mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 17, 2012 11:05 pm**

1. Αν $\displaystyle{a ,b}$ είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε να ισχύει:

$\displaystyle{(a+\sqrt{a^2 +1})(b+\sqrt{b^2 +1})=1}$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{a+b=0}$ .

2. Έστω ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , με $\displaystyle{AB=AC}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{D}$ το σημείο τομής της πλευράς $\displaystyle{AC}$ με την κάθετη από το σημείο $\displaystyle{M}$ στην πλευρά $\displaystyle{AC}$ . Έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{BD}$ με την $\displaystyle{AM}$ . Ποιο από τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{AD}$ είναι μεγαλύτερο;

3. Έστω $\displaystyle{ABCD}$ τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{O}$ το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του τετραπλεύρου και $\displaystyle{K , L , M , N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB , BC , CD , DA}$ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οπι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{KOM}$ και $\displaystyle{LON}$ , είναι κάθετες μεταξύ τους.

4. Να εξεταστεί αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ , τέτοιοι ώστε να ισχύει:

$\displaystyle{(1+x^3 )^4 +(1+x^2 )^4 =2x^4}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 17, 2012 11:16 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
4. Να εξεταστεί αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ , τέτοιοι ώστε να ισχύει:

$\displaystyle{(1+x^3 )^4 +(1+x^2 )^4 =2x^4}$

$1+x^2\ge 2x\Rightarrow (1+x^2)^4\ge 16x^4\ge 2x^4$ με την ισότητα να πιάνεται για x=0

που προφανώς δεν επαληθεύει.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 17, 2012 11:21 pm**

Kάνω την αρχή, με το θέμα 4:

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:4. Να εξεταστεί αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ , τέτοιοι ώστε να ισχύει:

$\displaystyle{(1+x^3 )^4 +(1+x^2 )^4 =2x^4}$

Παρατηρούμε ότι: $\displaystyle{1+x^2 =1+|x|^2 -2|x|+2|x| =(1-|x|)^2 +2|x|\geq 2|x|}$ . Άρα:

$\displaystyle{1+x^2 \geq 2|x|\Rightarrow (1+x^2 )^4 \geq (2|x|)^4 }$

Αλλά: $\displaystyle{(1+x^3 )^4 +(1+x^2 )^4 \geq (1+x^2 )^4 \geq (2|x|)^4 \Rightarrow2x^4 \geq 16x^4 \Rightarrow 14x^4 \leq 0}$

$\displaystyle{\Rightarrow x=0}$ . Αν όμως είναι $\displaystyle{x=0}$ , τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle{1+1=0}$ , που είναι άτοπο. Άρα η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη.

ΣΩΚΡΑΤΗ, με πρόλαβες. Μπράβο για την άμεση απάντηση!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2012 1:25 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:1. Αν $\displaystyle{a ,b}$ είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε να ισχύει:

$\displaystyle{(a+\sqrt{a^2 +1})(b+\sqrt{b^2 +1})=1}$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{a+b=0}$ .

'Εχω : $\displaystyle{a+\sqrt{a^2 +1}=\frac{1}{b+\sqrt{b^2 +1}}=\frac{b-\sqrt{b^2 +1}}{b^2 -(b^2 +1)}=-b+\sqrt{b^2 +1}}$

Άρα: $\displaystyle{a+b=\sqrt{b^2 +1}-\sqrt{a^2 +1}}$ ,................(ΣΧΕΣΗ 1)

Επίσης: $\displaystyle{b+\sqrt{b^2 +1}=\frac{1}{a+\sqrt{a^2 +1}}=\frac{a-\sqrt{a^2 +1}}{a^2 -(a^2 +1)}=-a+ \sqrt{a^2 +1}}$

Άρα: $\displaystyle{a+b=\sqrt{a^2 +1}-\sqrt{b^2 +1}}$ ,.................(ΣΧΕΣΗ 2)

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1) και (2), έχουμε: $\displaystyle{2a +2b=0\Rightarrow a+b=0}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2012 1:08 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:1. Αν $\displaystyle{a ,b}$ είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε να ισχύει:

$\displaystyle{(a+\sqrt{a^2 +1})(b+\sqrt{b^2 +1})=1}$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{a+b=0}$ .

εδώ και στις παραπομπές της

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2012 1:33 pm**

Και μία παρόμοια:

viewtopic.php?p=100021#p100021

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 08, 2012 1:15 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:2. Έστω ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , με $\displaystyle{AB=AC}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{D}$ το σημείο τομής της πλευράς $\displaystyle{AC}$ με την κάθετη από το σημείο $\displaystyle{M}$ στην πλευρά $\displaystyle{AC}$ . Έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{BD}$ με την $\displaystyle{AM}$ . Ποιο από τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{AD}$ είναι μεγαλύτερο;

Μια λύση με αναλυτική γεωμετρία, στερείται βέβαια της ομορφιάς που έχει η ΕΥΚΛΕΙΔΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, αλλά αυτήν την στιγμή, δεν μπορώ να σκεφτώ κάτι άλλο. Γράφω λοιπόν την λύση "ανάγκης", και ελπίζω κάποια από τα ταλέντα μας, να δώσουν λύση και με Ευκλείδια.

Θεωρώ σύστημα αξόνων με άξονα των

την ευθεία

και άξονα των

την ευθεία

και με αρχή των αξόνων το σημείο

.
Έστω $\displaystyle{B(-1 ,0) , C(1,0) , A(0,a)}$ .

Τότε η κλιση της ευθείας

, είναι

και άρα η κλίση της

είναι $\frac{1}{a}$ .

Η εξίσωση της ευθείας

είναι η $\displaystyle{y=\frac{1}{a}x}$ , και η εξίσωση της ευθείας

, είναι η $\displaystyle{y=-ax+a}$ .

Από την λύση του παραπάνω συστήματος, βρίσκουμε τις συντεταγμένες του

, δηλαδή $\displaystyle{D(\frac{a^2}{1+a^2},\frac{a}{1+a^2})}$

Η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle{BD}$ είναι $\displaystyle{\frac{y}{x+1}=\frac{\frac{a}{1+a^2}}{\frac{a^2}{1+a^2}+1}}$

Βάζοντας στην πιο πάνω εξίσωση όπου x=0

, βρίσκουμε τις συντεταγμένες του

, δηλ. $\displaystyle{E(0,\frac{a}{2a^2 +1})}$ .

Τώρα: $\displaystyle{AE=\sqrt{(\frac{a}{2a^2 +1}-a)^2}=\frac{2a^3}{2a^2 +1}}$

Και: $\displaystyle{AD=\sqrt{(\frac{a^2}{1+a^2})^2 +(\frac{a}{1+a^2 }-a)^2} =\frac{a^2}{\sqrt{1+a^2}}}$

Θα δείξω τώρα ότι: $\displaystyle{AE<AD\Leftrightarrow \frac{2a^3}{2a^2 +1}<\frac{a^2}{\sqrt{1+a^2}}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\frac{2a}{2a^2 +1}<\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}\Leftrightarrow \frac{4a^2}{4a^4 +4a^2 +1}<\frac{1}{1+a^2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{4a^2 +4a^4<4a^2 +4a^4 +1}$ , πράγμα που είναι αληθές.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 08, 2012 2:33 pm**

Μια λύση για το 2 με Ευκλείδια μέσα:

Έστω $AK \perp BD (K \in BD)$

$\widehat{EAK}=\widehat{MBD}$ (εγγράψιμο AKMB

)
$\widehat{KAD}=\widehat{MDB}$ (οξείες με κάθετες πλευρές)

$MC>MD \Leftrightarrow MB>MD \Leftrightarrow \widehat{MDB}>\widehat{MBD}$

άρα $90-\widehat{MDB}<90-\widehat{MBD} \Leftrightarrow \widehat{ADE}<\widehat{AED} \Leftrightarrow \boxed {AE<AD}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 08, 2012 7:43 pm**

dimitris.ligonis έγραψε:Μια λύση για το 2 με Ευκλείδια μέσα:

Έστω $AK \perp BD (K \in BD)$

$\widehat{EAK}=\widehat{MBD}$ (εγγράψιμο )
$\widehat{KAD}=\widehat{MDB}$ (οξείες με κάθετες πλευρές)

$MC>MD \Leftrightarrow MB>MD \Leftrightarrow \widehat{MDB}>\widehat{MBD}$

άρα $90-\widehat{MDB}<90-\widehat{MBD} \Leftrightarrow \widehat{ADE}<\widehat{AED} \Leftrightarrow \boxed {AE<AD}$

Μπράβο σου Δημήτρη!!! Για μια ακόμα φορά επιβεβαιώνεται ότι έχουμε πολλά ταλαντούχα μέλη στο mathematica.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 08, 2012 8:09 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:3. Έστω $\displaystyle{ABCD}$ τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{O}$ το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του τετραπλεύρου και $\displaystyle{K , L , M , N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB , BC , CD , DA}$ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οτι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{KOM}$ και $\displaystyle{LON}$ , είναι κάθετες μεταξύ τους.

Ονομάζω $\displaystyle{On}$ την διχοτόμο της γωνίας LON

και

, την διχοτόμο της γωνίας KOM

.
Τώρα ονομάζω:

$\displaystyle{\widehat{LOn}=w , \widehat{KOn}=z , \widehtat{KON}=a , \widehat{NOm}=b , \widehat{MOm}=x }$

Τότε έχουμε:

$\displaystyle{b+a=x , w=a+z }$ . Επίσης: $\displaystyle{x+b+\widehat{D}=180^{o}\Rightarrow b+a+b+\widehat{D}=180^{o}\Rightarrow }$

$\displaystyle{2b+a+\widehat{D}=180^{o}}$ , (1)

Και $\displaystyle{w+z+\widehat{B}=180^{o}\Rightarrow w+w-a+\widehat{B}=180^{o}\Rightarrow 2w-a+\widehat{B}=180^{o}}$ , (2)

Από (1)+(2) $\Rightarrow 2b+2w+\widehat{B}+\widehat{D}=360^{o}$ . Αφού όμως το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγεγραμμένο θα έχουμε ότι $\widehat{B}+\widehat{D}=180^{o}$

Άρα: $2b+2w+180^{0}=360^{o}\Rightarrow b+w =90^{o}$ , δηλαδή το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 08, 2012 9:54 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:2. Έστω ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , με $\displaystyle{AB=AC}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{D}$ το σημείο τομής της πλευράς $\displaystyle{AC}$ με την κάθετη από το σημείο $\displaystyle{M}$ στην πλευρά $\displaystyle{AC}$ . Έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{BD}$ με την $\displaystyle{AM}$ . Ποιο από τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{AD}$ είναι μεγαλύτερο;
Θεωρώ σύστημα αξόνων με άξονα των την ευθεία και άξονα των την ευθεία και με αρχή των αξόνων το σημείο .
Έστω $\displaystyle{B(-1 ,0) , C(1,0) , A(0,a)}$ .

Ωραίο τέχνασμα να θεωρήσεις σύστημα συντεταγμένων με μια μεταβλητή και βάζοντας μονάδα στην άλλη κορυφή.
Αφού δεν μας νοιάζει η διάταξη του $\displaystyle{1}$ και του $\displaystyle{\alpha}$ καλύπτονται όλες οι περιπτώσεις.

: 8alis 2005 2o dimitris.png (16.38 KiB) Προβλήθηκε 2044 φορές

Εγώ προσπάθησα με την χρήση δυο μεταβλητών και κάποια στιγμή χάθηκα στις πράξεις. (Σχήμα 2)
Βάζοντας την μια μεταβλητή μονάδα (και μάλιστα αυτήν που επαναλαμβάνεται

) απλουστεύτηκαν πολύ όλα. (Σχήμα 1)
Αυτή ήταν όντως μια πολύ ωραία ιδέα. Δεν την είχα ξαναπροσέξει.

Υ.Γ. Τα σχήματα προσεχώς.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 13, 2012 10:42 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:2. Έστω ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , με $\displaystyle{AB=AC}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{D}$ το σημείο τομής της πλευράς $\displaystyle{AC}$ με την κάθετη από το σημείο $\displaystyle{M}$ στην πλευρά $\displaystyle{AC}$ . Έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{BD}$ με την $\displaystyle{AM}$ . Ποιο από τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{AD}$ είναι μεγαλύτερο;

: 8alis 2005 2o analitiki.png (39.31 KiB) Προβλήθηκε 2005 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: Μια λύση με αναλυτική γεωμετρία, στερείται βέβαια της ομορφιάς που έχει η ΕΥΚΛΕΙΔΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, αλλά αυτήν την στιγμή, δεν μπορώ να σκεφτώ κάτι άλλο. Γράφω λοιπόν την λύση "ανάγκης", και ελπίζω κάποια από τα ταλέντα μας, να δώσουν λύση και με Ευκλείδια.

Θεωρώ σύστημα αξόνων με άξονα των την ευθεία και άξονα των την ευθεία και με αρχή των αξόνων το σημείο .
Έστω $\displaystyle{B(-1 ,0) , C(1,0) , A(0,a)}$ .

Τότε η κλιση της ευθείας , είναι και άρα η κλίση της είναι $\frac{1}{a}$ .

Η εξίσωση της ευθείας είναι η $\displaystyle{y=\frac{1}{a}x}$ , και η εξίσωση της ευθείας , είναι η $\displaystyle{y=-ax+a}$ .

Από την λύση του παραπάνω συστήματος, βρίσκουμε τις συντεταγμένες του , δηλαδή $\displaystyle{D(\frac{a^2}{1+a^2},\frac{a}{1+a^2})}$

Η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle{BD}$ είναι $\displaystyle{\frac{y}{x+1}=\frac{\frac{a}{1+a^2}}{\frac{a^2}{1+a^2}+1}}$

Βάζοντας στην πιο πάνω εξίσωση όπου , βρίσκουμε τις συντεταγμένες του , δηλ. $\displaystyle{E(0,\frac{a}{2a^2 +1})}$ .

Τώρα: $\displaystyle{AE=\sqrt{(\frac{a}{2a^2 +1}-a)^2}=\frac{2a^3}{2a^2 +1}}$

Και: $\displaystyle{AD=\sqrt{(\frac{a^2}{1+a^2})^2 +(\frac{a}{1+a^2 }-a)^2} =\frac{a^2}{\sqrt{1+a^2}}}$

Θα δείξω τώρα ότι: $\displaystyle{AE<AD\Leftrightarrow \frac{2a^3}{2a^2 +1}<\frac{a^2}{\sqrt{1+a^2}}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\frac{2a}{2a^2 +1}<\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}\Leftrightarrow \frac{4a^2}{4a^4 +4a^2 +1}<\frac{1}{1+a^2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{4a^2 +4a^4<4a^2 +4a^4 +1}$ , πράγμα που είναι αληθές.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:2. Έστω ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , με $\displaystyle{AB=AC}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{D}$ το σημείο τομής της πλευράς $\displaystyle{AC}$ με την κάθετη από το σημείο $\displaystyle{M}$ στην πλευρά $\displaystyle{AC}$ . Έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{BD}$ με την $\displaystyle{AM}$ . Ποιο από τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{AD}$ είναι μεγαλύτερο;

: 8alis 2005 2o.png (16.69 KiB) Προβλήθηκε 2012 φορές

dimitris.ligonis έγραψε:Μια λύση για το 2 με Ευκλείδια μέσα:

Έστω $AK \perp BD (K \in BD)$

$\widehat{EAK}=\widehat{MBD}$ (εγγράψιμο )
$\widehat{KAD}=\widehat{MDB}$ (οξείες με κάθετες πλευρές)

$MC>MD \Leftrightarrow MB>MD \Leftrightarrow \widehat{MDB}>\widehat{MBD}$

άρα $90-\widehat{MDB}<90-\widehat{MBD} \Leftrightarrow \widehat{ADE}<\widehat{AED} \Leftrightarrow \boxed {AE<AD}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 15, 2012 2:17 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:3. Έστω $\displaystyle{ABCD}$ τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{O}$ το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του τετραπλεύρου και $\displaystyle{K , L , M , N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB , BC , CD , DA}$ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οτι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{KOM}$ και $\displaystyle{LON}$ , είναι κάθετες μεταξύ τους.

: 8alis 2005 3o bl.png (14.78 KiB) Προβλήθηκε 1950 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Ονομάζω $\displaystyle{On}$ την διχοτόμο της γωνίας και , την διχοτόμο της γωνίας .
Τώρα ονομάζω:

$\displaystyle{\widehat{LOn}=w , \widehat{KOn}=z , \widehtat{KON}=a , \widehat{NOm}=b , \widehat{MOm}=x }$

Τότε έχουμε:

$\displaystyle{b+a=x , w=a+z }$ . Επίσης: $\displaystyle{x+b+\widehat{D}=180^{o}\Rightarrow b+a+b+\widehat{D}=180^{o}\Rightarrow }$

$\displaystyle{2b+a+\widehat{D}=180^{o}}$ , (1)

Και $\displaystyle{w+z+\widehat{B}=180^{o}\Rightarrow w+w-a+\widehat{B}=180^{o}\Rightarrow 2w-a+\widehat{B}=180^{o}}$ , (2)

Από (1)+(2) $\Rightarrow 2b+2w+\widehat{B}+\widehat{D}=360^{o}$ . Αφού όμως το τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο θα έχουμε ότι $\widehat{B}+\widehat{D}=180^{o}$

Άρα: $2b+2w+180^{0}=360^{o}\Rightarrow b+w =90^{o}$ , δηλαδή το ζητούμενο.

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005-Β ΛΥΚΕΙΟΥ