Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

dimitris pap · #1

Οπως υποσχέθηκα θα βάλω (σταδιακά) τις ασκήσεις απ' το φετινό STEP. Ας βάλω κατ' αρχάς μία που μου άρεσε, ώστε να φανεί η "λογική" των εξετάσεων:
Αποδείξτε ότι για $0<a<b<2\pi$ , $|e^{ia}-e^{ib}|=2\sin{\frac{b-a}{2}}$ .
Ετσι δείξτε ότι για $0<a<b<c<d<2\pi$ έχουμε:
$|e^{ia}-e^{ib}||e^{ic}-e^{id}|+|e^{ia}-e^{id}||e^{ib}-e^{ic}|=|e^{ia}-e^{ic}||e^{ib}-e^{id}|$
και δώστε μια γεωμετρική ερμηνεία του παραπάνω για τα εγγράψιμα τετράπλευρα!

Κατά τη γνώμη μου ένα πολύ ωραία δομημένο θέμα, που δεν απαιτεί πολλές γνώσεις (θα ευχόμουν να έπεφταν τέτοιου είδους θέματα και στις Πανελλήνιες...)

#2

Πτολεμαίος

paulgai · #3

Πραγματικά πολύ καλή άσκηση. Αν δεν έκανα λάθος η γεωμετρική ερμηνεία είναι η παρακάτω:
ΑΒ.ΓΔ+ΑΔ.ΒΓ=ΑΓ.ΒΔ

#4

Να δώσω μια γεωμετρική λύση για το πρώτο κομμάτι: Θέλουμε να βρούμε το μήκος του τόξου ΑΒ όπου τα Α,Β βρίσκονται πάνω στον μοναδιαίο κύκλο με γωνία ΑΟΒ ίση με β-α. Αν Α' το αντιδιαμετρικό σημείο του Α, η γωνία ΑΑ'Β ισούται με (β-α)/2, η ΑΑ' διάμετρος κτλ.

(Φυσικά η αναμενόμενη λύση είναι η $|e^{ia} - e^{ib}|^2 = (\cos(a) -\cos(b))^2 + (\sin(a) - \sin(b))^2 = \cdots$ )

#5

Δίνω αναλυτικά μιαν αντιμετώπιση στα δύο πρώτα ερωτήματα:

α) Από τον τύπο του Fermat:
$\left| {e^{ia} - e^{ib} } \right|^2 = \left| {\cos a + i \cdot \sin a - \cos b - i \cdot \sin b} \right|^2 = \left( {\cos a - \cos b} \right)^2 + \left( {\sin a - \sin b} \right)^2 =$
$\cos ^2 a + \cos ^2 b - 2\cos a \cdot \cos b + \sin ^2 a + \sin ^2 b - 2\sin a \cdot \sin b = 2 - 2\left( {\cos a \cdot \cos b + \sin a \cdot \sin b} \right) =$

$2 - 2\cos \left( {b - a} \right) = 2 - 2\left( {1 - 2\sin ^2 \frac{{b - a}}{2}} \right) = 4\sin ^2 \frac{{b - a}}{2}$

Οπότε, αφού b > a, είναι $\sin \frac{{b - a}}{2} > 0\;\;\; \Rightarrow \left| {e^{ia} - e^{ib} } \right| = 2\sin \frac{{b - a}}{2}$ .

β) $\left| {e^{ia} - e^{ib} } \right| \cdot \left| {e^{ic} - e^{id} } \right| + \left| {e^{ia} - e^{id} } \right| \cdot \left| {e^{ib} - e^{ic} } \right| =$
$=2\sin \frac{{b - a}}{2} \cdot 2\sin \frac{{d - c}}{2} + 2\sin \frac{{d - a}}{2} \cdot 2\sin \frac{{c - b}}{2} =$
$2\cos \left( {\frac{{b - a - d + c}}{2}} \right) - 2\cos \left( {\frac{{b - a + d - c}}{2}} \right) + 2\cos \left( {\frac{{d - a - c + b}}{2}} \right) - 2\cos \left( {\frac{{d - a + c - b}}{2}} \right) =$
$2\cos \left( {\frac{{b - a - d + c}}{2}} \right) - 2\cos \left( {\frac{{d - a + c - b}}{2}} \right) =$

