5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

parmenides51 · #1

1. Θεωρούμε δυο συναρτήσεις $\displaystyle{f , \,g \,:\mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ τέτοιες ώστε για κάποιο $\displaystyle{\alpha>0}$ να ισχύει $\displaystyle{g(x)=f(x+\alpha)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ .
Αν η $\displaystyle{f}$ είναι άρτια και η $\displaystyle{g}$ περιττή, να δειχτεί ότι και οι δύο συναρτήσεις είναι περιοδικές.

2. Έστω $\displaystyle{M}$ ένα σημείο της πλευράς $\displaystyle{B\Gamma}$ ενός ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) και έστω $\displaystyle{N}$ ένα σημείο επί της προέκτασης της $\displaystyle{B\Gamma}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{(AM)^2+(AN)^2=2(AB)^2}$ . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ όταν το σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται πάνω στην πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ .

3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$

4. Ένα τραπέζιο με βάσεις $\displaystyle{\alpha}$ και $\displaystyle{\beta}$ και ύψος $\displaystyle{\upsilon }$ είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο. Ν' αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\upsilon^2\le \alpha \beta}$

Grigoris K. · #2

parmenides51 έγραψε: 3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ ισχύει $\displaystyle{ \frac{a^4}{2} + \frac{a^4}{2} +\frac{a^3}{3} + \frac{a^3}{3} + \frac{a^3}{3} + 3a + 3a + 3a + 2 + 2 >10\sqrt[10]{a^{20}} = 10a^2 }$ .

Είναι προφανές ότι όλοι οι όροι δεν μπορούν να γίνουν ίσοι άρα δεν μπορεί να ισχύει η ισότητα.

parmenides51 · #3

parmenides51 έγραψε:1. Θεωρούμε δυο συναρτήσεις $\displaystyle{f , \,g \,:\mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ τέτοιες ώστε για κάποιο $\displaystyle{\alpha>0}$ να ισχύει $\displaystyle{g(x)=f(x+\alpha)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ .
Αν η $\displaystyle{f}$ είναι άρτια και η $\displaystyle{g}$ περιττή, να δειχτεί ότι και οι δύο συναρτήσεις είναι περιοδικές.

σε γενίκευση εδώ κι εδώ

#4

parmenides51 έγραψε:1. Θεωρούμε δυο συναρτήσεις $\displaystyle{f , \,g \,:\mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ τέτοιες ώστε για κάποιο $\displaystyle{\alpha>0}$ να ισχύει $\displaystyle{g(x)=f(x+\alpha)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ .
Αν η $\displaystyle{f}$ είναι άρτια και η $\displaystyle{g}$ περιττή, να δειχτεί ότι και οι δύο συναρτήσεις είναι περιοδικές.

Έχουμε:

Δηλαδή καταλήξαμε ότι: $\displaystyle{f(x+4a)=f(x)}$ , για κάθε $\displaystyle{x\epsilon R}$ .

Άρα η $\displaystyle{f}$ είναι περιοδική

Επίσης έχουμε:

g(x)=f(x+a)=f(-x-a)=f(-x-2a+a)=g(-x-2a)=-g(x+2a)=-f(x+2a+a)=-f(x+3a)=-f(-x-3a)=-f(-x-4a+a)=-g(-x-4a)=

Άρα και η $\displaystyle{g}$ , είναι περιοδική.

#5

parmenides51 έγραψε:3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$

Και ένας ακόμα τρόπος:

Το πρώτο μέλος της ζητούμενης ανισότητας γράφεται:

$\displaystyle{a^4 +a^2 +4 -4a^2 -2a^3 +4a +3a^3 -7a^2 +5a=(a^2 -a-2)^2 +a(3a^2 -7a +5)}$

Αλλά από την υπόθεση έχουμε ότι $\displaystyle{a\geq 0}$ . Επίσης η διακρίνουσα του τριωνύμου

$\displaystyle{3a^2 -7a +5 }$ , είναι $\displaystyle{\Delta =49-60=-11<0}$ . Άρα $\displaystyle{3a^2 -7a +5 >0}$ .

