mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 10:48 pm**

Επιτρέψτε μου να δώσω μερικές λεπτομέρειες για τις λύσεις των θεμάτων Γεωμετρίας Β' και Γ' Λυκείου, που μας έδωσε ο Σωτήρης, γιατί νομίζω ότι είναι διδακτικές.

S.E.Louridas έγραψε:...● Για την Β΄λυκείου:
Όλοι γνωρίζουν ότι δύο ίσες χορδές κύκλου ορίζουν πάντα ισοσκελές τραπέζιο είτε σε ρόλο διαγώνιων του είτε σε ρόλο των ίσων σκελών. Άρα έχουμε:
${\rm A}{\rm B}\parallel \Gamma {\rm K}_1 \;\kappa \alpha \iota \;{\rm A}\Gamma \parallel {\rm B}{\rm N}_1 ,\delta \eta \lambda .{\rm A}{\rm B}{\rm P}\Gamma \;\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o.$

Το κλειδί για την απόδειξη εδώ είναι ότι οι χορδές $BC,\ AN_{1},\ AK_{1}$ του περίκυκλου (c)

του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC,$ είναι ίσες γιατί ισαπέχουν του κέντρου του

= το

ισαπέχει από αυτές

ως εφαπτόμενες ευθείες του κύκλου $(c_{1})$ με κέντρο το

και ακτίνα

.

To εγγεγραμμένo τώρα τετράπλευρo $ABN_{1}C$ είναι ισοσκελές τραπέζιο με $BN_{1}\parallel AC$ αφού έχει ίσες διαγώνιες και ομοίως το $ABK_{1}C$ είναι επίσης ισοσκελές τραπέζιο με $CK_{1}\parallel AB.$

Άρα, το τετράπλευρο ABPC,

όπου $P\equiv BN_{1}\cap CK_{1},$ είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί, αφού η διαγώνιά του

περνάει από το μέσον

της πλευράς

του $\triangle ABC$ , ως διαγώνιας του ABPC.

: cv1.png (31.42 KiB) Προβλήθηκε 3818 φορές

S.E.Louridas έγραψε:...● Για την Γ΄Λυκείου.
Αν Δ το σημείο τομής της μεσοκάθετης της ΒΓ με την ΑΓ ,τότε είναι γνωστό ότι το τετράπλευρο ΑΔΟΒ είναι εγγράψιμμο, επομένως το K ταυτίζεται με το Δ. Αλλά από τις προφανείς ισότητες
$< \Delta {\rm B}\Gamma = < \Delta \Gamma {\rm B}\;\kappa \alpha \iota \; < {\rm O}{\rm A}\Gamma = < {\rm O}\Gamma {\rm A},$ έχουμε το ζητούμενο.

Το κλειδί εδώ είναι ότι οι μεσοκάθετες ευθείες των πλευρών $BC,\ AC$ του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC$ , περνάνε αντιστοίχως από τα σημεία $K,\ N.$

Πράγματι, αν θεωρήσουμε ως K{'}

το σημείο τομής της

από την μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς BC,

από $\displaystyle \angle MKC = 90^{o} - \angle C = 90^{o} - \frac{\angle AOB}{2} = 90^{o} - \angle ABO$ , συμπεραίνεται ότι $K{'}\equiv K$ αφού ισχύει $\angle OKC = \angle ABO$ , λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου ABOK.

Λόγω συμμετρίας τώρα, έχουμε ότι $\angle KBO = \angle KCO$ και άρα οι περίκυκλοι $(c_{1}),\ (c_{3})$ των τριγώνων $\triangle AOB,\ \triangle CKO$ αντιστοίχως, είναι ίσοι λόγω της κοινής χορδής τους OK.

Ομοίως και οι περίκυκλοι $(c_{1}),\ (c_{2})$ των τριγώνων $\triangle AOB,\ \triangle CKN$ αντιστοίχως, είναι ίσοι γιατί έχουν κοινή χορδή το

και ισχύει $\angle KBN = \angle KCN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

: cv2.png (45.33 KiB) Προβλήθηκε 3818 φορές

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 11:21 pm**

Μια προσέγγιση στο σύστημα του σημερινού διαγωνισμού στη Γ Λυκείου:
πολλαπλασιάζοντας την 1η με 2 , την 2η με 5 και προσθέτωντας κατά μέλη παίρνουμε $2x^{2}-11xy+5y^{2}=0\rightarrow ...\rightarrow y=2x \acute{\eta } y=\frac{x}{5}$
$y=2x\rightarrow x=\pm 1\rightarrow \left(1,2 \right) , \left(-1,-2 \right)$
$y=\frac{x}{5}\rightarrow x=\pm \frac{5\sqrt{7}}{7}\rightarrow \left(\frac{5\sqrt{7}}{7} ,\frac{\sqrt{7}}{7} ),\left(\frac{-5\sqrt{7}}{7} ,\frac{-\sqrt{7}}{7} ).$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 11:49 pm**