$\left| {e^{ia} - e^{ic} } \right| \cdot \left| {e^{ib} - e^{id} } \right| = 2\sin \frac{{c - a}}{2} \cdot 2\sin \frac{{d - b}}{2} = 2\cos \left( {\frac{{c - a - d + b}}{2}} \right) - 2\cos \left( {\frac{{c - a + d - b}}{2}} \right)$

Άρα: $\left| {e^{ia} - e^{ib} } \right| \cdot \left| {e^{ic} - e^{id} } \right| + \left| {e^{ia} - e^{id} } \right| \cdot \left| {e^{ib} - e^{ic} } \right| = \left| {e^{ia} - e^{ic} } \right| \cdot \left| {e^{ib} - e^{id} } \right|$

Τώρα, όσον αφορά το 3ο ερώτημα, μοιάζει πολύ με 1ο Θεώρημα Πτολεμαίου.
Έστω ΑΒCD εγγράψιμμο τετράπλευρο, με γωνίες $\widehat{A} = a,\;\;\widehat{B} = b,\;\;\widehat{C} = c,\;\;\widehat{D} = d$ .
Τότε, από 1ο Θ. Πτολεμαίου: ΑΒ∙CD +AD∙BC = AC∙BD.
Όμως, αφού a + c = 180° και b + d = 180° με a < b, θα είναι c > d, που έρχεται σε αντίθεση με την εκφώνηση. Οπότε, κάποιος άλλος μετασχηματισμός χρειάζεται εδώ!
Να ένα θέμα για διερεύνηση!

Γιώργος Ρίζος

dimitris pap · #6

Rigio έγραψε: Τότε, από 1ο Θ. Πτολεμαίου: ΑΒ∙CD +AD∙BC = AC∙BD.
Όμως, αφού a + c = 180° και b + d = 180° με a < b, θα είναι c > d, που έρχεται σε αντίθεση με την εκφώνηση. Οπότε, κάποιος άλλος μετασχηματισμός χρειάζεται εδώ!
Να ένα θέμα για διερεύνηση!

Γιώργος Ρίζος

Ωραία η λύση αλλά εδώ νομίζω δεν υπάρχει πρόβλημα! Αλλο το

Που αναφέρετε εσείς κι άλλο αυτό της εκφώνησης!!

dimitris pap · #7

Ας συνεχίσω στο ίδιο topic (αν κρίνουν σωστό οι διαχειριστές, ας το μετακινήσουν σε νέο topic...) με ένα ακόμα πρόβλημα απ' τις σημερινές εξετάσεις.

Να βρείτε έναν αναγωγικό τύπο για το $I_n=\int\limits_0^{1}{x^m(\ln{x})^n}$ κι έτσι να υπολογίσετε (συναρτήσεις των m,n) to I_n

.
Επειτα αποδείξτε ότι:
$\int\limits_0^{1}{x^x}=1-(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{3})^3+...+(-1)^{n+1}(\frac{1}{n})^n+...$

#8

Θέμα 1ο, ερώτημα γ)
Σε συνέχεια του προηγούμενου και μετά την παρατήρηση του Δημήτρη:

: step01.png (10.7 KiB) Προβλήθηκε 6911 φορές

Έστω Α(cosa, sina), Β(cosb, sinb), C(cosc, sinc), D(cosd, sind), με a < b < c < d και
$\hat{A}+\hat{C}=\hat{B}+\hat{D}=180^{o}$ (1)
Tότε το ΑBCD είναι εγγράψιμμο.
Είναι: (ΑΒ)² = $\left( {\cos a - \cos b} \right)^2 + \left( {\sin a - \sin b} \right)^2 = \left| {e^{ia} - e^{ib} } \right|^2$ κ.ο.κ.,
οπότε από το ερώτημα (β) προκύπτει το 1ο Θ. Πτολεμαίου: ΑΒ∙CD +AD∙BC = AC∙BD.

Το ερώτημα που θέτω είναι πώς συνδέεται ο περιορισμός (1) με τη σχέση (β);

Γιώργος Ρίζος
edit: Έκανα μια προσθήκη στις 10:49

paulgai · #9

dimitris pap έγραψε:Ας συνεχίσω στο ίδιο topic (αν κρίνουν σωστό οι διαχειριστές, ας το μετακινήσουν σε νέο topic...) με ένα ακόμα πρόβλημα απ' τις σημερινές εξετάσεις.

Να βρείτε έναν αναγωγικό τύπο για το $I_n=\int\limits_0^{1}{x^m(\ln{x})^n}$ κι έτσι να υπολογίσετε (συναρτήσεις των m,n) to .
Επειτα αποδείξτε ότι:
$\int\limits_0^{1}{x^x}=1-(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{3})^3+...+(-1)^{n+1}(\frac{1}{n})^n+...$

Αρχικά παρατηρούμε ότι:
$I_{1}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m}lnx\:dx=-\displaystyle\frac{1}{(m+1)^{2}}$
Επίσης με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε:
$I_{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m}ln^{n}x\: dx=-\displaystyle\frac{n}{m+1}I_{n-1}$
άρα
$I_{n}=\displaystyle\frac{(-1)^{n}n!}{(m+1)^{n+1}}.$
Aπο το γνωστό ανάπτυγμα της εκθετικής σε σειρά λαμβάνουμε:
$e^{xlnx}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\displaystyle\frac{x^{n}ln^{n}x}{n!}$
επομένως
$\displaystyle\int_{0}^{1}x^{x}\: dx=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{x\: lnx}\: dx=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\displaystyle\frac{x^{n}ln^{n}x}{n!}dx=\\\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\displaystyle\frac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}ln^{n}x \: dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\displaystyle\frac{(-1)^{n}}{(n+1)^{n+1}}$

Υ.Γ. Από το θεώρημα κυρίαρχης σύγκλησης προκύπτει
ότι η εναλλαγή σειράς και ολοκλήρωσης είναι δυνατή.

#10

καλημέρα!

paulgai έγραψε:Υ.Γ. Από το θεώρημα κυρίαρχης σύγκλησης προκύπτει
ότι η εναλλαγή σειράς και ολοκλήρωσης είναι δυνατή.

Ποια είναι η κυρίαρχη ολοκληρώσιμη συνάρτηση;

paulgai · #11

Έχεις δίκιο Θανάση, δεν ήμουν πολύ ακριβής. Εννοώ αυτό
το θεωρηματάκι που είναι άμεσο πόρισμα του θεωρήματος
κυρίαρχης σύγκλισης. Η ακολουθία συναρτήσεων είναι τα
μερικά αθροίσματα (αν θυμάμαι καλά). Βέβαια απαιτεί
κάποιους υπολογισμούς το όλο ζήτημα και πράγματι δεν είναι
απόλυτα προφανές. Με την πρώτη ευκαιρία θα συμπληρώσω
την άσκηση.

#12

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:καλημέρα!
paulgai έγραψε:Υ.Γ. Από το θεώρημα κυρίαρχης σύγκλησης προκύπτει
ότι η εναλλαγή σειράς και ολοκλήρωσης είναι δυνατή.
Ποια είναι η κυρίαρχη ολοκληρώσιμη συνάρτηση;

Στο [0,1] η $-x \ln{x}$ είναι μη αρνητική και παίρνει την μέγιστη τιμή στο 1/e και άρα $|x \ln{x}| \leq 1/e$ . Άρα σαν κυρίαρχη ολοκληρώσιμη συνάρτηση θα μπορούσαμε να πάρουμε την σταθερή συνάρτηση $e^{1/e}$ .

Φυσικά αυτά δεν είναι προαπαιτούμενες γνώσεις για τα STEP. Αν και είναι σίγουρα ερώτηση στα pure mathematics, πιστεύω πως εναλλαγή ολοκληρώματος/αθροίσματος χωρίς οποιαδήποτε δικαιολόγηση θα έπαιρνε όλες τις μονάδες.

EDIT: Εκεί που δεν γνωρίζω αν αφαιρούνται μονάδες ή όχι είναι στον υπολογισμό του ορίου $x^r (\ln{x})^s$ (όπου r,s θετικοί ακέραιοι) όταν το χ τείνει στο 0, το οποίο χρησιμοποιείται όταν ολοκληρώνουμε κατά παράγοντες. Φαντάζομαι ο l'Hopital είναι εντός ύλης αλλά δεν ξέρω πόσο αυστηροί είναι οι βαθμολογητές σε τέτοιες περιπτώσεις.

#13

Demetres έγραψε: Στο [0,1] η $-x \ln{x}$ είναι μη αρνητική και παίρνει την μέγιστη τιμή στο 1/e και άρα $|x \ln{x}| \leq 1/e$ . Άρα σαν κυρίαρχη ολοκληρώσιμη συνάρτηση θα μπορούσαμε να πάρουμε την σταθερή συνάρτηση $e^{1/e}$ .

Σσσωστόστ..!!!

φχαριστώπ!

dimitris pap · #14

Λοιπόν, πολύ ωραίες οι λύσεις και τα σχόλια αλλά πρέπει να κάνω κάποιες διευκρινήσεις που παρέλειψα! Πρώτον αν θυμάμαι καλά τα m,n είναι φυσικοί και τα 2 (αλλά δεν είμαι σίγουρος τόσο για το m...). Δεύτερον, για τις συγκλίνουσες ακολουθίες που λέτε, νομίζω έλεγε στην εκφώνηση ότι όλες οι ακολουθίες που υπάρχουν στο πρόβλημα είναι συγκλίνουσες...(νομίζω έλεγε κάτι τέτοιο αλλά ούτε που του' δωσα σημασία). Τέλος για το όριο το συγκεκριμένο εγώ χρησιμοποίησα de l' hospital (ελπίζω να μην μου κόψουν από αυτό...) όμως δεν έβαλα εδώ το πρώτο υποερώτημα στο οποίο ζητούνταν να υπολογιστεί αυτό το όριο, αλλά έδινε ως δεδομένο ένα άλλο όριο κι έτσι έβγαινε εύκολα με αντικατάσταση!
Σε λίγο θα βάλω και μια άσκηση αναλυτικής γεωμετρίας η οποία κρύβει (χωρίς να το αναφέρει πουθενά) ένα πολύ ωραίο θεώρημα!

dimitris pap · #15

Συνεχίζω με ένα πρόβλημα αναλυτικής γεωμετρίας.
Εστω τα σημεία S(s,ms), T(t,mt), U(u,nu), V(v,nv)

. Εστω επίσης ότι οι SV, TU

τέμνουν τον x'x στα p,q

αντίστοιχα. Να βρείτε τα p,q

συναρτήσει των m,n,s,t,u,v

.
Αν τα

ανήκουν στον κύκλο x^2+(y-c)^2=r^2

να βρείτε τα s+t, st

συναρτήσει των c,r.
Αν και τα U,V

ανήκουν στον παραπάνω κύκλο να δείξετε p+q=0

!

Υ.Γ το παραπάνω πρόβλημα (1ο θέμα) το θεωρώ πολύ έξυπνο για έναν διαγωνισμό γιατί δείχνει πως πολύ όμορφα γεωμετρικά θεωρήματα (σε ποιό αναφέρομαι?) αποδεικνύονται με τη χρήση αναλυτικής γεωμετρίας και μπορεί να τα αποδείξει ο καθένας έτσι

#16

dimitris pap έγραψε:Συνεχίζω με ένα πρόβλημα αναλυτικής γεωμετρίας.
Εστω τα σημεία . Εστω επίσης ότι οι τέμνουν τον x'x στα αντίστοιχα. Να βρείτε τα συναρτήσει των .
Αν τα ανήκουν στον κύκλο να βρείτε τα συναρτήσει των c,r.
Αν και τα ανήκουν στον παραπάνω κύκλο να δείξετε !

Υ.Γ το παραπάνω πρόβλημα (1ο θέμα) το θεωρώ πολύ έξυπνο για έναν διαγωνισμό γιατί δείχνει πως πολύ όμορφα γεωμετρικά θεωρήματα (σε ποιό αναφέρομαι?) αποδεικνύονται με τη χρήση αναλυτικής γεωμετρίας και μπορεί να τα αποδείξει ο καθένας έτσι

Μετά από αρκετές πράξεις βγαίνει. Στο δεύτερο ερώτημα φαντάζομαι θέλουμε τα s+t,st συναρτήσει των c,r και m. Μια σύντομη λύση είναι να βάλουμε y = mx

στην εξίσωση του κύκλου και να χρησιμοποιήσουμε Vieta.

Το γεωμετρικό θεώρημα λέει: Αν ABCD εγγράψιμο τετράπλευρο E το σημείο τομής των ΑC και BD, Ο το κέντρο του κύκλου, $\ell$ η ευθεία κάθετη στην ΟΕ και F,G τα σημεία τομής της $\ell$ με τις AB και CD αντίστοιχα, τότε ΕF=EG.

Αν και έχω ξεχάσει την γεωμετρία που ήξερα, δεν θυμάμαι να έχω ξαναδεί αυτό το θεώρημα.

dimitris pap · #17

Demetres έγραψε: Το γεωμετρικό θεώρημα λέει: Αν ABCD εγγράψιμο τετράπλευρο E το σημείο τομής των ΑC και BD, Ο το κέντρο του κύκλου, $\ell$ η ευθεία κάθετη στην ΟΕ και F,G τα σημεία τομής της $\ell$ με τις AB και CD αντίστοιχα, τότε ΕF=EG.

Αν και έχω ξεχάσει την γεωμετρία που ήξερα, δεν θυμάμαι να έχω ξαναδεί αυτό το θεώρημα.

Πράγματι θέλει αρκετές πράξεις και σωστή η αντιμετώπιση με τους τύπους Vieta!
Για το θεώρημα της γεωμετρίας, για δες το λίγο διαφορετικά...

(κατά βάση βεβαίως είναι το ίδιο!)
Δεν είναι το θεώρημα της πεταλούδας?

(butterfly theorem)

#18

Ναι, το πεταλουδισιο θεωρημα -- πρωτη φορα το ειχα δει στο βιβλιο του Ι. Martin Isaacs "Geometry for College Students", οπου βλεπω τουλαχιστον δυο αποδειξεις (σελιδες 105 και 114), ενω στο Cut-the-Knot βλεπω τωρα να υπαρχουν ... 17 αποδειξεις!!!

Γιωργος Μπαλογλου

#19

dimitris pap έγραψε: Δεν είναι το θεώρημα της πεταλούδας? (butterfly theorem)

Ναι μόνο που πρώτη φορά το βλέπω.

#20

Δεν κοίταξα τι λέει το λινκ , αλλά κάτι ακόμα που μπορεί να συμπληρώσει την ωραία αυτή άσκηση είναι ότι το θεώρημα της πεταλούδας ισχύει όχι μόνο σε κύκλο αλλά και σε έλλειψη ! ( αποδείξτε το ! Μπορεί κάποιος να το δείξει γςωμετρικά ? )
Επιπλέον μια τελευταία ερώτηση . Ισχύει για κάθε κωνική τομή ?

Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Re: Απ' το φετινό Step ΙΙΙ

Μέλη σε σύνδεση