mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 1:04 am**

Υπόδειξη:

12.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

21.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

11.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 12:39 pm**

25.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 12:49 pm**

Συμφωνώντας με το Γιώργο προτείνω ακόμα να αρχίσουν όσοι ανέβασαν θέματα από αύριο ή το αργότερο την Τρίτη να ανεβάζουν -όσο γίνεται πιο αναλυτικά- τις λύσεις τους έτσι ώστε οι διαγωνιζόμενοι να μπορέσουν να τις μελετήσουν.
Εννοείται πως αν έχει δοθεί πλήρης απάντηση στο ίδιο μήκος κύματος με αυτή που έχετε είναι περιττό να τη δώσετε.

Μια πρόταση είναι και δεν ξέρω αν είναι σωστή. Ας κρίνει ο καθένας και να πράξει αναλόγως.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 12:57 pm**

Άσκηση 29

Από το βαρύκεντρο $\Theta$ τριγώνου $\bigtriangleup AB\Gamma$ φέρουμε ευθεία που τέμνει τις πλευρές

και

$A\Gamma$ στα σημεία

και $\Lambda$ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι:

$(\frac{BK}{AK})^4 +(\frac{\Gamma \Lambda}{\Lambda A})^4\geq \frac{1}{8}$

Φιλικά,
Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 12:59 pm**

Παρακαλώ όποιος μπορεί να δώσει λύση στο πρόβλημα 12.

Ευχαριστώ!

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 3:43 pm**

Ας δωθούν καλύτερα για όλα πλήρεις λύσεις για μελέτη.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 4:51 pm**

12:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 10:01 pm**

socrates έγραψε:Άσκηση 26

Αν $a_1,a_2, \cdots, a_n\in [0,1]$ , $n\geq 2$

νδο $\displaystyle \frac{a_1}{a_1a_2+n-1}+\frac{a_2}{a_2a_3+n-1}+...+\frac{a_n}{a_na_1+n-1}\leq 1$ .

Παρατηρούμε $(a_1-1)(a_2-1)\geq 0$ ή $a_1a_2+1\geq a_1+a_2$ ,

οπότε $a_1a_2+n-1\geq a_1+a_2+n-2\geq a_1+a_2+...+a_n$ , με συνέπεια $\displaystyle \frac{a_1}{a_1a_2+n-1}\leq \frac{a_1}{a_1+a_2+...+a_n}$ .

Σχηματίζουμε ανάλογες σχέσεις για τα υπόλοιπα a_i

και προσθέτουμε.

socrates έγραψε: Άσκηση 21η

Αν οι πραγματικοί αριθμοί $a_1,a_2,\cdots,a_{100}$ είναι τέτοιοι ώστε $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{100}^{2}+( a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{100})^{2}= 101$ ,

νδο $|a_{k}|\leq 10$ , για κάθε $k\in\{1,2,...,100\}$

Έστω

.

Από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle {101=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{100}^{2}+( a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{100})^{2}\geq a_1^2+\frac{1}{99}S^2+(a_1+S)^2=\frac{100}{99}S^2+2a_1S+2a_1^2}$ .

Το τριώνυμο $\displaystyle K(x)=\frac{100}{99}x^2+2ax+2a^2$ παρουσιάζει ελάχιστο για $\displaystyle x_0=\frac{-99a}{100}$ , το $\displaystyle K(x_0)=\frac{101}{100}a^2$ .

Έτσι $\displaystyle \frac{100}{99}S^2+2a_1S+2a_1^2\geq \frac{101}{100}a_1^2$ , δηλαδή $\displaystyle 101\geq \frac{101}{100}a_1^2$ ή $|a_1|\leq 10$ .

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται το ζητούμενο για κάθε άλλο a_i

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 10:07 pm**

Πλήρης λύση για την 25 . Κάθε φυσικός γράφεται στη μορφή :

$\alpha = a_{n}10^{n}+a_{n-1}10^{n-1}+....+ a_{2}10^{2} + a_{1}10 + a_{0}$ , όπου $a_{n},....,a_{0}$ ένα από τα 10 ψηφία.

Συνεπώς έχω : $\alpha =100(a_{n}10^{n-2}+a_{n-1}10^{n-3}+....a_{2}) + a_{1}10 + a_{0}$ .

Θέτοντας : $\lambda =a_{n}10^{n-2}+a_{n-1}10^{n-3}+....+a_{2} ,\delta =a_{1},\mu =a_{0}$ , παίρνω το ζητούμενο.

β) Τώρα έχω : $\alpha ^2=(100\lambda +10\delta +\mu)^2= 100^2\lambda ^2+100\delta ^2+2000\lambda \delta +100\lambda \mu +20\delta \mu +\mu ^2$ ,

δηλαδή : $\alpha ^2=100\rho +20\delta \mu +\mu ^2$ , και ασφαλώς μπορώ να αγνοήσω το : $100\rho$ , που δεν επηρεάζει τα 2 τελευταία ψηφία.

Το $20\delta \mu$ είναι άρτια δεκάδα (20 , 40 , 60 ,.....) στην οποία θα προστεθεί το $\mu ^2$ .

Αλλά αν $\mu$ περιττός το $\mu ^2$ θα είναι : (01 , 09 , 25 , 49 , 81) που έχουν όλοι προτελευταίο ψηφίο άρτιο ,

οπότε η πρόσθεσή τους με όποια από τις παραπάνω δεκάδες θα δώσει τελικά προτελευταίο ψηφίο άρτιο ,

άρα δεν μπορεί ο αριθμός μας να λήγει σε 2 ίσα ψηφία.

Επίσης άν $\mu = 4$ , ή ,

το $\mu ^2$ είναι

ή

, δηλαδή τώρα

το προτελευταίο ψηφίο είναι περιττό και το τελευταίο άρτιο άρα ούτε αυτοί κάνουν.

Αν ο αριθμός λήγει σε 0 , δηλαδή είναι πολλαπλάσιο του 10 ,τότε προφανώς το τετράγωνό του λήγει σε 2 (τουλάχιστον) μηδενικά.

Αν : $\mu =2$ τότε η κατάληξη είναι $40\delta +4$ οπότε για $\delta = 1$ , ή ,

, ο αριθμός λήγει σε 44.

Τέλος : $\mu = 8$ τότε η κατάληξη είναι $160\delta +64=\pi o\lambda 100+60(\delta +1)+4$ οπότε για $\delta = 3,$ , ή ,

, ο αριθμός λήγει σε 44.

Συνοψίζοντας : οι αριθμοί που το τετράγωνό τους λήγει σε 2 ίσα ψηφία είναι οι λήγοντες σε 0 , 12 , 38 , 62 , 88 .

Παρατήρηση : $38^2=1444, 538^2=289444 , 1038^2=1.077.444 ,\kappa .\lambda .\pi$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 12, 2011 11:21 pm**

nickthegreek έγραψε:Άσκηση 29

Από το βαρύκεντρο $\Theta$ τριγώνου $\bigtriangleup AB\Gamma$ φέρουμε ευθεία που τέμνει τις πλευρές και

$A\Gamma$ στα σημεία και $\Lambda$ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι:

$(\frac{BK}{AK})^4 +(\frac{\Gamma \Lambda}{\Lambda A})^4\geq \frac{1}{8}$

Φιλικά,
Νίκος

Γεια σου Νίκο

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Έστω $\left\{M \right\}\equiv KL \cap BC$ ,

το βαρύκεντρο του τριγώνου και

η διάμεσος του.

Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Μενελάου στα τρίγωνα $\triangle{ACD}$ και $\triangle{ABD}$ με διατέμνουσες τις MKG

και

αντίστοιχα έχουμε:

$\boxed{\frac{CL}{AL}=\frac{CM}{MD}\cdot \frac{DG}{GA}}(1)$
$\boxed{\frac{BK}{KA}=\frac{MB}{MD}\cdot \frac{DG}{GA}}(2)$

Προσθέτοντας τις (1),(2)

κατά μέλη έχουμε:
$\displaystyle \frac{CL}{AL}+\frac{BK}{KA}=\frac{DG}{AG}\cdot \left(\frac{MB+MC}{MD} \right)=\frac{DG}{2DG}\cdot \frac{2MD}{MD}=1\Rightarrow \frac{CL}{AL}+\frac{BK}{KA}=1$

Θέτουμε για ευκολία $\displaystyle \frac{CL}{AL}=a$ και $\displaystyle \frac{BK}{KA}=b$ και είναι $\displaystyle a+b=1$ και επομένως έχουμε να δείξουμε οτι :

$\displaystyle a^4+b^4\geq \frac{1}{8}$

Όμως απο την BCS

έχουμε διαδοχικά:
$\displaystyle 2\left(a^4+b^4 \right)\geq \left(a^2+b^2 \right)^2$
$\displaystyle 4(a^2+b^2)^2=\left[2\left(a^2+b^2 \right) \right]^2\geq \left(a+b \right)^4$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε:
$\displaystyle 8\left(a^4+b^4 \right)\geq \left(a+b \right)^4=1$
δηλαδή το ζητούμενο.

: Eksaskhsh gia eukleidh.png (14.89 KiB) Προβλήθηκε 1686 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 13, 2011 12:35 am**

Να δώσω μια λύση και εδώ μιας και ζητήθηκε...

chris έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 6η

Να αποδειχθεί οτι δύο τετράπλευρα των οποίων οι αντίστοιχες πλευρές έχουν κοινά μέσα είναι ισεμβαδικά.

Έστω

και

τα τετράπλευρα που έχουν κοινά μέσα και M_1,M_2,M_3,M_4

τα αντίστοιχα μέσα των πλευρών τους(όπως στο σχήμα).

Φέρουμε τις διαγώνιες των τετραπλεύρων οι οποίες τέμνονται ανα δύο μεταξύ τους στα σημεία K_1,K_2,K_3,K_4

όπως στο σχήμα.
Έχουμε:

$\displaystyle A{'}C{'}// =\frac{M_1M_2}{2}// =AC\Rightarrow AC//=A{'}C{'}$
$\displaystyle B{'}D{'}// =\frac{M_2M_3}{2}// =BD\Rightarrow BD//=B{'}D{'}$

Επομένως το τετράπλευρο K_1K_2K_3K_4

είναι παραλληλόγραμμο και
$\displaystyle \angle{D{'}K_4C{'}}=\angle{AK_2D}\Rightarrow \eta \mu \hat{D{'}K_4C{'}}=\eta \mu \hat{AK_2D}$

Όμως το εμβαδό τετραπλεύρου δίνεται απο τη σχέση:
$(ABCD)=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD\cdot \eta \mu \phi$
όπου $\phi$ η γωνία μεταξύ των διαγωνίων

Άρα τα τετράπλευρα είναι ισεμβαδικά αφού έχουν ίσες διαγώνιες και οι γωνίες που σχηματίζουν είναι επίσης ίσες.

: Eksaskhsh gia eukleidh.png (28.48 KiB) Προβλήθηκε 1659 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 14, 2011 11:08 pm**

Να ευχαριστήσω από καρδιάς όλους όσους ανταποκρίθηκαν στο αρχικό μου κάλεσμα και βοήθησαν είτε προτείνοντας είτε λύνοντας ασκήσεις.

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΣΕ ΟΛΑ ΤΑ ΜΕΛΗ ΤΟΥ

,
και καλή διασκέδαση μιας και τα μαθηματικά -πάνω από όλα- είναι διασκέδαση.

mathematica.gr

Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου

Re: Eξάσκηση για Ευκλείδη Β λυκείου