To παρακάτω σχήμα Νο 3, που δόθηκε (με την ανάλυσή του) εδώ viewtopic.php?f=50&t=11960 δίδει (με μερική εφαρμογή) την πλήρη λύση στο θέμα της Γεωμετρίας της Γ. Λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 11:59 pm**

Σεραφείμ, μόλις έφτιαξα το σχήμα στο τετράδιο, εκεί στο εξεταστικό κέντρο, λέω στο Θανάση, έχοντας εσένα στο μυαλό μου και τη λύση σου με αντιστροφή που σχολιάζαμε το βράδυ στην ταβέρνα στα Γιάννενα(αυτά κάνουν οι μαθηματικοί στις εξόδους και φουντώνουν την περιέργεια των γυναικών - από τα άλλα τραπέζια φυσικά !) : να μια λύση που προκύπτει από την ΙΜΟ 1983 !

Ήμουνα σίγουρος ότι θα την έβαζες !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 1:06 am**

Επισυνάπτω μία λύση για το Πρόβλημα 3 του Ευκλείδη της Β΄ λυκείου , την οποία έκανε ένας μαθητής στο εξεταστικό κέντρο που ήμουν επιτητρητής , η οποία νομίζω , αν και λίγο μακροσκελής , αξίζει να διαβαστεί , ειδικά από τους μαθητές του

.

Αθ. Μπεληγιάννης
____________________________________________________________________________________
ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011
Πρόβλημα 3 (Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ )
Αν οι α , β ,γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma } = \frac{1}{{\alpha \beta \gamma }}}$
, να αποδείξετε ότι $\displaystyle{1 \le \frac{{\left( {{\alpha ^3} + {\beta ^3}} \right)\gamma }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} + \frac{{\left( {{\beta ^3} + {\gamma ^3}} \right)\alpha }}{{{\beta ^2} + {\gamma ^2}}} + \frac{{\left( {{\gamma ^3} + {\alpha ^3}} \right)\beta }}{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2}}} < 2}$
. Πότε ισχύει η ισότητα ;
ΛΥΣΗ
Για να δείξουμε ότι $\displaystyle{1 \le \frac{{\left( {{\alpha ^3} + {\beta ^3}} \right)\gamma }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} + \frac{{\left( {{\beta ^3} + {\gamma ^3}} \right)\alpha }}{{{\beta ^2} + {\gamma ^2}}} + \frac{{\left( {{\gamma ^3} + {\alpha ^3}} \right)\beta }}{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2}}}}$
πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με τον θετικό $\displaystyle{\frac{2}{{\alpha \beta \gamma }} = 2\left( {\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma }} \right)}$
, οπότε έχουμε :
$\displaystyle{2\left( {\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma }} \right) \le 2\left[ {\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} + \frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} + \frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }}} \right]}$
ή
$\displaystyle{\left[ {2\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta }} \right] + \left[ {2\frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} - \frac{1}{\beta } - \frac{1}{\gamma }} \right] + \left[ {2\frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }} - \frac{1}{\gamma } - \frac{1}{\alpha }} \right] \ge 0}$

Θα δείξουμε ότι κάθε μία από τις αγκύλες είναι μη αρνητική . Πράγματι
$\displaystyle{2\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta } = ... = \frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3} - \alpha {\beta ^2} - {\alpha ^2}\beta }}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} = \frac{{{{\left( {\alpha - \beta } \right)}^2}\left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} \ge 0}$
και ομοίως οι άλλες . Το (=) ισχύει για $\displaystyle{\alpha = \beta = \gamma = \frac{{\sqrt 3 }}{3}}$
.
Για να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{{\left( {{\alpha ^3} + {\beta ^3}} \right)\gamma }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} + \frac{{\left( {{\beta ^3} + {\gamma ^3}} \right)\alpha }}{{{\beta ^2} + {\gamma ^2}}} + \frac{{\left( {{\gamma ^3} + {\alpha ^3}} \right)\beta }}{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2}}} < 2}$
πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με τον θετικό $\displaystyle{\frac{1}{{\alpha \beta \gamma }}}$
και έχουμε : $\displaystyle{\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} + \frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} + \frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }} < \frac{2}{{\alpha \beta \gamma }} = 2\left( {\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma }} \right)}$
ή
$\displaystyle{\left[ {\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta }} \right] + \left[ {\frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} - \frac{1}{\beta } - \frac{1}{\gamma }} \right] + \left[ {\frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }} - \frac{1}{\gamma } - \frac{1}{\alpha }} \right] < 0}$

