωνίας που σχηματίζουν οι πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{\Gamma \Delta}.


2. Έστω \displaystyle{A\Delta} η εσωτερική και \displaystyle{AE} η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας \displaystyle{\widehat{A}} του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.
Αν \displaystyle{A\Gamma  >AB} και \displaystyle{A\Gamma -AB= \frac{1}{2}B\Gamma} , να δείξετε ότι \displaystyle{\frac{B\Delta^2}{BE^2}<\frac{1}{4}}


3. Αν \displaystyle{\alpha} πραγματικός μη μηδενικός αριθμός, να λύσετε την εξίσωση \displaystyle{x^4-4\alpha x^3+2\alpha^2x^2+4\alpha^3x+\alpha^4=0}.


4. Αν \displaystyle{\alpha,\beta,\gamma} είναι πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι \displaystyle{\sqrt{\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta}+ \sqrt{\beta^2+\gamma^2-\beta\gamma} \ge  \sqrt{\alpha^2+\gamma^2+\alpha\gamma}}.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 951
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Δεκ 29, 2012 8:39 pm

parmenides51 έγραψε:3. Αν \displaystyle{\alpha} πραγματικός μη μηδενικός αριθμός, να λύσετε την εξίσωση \displaystyle{x^4-4\alpha x^3+2\alpha^2x^2+4\alpha^3x+\alpha^4=0}.
Η εξίσωση με διάσπαση του όρου 2{a^2}{x^2} ισοδύναμα γίνεται:

{x^4} - 4a{x^3} + 4{a^2}{x^2} - 2{a^2}{x^2} + 4{a^3}x + {a^4} = 0 \Leftrightarrow

{\left( {{x^2} - 2ax - {a^2}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow

{x^2} - 2ax - {a^2} = 0

\Delta  = 8{a^2} > 0 , έτσι:

\displaystyle x = \frac{{2a \pm 2\sqrt 2 a}}{2} άρα {x_1} = a + \sqrt 2 a ή {x_2} = a - \sqrt 2 a


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 951
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Δεκ 29, 2012 9:14 pm

parmenides51 έγραψε:2. Έστω \displaystyle{A\Delta} η εσωτερική και \displaystyle{AE} η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας \displaystyle{\widehat{A}} του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.
Αν \displaystyle{A\Gamma  >AB} και \displaystyle{A\Gamma -AB= \frac{1}{2}B\Gamma} , να δείξετε ότι \displaystyle{\frac{B\Delta^2}{BE^2}<\frac{1}{4}}
Από θεώρημα εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου έχουμε:

\displaystyle {\rm B}\Delta  = \frac{{{\rm B}\Gamma  \cdot {\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B}}} \Rightarrow {\rm B}{\Delta ^2} = \frac{{{\rm B}{\Gamma ^2} \cdot {\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{{\left( {{\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B}} \right)}^2}}} (1)

\displaystyle {\rm B}{\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma  \cdot {\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Gamma  - {\rm A}{\rm B}}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\upsilon \pi o\vartheta .} {\rm B}{\rm E} = \frac{{{\rm B}\Gamma  \cdot {\rm A}{\rm B}}}{{\frac{1}{2}{\rm B}\Gamma }} \Rightarrow {\rm B}{{\rm E}^2} = 4{\rm A}{{\rm B}^2} (2)

Διαιρώντας τις δύο σχέσεις έχουμε:

\displaystyle \frac{{{\rm B}{\Delta ^2}}}{{{\rm B}{{\rm E}^2}}} = \frac{{{\rm B}{\Gamma ^2}}}{{4{{\left( {{\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B}} \right)}^2}}} (3)

Όμως από τριγ. ανισότητα είναι:

\displaystyle {\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B} > {\rm B}\Gamma  \Leftrightarrow {\left( {{\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B}} \right)^2} > {\rm B}{\Gamma ^2} \Leftrightarrow

\displaystyle \frac{{{\rm B}{\Gamma ^2}}}{{{{\left( {{\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B}} \right)}^2}}} < 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm B}{\Gamma ^2}}}{{4{{\left( {{\rm A}\Gamma  + {\rm A}{\rm B}} \right)}^2}}} < \frac{1}{4} (4)