Συνεπώς έχουμε αποδείξει ότι:

$\displaystyle{(a^2 -a-2)^2 +a(3a^2 -7a +5)\geq 0}$ . Για να ισχύει η ισότητα , θα έπρεπε να ήταν:

$\displaystyle{a^2 -a-2=0}$ και $\displaystyle{3a^2 -7a +5=0}$ . Δηλαδή: $\displaystyle{a^2 =a+2}$ και $\displaystyle{3(a+2)-7a+5=0}$

$\displaystyle{a=-\frac{11}{4}}$ . Τότε όμως η σχέση $\displaystyle{a^2=a+2}$ , δίνει: $\displaystyle{\frac{121}{4}=\frac{11}{4}+2}$ , που είναι αδύνατη.

Άρα αφού αποκλείεται η ισότητα, θα είναι παντα:

$\displaystyle{(a^2 -a-2)^2 +a(3a^2 -7a+5)>0}$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#6

parmenides51 έγραψε:
3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$

Και για να τη δυσκολέψουμε λίγο, δείξτε ότι για το ίδιο αυτό πολυώνυμο ισχύει $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$ και στη περίπτωση $\alpha < -4$ .

M.

sokratis lyras · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε:
parmenides51 έγραψε:
3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$
Και για να τη δυσκολέψουμε λίγο, δείξτε ότι για το ίδιο αυτό πολυώνυμο ισχύει $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$ και στη περίπτωση $\alpha < -4$ .

M.

Μου φαίνεται απλό(εκτός αν έκανα λάθος στις πράξεις).
Aν x>0

και

η σχέση είναι ισοδύναμη με την x^4+15x^3+74x^2+119x+32>0

που προφανώς ισχύει.

parmenides51 · #8

parmenides51 έγραψε:4. Ένα τραπέζιο με βάσεις $\displaystyle{\alpha}$ και $\displaystyle{\beta}$ και ύψος $\displaystyle{\upsilon }$ είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο. Ν' αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\upsilon^2\le \alpha \beta}$

: 5i emo 1988-89 bl.PNG (19.43 KiB) Προβλήθηκε 1394 φορές

Θεωρούμε το τραπέζιο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ ( $\displaystyle{AB// \Gamma \Delta}$ ) περιγεγραμμένο στον κύκλο $\displaystyle{C(O,R)}$ .
Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε πως η μικρή βάση είναι η $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\alpha=AB, \beta= \Gamma \Delta}$ .
Έστω $\displaystyle{K,\Lambda,M,N}$ τα σημεία επαφής του κύκλου $\displaystyle{C}$ με τις πλευρές $\displaystyle{AB,B\Gamma, \Gamma\Delta,\Delta A}$ .
Αφού τα εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από σημείο εκτός κύκλου προς κύκλο είναι ίσα,
θέτω $\displaystyle{AK=AN=x, KB=B\Lambda=y, \Lambda\Gamma=\Gamma M =z, M\Delta=\Delta N=w}$ .
Οπότε $\displaystyle{\alpha=AB=x+y}$ (1) και $\displaystyle{\beta= \Gamma \Delta=z+w}$ (2)

Το τμήμα $\displaystyle{KM}$ είναι διάμετρος του κύκλου γιατί ορίζεται από τα σημεία επαφής του κύκλου με δυο παράλληλες ευθείες (ως βάσεις τραπεζίου) ,
εφαπτόμενες στον ίδιο κύκλο. Επίσης είναι ύψος του τραπεζίου οπότε $\displaystyle{\upsilon =MK=2R}$ (3).

Οπότε λόγω (1),(2),(3) έχουμε : $\displaystyle{\upsilon^2\le \alpha \beta \Leftrightarrow (2R)^2\le (x+y)(z+w)}$ (4)

Φέρνω $\displaystyle{B\Xi \perp \Gamma \Delta}$ οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{KB\Xi M}$ είναι ορθογώνιο αφού έχει $\displaystyle{3}$ γωνίες ορθές και συνεπώς
$\displaystyle{B\Xi=KM=2R}$ και $\displaystyle{\Gamma \Xi=z-y}$ .

Από πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{B \Xi \Gamma}$ έχουμε πως $\displaystyle{(2R)^2=(B \Xi)^2= (B \Gamma)^2-(\Gamma \Xi)^2=(y+z)^2-(z-y)^2=(y+z+z-y)(y+z-z+y)=2z\cdot 2y =4zy \Rightarrow R^2=zy}$ (5)

Ομοίως προκύπτει πως $\displaystyle{R^2=wx}$ . (6)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Συμπλήρωση 1η:

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{B \Xi \Gamma}$ έχουμε πως αφού η υποτείνουσα είναι η μεγαλύτερη πλευρά πως $\displaystyle{B\Gamma\ge B \Xi \Leftrightarrow y+z\ge 2R}$ (7)
με το ίσον να ισχύει όταν $\displaystyle{y=z}$ , όταν δεν ορίζεται τρίγωνο, όταν το τετράπλευρο $\displaystyle{AB \Gamma \Delta}$ είναι τετράγωνο.

Ομοίως προκύπτει πως $\displaystyle{x+w\ge 2R}$ (7)
με το ίσον να ισχύει όταν $\displaystyle{x=w}$ , όταν δεν ορίζεται τρίγωνο, όταν δηλαδή το τραπέζιο $\displaystyle{AB \Gamma \Delta}$ είναι τετράγωνο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Συμπλήρωση 2η:

Ισχύει πως $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy} \Leftrightarrow (\sqrt{x} -\sqrt{y})^2 \ge 0}$

οπότε $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy}}$ και $\displaystyle{z+w\geq 2\sqrt{zw}}$
πολλαπλασιάζοντας τες κατά μέλη έχουμε λόγω (5),(6) πως $\displaystyle{(x+y)(z+w)\ge 2\cdot 2\sqrt{xy}\sqrt{zw}=4\sqrt{xyzw}=4\sqrt{(xw)(yz)}=4\sqrt{R^2R^2}= 4R^2}$ που είναι η (4), το ζητούμενο

Υ.Γ.3: Τελικά χρησιμοποίησα την υπόδειξη του socrates για την ανισότητα στην 2η συμπλήρωση.
Η απάντηση ήταν εκεί, μπροστά μου αλλά δεν την έβλεπα

#9

parmenides51 έγραψε:4. Ένα τραπέζιο με βάσεις $\displaystyle{\alpha}$ και $\displaystyle{\beta}$ και ύψος $\displaystyle{\upsilon }$ είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο. Ν' αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\upsilon^2\le \alpha \beta}$

Θα χρησιμοποιήσω το σχήμα σου Parmenides, που έχεις πιο πάνω κατασκευάσει.

: 5i%20emo%201988-89%20bl.PNG (19.43 KiB) Προβλήθηκε 1283 φορές

Είναι φανερό ότι u =2R

. Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $4R^2 \leq a\beta \Leftrightarrow 4R^2 \leq (x+y)(z+w)$

$\Leftrightarrow 4R^2 \leq xz+xw+yz+yw$

Φέρνω τα τμήματα $OB , O\Gamma , OA , O\Delta$ , τα οποία όπως γνωρίζουμε διχοτομούν τις γωνίες του τραπεζίου $AB\Gamma \Delta$ . Και αφού οι γωνίες $B , \Gamma$ είναι παραπληρωματικές, άρα το τρίγωνο $BO\Gamma$ είναι

ορθογώνιο. Το ίδιο και για το τρίγωνο $AO\Delta$ . Συνεπώς έχουμε: $O\Lambda ^2 =\Lambda B.\Lambda \Gamma \Rightarrow R^2 =yz$ και ομοίως R^2 =xw

. Άρα θα είναι και yz=xw

και

άρα $w=\frac{yz}{x}$ . Θέλουμε λοιπόν όπως είδαμε, να αποδείξουμε ότι $4R^2 \leq xz+xw+yz+yw$ . Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: $4yz\leq xz+yz+yz+yw$ , ή αρκεί $2yz\leq xz+yw$ ή αρκεί: $2yz\leq xz+y\frac{yz}{x}\Leftrightarrow 2y\leq x+\frac{y^2}{x}$

$\Leftrightarrow 2xy\leq x^2 +y^2 \Leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0$ , το οποίο όμως είναι αληθές και άρα έχουμε το

ζητούμενο.

#10

parmenides51 έγραψε:2. Έστω $\displaystyle{M}$ ένα σημείο της πλευράς $\displaystyle{B\Gamma}$ ενός ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) και έστω $\displaystyle{N}$ ένα σημείο επί της προέκτασης της $\displaystyle{B\Gamma}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{(AM)^2+(AN)^2=2(AB)^2}$ . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ όταν το σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται πάνω στην πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ .

Ας το δούμε με συντεταγμένες.

Θεωρώ ως άξονα των

την ευθεία $B\Gamma$ και ως άξονα των

την ευθεία του ύψους

του ισοσκελούς τριγώνου.
Έστω $A(0,a) , B(-1,0) , \Gamma (1,0)$ , και M(m,0)

. Από την υπόθεση, έχουμε $AM^2 +AN^2 =2AB^2\Rightarrow$

$m^2 +a^2 +n^2 +a^2 =2(1+a^2 )\Rightarrow m^2 =2-n^2 .$ ,Ομως είναι $-1\leq m\leq 1 \Rightarrow |m|\leq 1$

Άρα $m^2 \leq 1 \Rightarrow 2-n^2\leq 1 \Rightarrow n^2 \geq 1\Rightarrow n\geq 1$

Επίσης πρέπει $2-n^2 \geq 0\Rightarrow n^2 \leq 2 \Rightarrow n\leq \sqrt{2}$

Από τα ανωτέρω, συμπεραίνουμε ότι $1\leq n\leq \sqrt{2}$ . Άρα ο γ.τ που ζητάμε είναι το ευθύγραμμο τμήμα $\Gamma E$

όπου $\Gamma (1,0) , E(\sqrt{2} , 0)$

#11

sokratis lyras έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:
parmenides51 έγραψε:
3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$
Και για να τη δυσκολέψουμε λίγο, δείξτε ότι για το ίδιο αυτό πολυώνυμο ισχύει $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$ και στη περίπτωση $\alpha < -4$ .

M.
Μου φαίνεται απλό(εκτός αν έκανα λάθος στις πράξεις).
Aν και η σχέση είναι ισοδύναμη με την που προφανώς ισχύει.

Σωκράτη, μάλλον είσαι λάθος. Το αρχικό πολυώνυμο έχει ρίζα το $\alpha = -4$ . Οπότε το πολυώνυμο που έγραψες θα έπρεπε να είχε ρίζα το x=0

.

sokratis lyras · #12

Demetres έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:
parmenides51 έγραψε:
3. Αν $\displaystyle{\alpha \ge 0}$ να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$
Και για να τη δυσκολέψουμε λίγο, δείξτε ότι για το ίδιο αυτό πολυώνυμο ισχύει $\displaystyle{\alpha^4+ \alpha^3-10 \alpha ^2+9 \alpha +4>0}$ και στη περίπτωση $\alpha < -4$ .

M.
Μου φαίνεται απλό(εκτός αν έκανα λάθος στις πράξεις).
Aν και η σχέση είναι ισοδύναμη με την που προφανώς ισχύει.
Σωκράτη, μάλλον είσαι λάθος. Το αρχικό πολυώνυμο έχει ρίζα το $\alpha = -4$ . Οπότε το πολυώνυμο που έγραψες θα έπρεπε να είχε ρίζα το .

Σωστά.Έκανα λάθος στις πράξεις.Το σωστό είναι το εξής : P(x)=x^4+15x^3+74x^2+119x>0

5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Re: 5η ΕMO 1988-1989 (B' Λυκείου)

Μέλη σε σύνδεση