Είναι $\displaystyle{\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta } = \frac{{ - \alpha \beta \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} = - \frac{{\alpha + \beta }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} < 0}$
, οπότε ομοίως είναι όλες οι αγκύλες αρνητικές , άρα και το άθροισμά τους.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 4:12 am**

mathfinder έγραψε:Επισυνάπτω μία λύση για το Πρόβλημα 3 του Ευκλείδη της Β΄ λυκείου , την οποία έκανε ένας μαθητής στο εξεταστικό κέντρο που ήμουν επιτητρητής , η οποία νομίζω , αν και λίγο μακροσκελής , αξίζει να διαβαστεί , ειδικά από τους μαθητές του .

Αθ. Μπεληγιάννης

Θανάση πρόκειται για εξαιρετική λύση! Ο μαθητής ουσιαστικά χρησιμοποιεί την SOS method (Sum of Squares method) για την επίλυσή της! Είναι σχετικά καινούρια μέθοδος η οποία καθαρίζει αρκετές ανισότητες με όμορφο τρόπο! Θέλει όμως κατάλληλους χειρισμούς... Ένα σχετικό άρθρο μπορεί να διαβάσει κάποιος στα αγγλικά εδώ.

Ο Σιλουανός μάλλον μπορεί να μας διαφωτίσει περισσότερο με όμορφα παραδείγματα!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 12:29 pm**

Στο θέμα 3 της Γ΄Λυκείου, για να μαζέψουμε λίγο τις σκέψεις , έχουμε :

α ) Οι γωνίες ΟΒΓ και ΟΓΒ είναι ίσες με φ. Επίσης οι γωνίες ΟΒΚ, ΟΑΚ και ΟΓΑ είναι ίσες με ω, οπότε οι γωνίες ΚΒΓ και ΚΓΒ είναι ίσες με φ+ω. Άρα ΚΒ = ΚΓ.

β) Είναι ΚΒ=ΚΓ και οι γωνίες ΒΑΚ , ΚΝΟ είναι ίσες , οπότε οι κύκλοι (Α,Κ,Β) και (Γ,Κ,Ν) είναι ίσοι. Αυτό ήταν το πιο αξιόλογο μέρος της άσκησης.

γ) Είναι ΟΑ = ΟΓ και οι γωνίες ΟΒΑ, ΟΚΓ είναι ίσες, οπότε οι κύκλοι (Α,Β,Ο) και (Κ,Ο,Γ ) είναι ίσοι.

Τα δυσκολότερα ....στον Αρχιμήδη !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 2:13 pm**

γεια σε όλα τα μέλη του mathematica και από εμένα.μια ερώτηση έχω.στο δεύτερο θέμα της γ γυμνασίου έχω καταλήξει στις ίδιες τιμές με την επίσημη λύση αλλά παίρνοντας περιπτώσεις .δηλαδή αν 2(α-12)(20-β)=0 τότε αναγκαστικά 20-β=0 γιατί α-12<0.άρα β=20 και η ελάχιστη τιμή του Α είναι όταν α=0 δηλαδή η ελάχιστη τιμή του Α είναι Α=0-40=-40 ενώ η μέγιστη τιμή του Α είναι όταν α=10 δηλαδή η μέγιστη τιμή του είναι Α=30-40=-10.Έστω τώρα ότι ισχύει η ανισότητα δηλαδή ότι 2(α-12)(20-β)<0.Επειδή α-12<0 θα είναι 20-β>0 γιατί αν ήταν 20-β<0 τότε 2(α-12)(20-β)>0.Άρα 12< ή ίσο του β και β<20.επομένως η μέγιστη τιμή του Α είναι όταν β=12 και α=10 δηλαδή η μέγιστη τιμή του Α είναι Α=30-24=6 ενώ η ελάχιστη είναι όταν α=0 και β=20 δηλαδή η ελάχιστη τιμή του Α είναι Α=-40.δηλαδή με βάσει τις προηγούμενες σχέσεις το -40 είναι η ελάχιστη τιμή ενώ το 6 η μέγιστη.Είναι σωστή αυτή η λύση?

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 2:33 pm**

Σχετικά με το 1ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου και την προτεραιότητα των πράξεων διαίρεσης και πολ/μού όταν δεν υπάρχουν παρενθέσεις νομίζω ότι είχε γίνει μια συζήτηση παλαιότερα στο mathematica. Μήπως θυμάται κάποιος συνάδελφος που είναι;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 2:49 pm**

Σταύρος Σταυρόπουλος έγραψε:Σχετικά με το 1ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου και την προτεραιότητα των πράξεων διαίρεσης και πολ/μού όταν δεν υπάρχουν παρενθέσεις νομίζω ότι είχε γίνει μια συζήτηση παλαιότερα στο mathematica. Μήπως θυμάται κάποιος συνάδελφος που είναι;

Σταύρο ,για κοίτα εδώ κι εκεί,ίσως κάποιο από αυτά να θέλεις

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 3:29 pm**

Ευχαριστώ πολύ Φωτεινή, αυτό ακριβώς (το 1ο) ζητούσα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 8:57 pm**

Σταύρος Σταυρόπουλος έγραψε:Σχετικά με το 1ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου και την προτεραιότητα των πράξεων διαίρεσης και πολ/μού όταν δεν υπάρχουν παρενθέσεις νομίζω ότι είχε γίνει μια συζήτηση παλαιότερα στο mathematica. Μήπως θυμάται κάποιος συνάδελφος που είναι;

Πάντως, στα σημερινά Ρουμάνικα βιβλία και βοηθήματα έχει εντελώς επικρατήσει να γίνονται οι πράξεις με τη σειρά που τις συναντάμε, όταν βέβαια έχουμε αλυσσίδα πολλαπλασιασμών και διαιρέσεων.
Επικρατεί δηλαδή αυτό που εξήγησε πολύ καλά ο Κώστας Σερίφης στο σύνδεσμο.Πιθανόν αυτό να προήλθε από την ανάγκη της απλοποίησης ορισμένων διαδικασιών στους υπολογιστές.
Αν και στην αρχή ήμουν τελείως αντίθετος με αυτή την εκδοχή, μάλλον πρέπει να παραδεχθώ ότι μια τέτοια σύμβαση είναι πολύ πρακτική.
'' Τα πάντα ρει και ουδέν μένει !!!''

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 9:59 pm**

slash έγραψε:Σημερα εγραψα Β Ευκλειδη. Ενταξει θα μπορουσα ισως λιγο καλυτερα. Το πρωτο το ελυσα σωστα διακρινοντας περιπτωσεις του x. Στο δευτερο υψωσα την πρωτη εξισωση στο τετραγωνο κτλπ . Αλλα μετα δεν ειχα χρονο για πραξεις και τα εγραψα συνοπτικα. π.χ Απο (2) και (4) θα προκυψει οτι .... και σε συνδυασμο με την (5) ... και τα αποτελεσματα τα εγραψα σωστα.
Στην (3) ελυσα μονο το αριστερο μερος αλλα θελω να μου πει καποιος αν ισχυει οτι :
$\sum \frac{a+b}{a^2+b^2}\geq \frac{1}{abc}$ αν αβ+βγ+γα=1

Δεν νομιζω να περασω. Βεβαια εξαρταται πως θα τα πανε και οι αλλοι. Ξερει ομως καποιος με ποσα θεματα στο περιπου περνας ? Πρεπει να εχω γραψει κοντα στα 2 και κατι η 2 ακριβως.

Μάλλον έχεις παραλείψει τους κύβους στον αριθμητή. Αλλά ούτε η ανισότητα αυτή που έχεις γράψει ούτε και με τους κύβους αν βάλουμε, ισχύει. Ισχύει όμως η ανισότητα: Σ{(α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ]} >= 1/(αβγ). Αν παρατηρήσεις την εκφώνιση, διαιρώντας τα μέλη με τον θετικό αριθμό αβγ, πετυχαίνουμε σε κάθε κλάσμα να έχουμε μόνο από δύο γράμματα. Ύστερα θα έβλεπες την ανισότητα που θα έπρεπε να αποδείξεις. Δηλαδή, ότι πρέπει να αποδείξουμε την ανισότητα: (α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ] >= 1/(2α) + 1/(2β) ομοίως και τις άλλες οπότε με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο.
ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 10:07 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
slash έγραψε:
Μάλλον έχεις παραλείψει τους κύβους στον αριθμητή. Αλλά ούτε η ανισότητα αυτή που έχεις γράψει ούτε και με τους κύβους αν βάλουμε, ισχύει. Ισχύει όμως η ανισότητα: Σ{(α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ]} >= 1/(αβγ). Αν παρατηρήσεις την εκφώνιση, διαιρώντας τα μέλη με τον θετικό αριθμό αβγ, πετυχαίνουμε σε κάθε κλάσμα να έχουμε μόνο από δύο γράμματα. Ύστερα θα έβλεπες την ανισότητα που θα έπρεπε να αποδείξεις. Δηλαδή, ότι πρέπει να αποδείξουμε την ανισότητα: (α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ] >= 1/(2α) + 1/(2β) ομοίως και τις άλλες οπότε με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο.
ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ

Εγώ την ανισότητα που δίνει ο slash απέδειξα ότι βγαίνει αλλά με αντίθετη φορά.
Δεν ξέρω αν χάνω κάπου.

$a^2+b^2\geq2ab\Leftrightarrow \frac{1}{a^2+b^2}\leq \frac{1}{2ab}\overset{a+b>0}{\Leftrightarrow} \frac{a+b}{a^2+b^2}\leq \frac{a+b}{2ab}$

$\sum{\frac{a+b}{a^2+b^2}}\leq \sum{\frac{a+b}{2ab}}=\frac{2}{2abc}=\frac{1}{abc}$

Βέβαια δεν κάθισα να δω αν θα μπορούσε να μας οδηγήσει με κάποιο τρόπο στη λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 10:21 pm**

ksofsa έγραψε:Νομίζω πως στις λύσεις από την Ε.Μ.Ε. στο β ερώτημα του προβλήματος 1 της Γ'Γυμνασίου είναι λάθος το αποτέλεσμα.

Συγκεκριμένα,κάνοντας τις πράξεις βρίσκω:

$(\frac{1}{\beta ^2}+\frac{1}{9})(\frac{1}{3\beta })^{-3}-9\beta ^2-20=(\frac{1}{\frac{1}{9}}+\frac{1}{9})(\frac{1}{-1})^{-3}-9*\frac{1}{9}-20=(9+\frac{1}{9})*(-1)-1-20=-9-\frac{1}{9}-1-20=-30-\frac{1}{9}=-\frac{271}{9}$ ,και όχι ,όπως γράφεται στις λύσεις.

Μπορεί να υπάρχει λάθος στη δικη μου απάντηση,αλλά αν όντως είναι λανθασμέενη η απάντηση στις επίσημες λύσεις,καλό θα ήταν να διορθωθεί.Τελικά,ποιο είνα το σωστό;

Η λύση που έδωσες είναι η σωστή. Αν υπάρχει η απάντηση -30, θα οφείλεται σε κάποια αβλεψία.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 10:25 pm**

Aντωνη σωστος εισαι.
Εγω ειχα διαιρεσει απλως με αβγ τα παντα και μετα εφαρμοσα την ανισοτητα του αθροισματος κυβων :
$a^3 + b^3\geq ab(a+b)$

Αλλα φαινεται οτι ηταν πολυ ανισχυρη για αυτο και μου βγηκε αντιθετα η φορα.
Δεν ξερω αν θα μου μετρησουν τιποτα απο την 3 , αλλα παντως ηταν αρκετα λογικο να χρησιμοποιησει κανεις αυτην την ανισοτητα... Τεσπα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 10:28 pm**

slash έγραψε:Aντωνη σωστος εισαι.
Εγω ειχα διαιρεσει απλως με αβγ τα παντα και μετα εφαρμοσα την ανισοτητα του αθροισματος κυβων :
$a^3 + b^3\geq ab(a+b)$

Αλλα φαινεται οτι ηταν πολυ ανισχυρη για αυτο και μου βγηκε αντιθετα η φορα.
Δεν ξερω αν θα μου μετρησουν τιποτα απο την 3 , αλλα παντως ηταν αρκετα λογικο να χρησιμοποιησει κανεις αυτην την ανισοτητα... Τεσπα

και γω το πάλεψα με αυτή την ανισότητα που έδωσες αλλά μάταια...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 10:37 pm**

Κοιτα η καλυτερη λυση ηταν αυτη που εδωσε o cretanman με του Chebychev. Κομψη και ανωτερη της λυσεως της ΕΜΕ.
Ειχα σκεφτει να χρησιμοποιησω Chebychev στην αρχη αλλα για καποιο λογο το διεγραψα εντελως απο το μυαλο μου και το παλευα με τους κυβους κανωντας επαληθευσεις και διαφορα τετοια ...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 16, 2011 10:54 pm**

Τελκά την ανισότητα :

$\displaystyle a^2-ab+b^2 \geq \frac {1}{2} (a^2+b^2)$

καθώς και τη δίδυμη αδερφούλα της αξίζει να την ξέρει κανείς ως βασική.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 17, 2011 5:44 pm**

Ξέρετε πού θα κυμανθούν περίπου οι βάσεις στον Ευκλείδη?Με 15-16 περνάμε.?

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011