Άρα από τη σχέση (3) παίρνουμε \displaystyle \frac{{{\rm B}{\Delta ^2}}}{{{\rm B}{{\rm E}^2}}} < \frac{1}{4}
Συνημμένα
Διχοτόμοι.png
Διχοτόμοι.png (13.99 KiB) Προβλήθηκε 1150 φορές


Ηλίας Καμπελής
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1515
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς
Επικοινωνία:

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Κυρ Δεκ 30, 2012 12:36 am

4. Αν \displaystyle{\alpha,\beta,\gamma} είναι πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι \displaystyle{\sqrt{\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta}+ \sqrt{\beta^2+\gamma^2-\beta\gamma} \ge  \sqrt{\alpha^2+\gamma^2+\alpha\gamma}}.

Η ανισότητα γράφεται

\displaystyle{\sqrt{\left(b-\frac{1}{2}a \right)^2+\frac{3}{4}a^2}+\sqrt{\left(b-\frac{1}{2}c \right)^2+\frac{3}{4}c^2}\geq \sqrt{\left(\frac{1}{2}a-\frac{1}{2}c \right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}c \right)^2}}

Αν θεωρήσουμε τα σημεία \displaystyle{A\left(\frac{1}{2}a,\frac{\sqrt{3}}{2}a \right)}, B(b,0), \displaystyle{C\left(\frac{1}{2}c,-\frac{\sqrt{3}}{2}c \right)}, η ανισότητα γίνεται

(AB)+(BC)\geq (AC)

που ισχύει αφού είναι η τριγωνική ανισότητα.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 16253
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 30, 2012 2:41 am

parmenides51 έγραψε: 4. Αν \displaystyle{\alpha,\beta,\gamma} είναι πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι \displaystyle{\sqrt{\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta}+ \sqrt{\beta^2+\gamma^2-\beta\gamma} \ge  \sqrt{\alpha^2+\gamma^2+\alpha\gamma}}.
Από τον νόμο των συνιμητόνων σε τρίγωνα με γωνίες 60^o, \, 60^o, \ 120^o, αντίστοιχα, τα παραπάνω ριζικά εκφράζουν τα μήκη BD, \, DC, \, BC στο παρακάτω σχήμα. Χρησιμοποιώ τα \cos 60^o = \frac {1}{2}, \, \cos 120^o = -\frac {1}{2}. Το αποδεικτέο είναι τώρα άμεσο από το γεγονός BD+DC\ge BC.

Φιλικά,

Μιχάλης
Συνημμένα
trigoniki 60.jpg
trigoniki 60.jpg (16.92 KiB) Προβλήθηκε 1108 φορές


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6239
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Ιούλ 21, 2013 10:03 pm

parmenides51 έγραψε:4. Αν \displaystyle{\alpha,\beta,\gamma} είναι πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι \displaystyle{\sqrt{\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta}+ \sqrt{\beta^2+\gamma^2-\beta\gamma} \ge  \sqrt{\alpha^2+\gamma^2+\alpha\gamma}}.
με αφορμή την παραπάνω άσκηση είχε γίνει μια ωραία συζήτηση εδώ


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6473
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Οκτ 03, 2024 11:18 pm

parmenides51 έγραψε:
Σάβ Δεκ 29, 2012 8:17 pm
1. Έστω \displaystyle{AB\Gamma \Delta} κυρτό τετράπλευρο και \displaystyle{K,\Lambda} σημεία των πλευρών του \displaystyle{A\Delta ,B\Gamma} αντιστοίχως, τέτοια ώστε \displaystyle{\frac{AK}{K\Delta}=\frac{AB}{\Delta \Gamma}=\frac{B\Lambda}{\Lambda \Gamma}}.
Να αποδείξετε ότι η \displaystyle{K\Lambda} είναι παράλληλη σε μια διχοτόμο της γωνίας που σχηματίζουν οι πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{\Gamma \Delta}.
Επαναφορά!


Θανάσης Κοντογεώργης
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1180
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1989

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Παρ Οκτ 04, 2024 1:25 am

Μια διανυσματική λύση για το 1.
Το διάνυσμα KL ισούται με το γραμμικό συνδυασμό των AB, DC με αντίστοιχους συντελεστές αντιστρόφως ανάλογους των μέτρων τους. Επομένως το διάνυσμα KL ως άθροισμα ίσου μέτρου διανυσμάτων έχει την διεύθυνση της διχοτόμου τους.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες