mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 10, 2012 1:35 am**

1. Δίνεται ότι $\displaystyle{x,y,\alpha \in \mathbb{R}}$ και $\displaystyle{x+y=2\alpha-4 \,\, ,\,\,xy=\alpha^2-3\alpha+5}$ .
Ποια είναι η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{x^2+y^2}$ ;

2. Δίνεται ένα τρίγωνο $\displaystyle{ AB\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλου $\displaystyle{C(O,R)}$ . Αν $\displaystyle{M}$ είναι σημείο του τόξου $\displaystyle{\overset{\frown }{B\Gamma}}$ και αν $\displaystyle{ \Delta ,E,Z}$ είναι οι πόδες των καθέτων που άγονται από το σημείο $\displaystyle{M}$ επί των ευθειών $\displaystyle{AB,A\Gamma,B\Gamma}$ αντίστοιχα.
Να αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\frac{(B\Gamma)^2}{(MZ)^2} \ge 8\frac{R U_{\alpha}}{(M\Delta)\cdot(ME)}}$ όπου $\displaystyle{U_{\alpha}}$ το ύψος που αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ .

3. Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\widehat{BA\Gamma}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma A \Delta}}$ σ' έαν ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα.
Να αποδειχτεί ότι: $\displaystyle{\frac{(MB)}{(M\Gamma)}+\frac{(N\Delta)}{(N\Gamma)}>1}$

4. Έστω $\displaystyle{A\subseteq \mathbb{R}}$ τέτοιο ώστε:
i) Αν $\displaystyle{\alpha,\beta\in A}$ τότε $\displaystyle{\sqrt{\alpha\beta}\in A}$
ii) $\displaystyle{1\in A}$ και $\displaystyle{2\in A}$
Να αποδειχτεί ότι : $\displaystyle{\sqrt[\displaystyle2^{1453}]{2^{1821}}\in A}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 11, 2012 10:17 am**

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται ότι $\displaystyle{x,y,\alpha \in \mathbb{R}}$ και $\displaystyle{x+y=2\alpha-4 \,\, ,\,\,xy=\alpha^2-3\alpha+5}$ .
Ποια είναι η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{x^2+y^2}$ ;

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( x+y \right)}^{2}}-2xy={{\left( 2\alpha -4 \right)}^{2}}-2\left( {{\alpha }^{2}}-3\alpha +5 \right)\Leftrightarrow$

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4{{\alpha }^{2}}-16\alpha +16-2{{\alpha }^{2}}+6\alpha -10=2{{\alpha }^{2}}-10\alpha +6$ (1)

Για να υπάρχουν $x,y\in R$ ώστε να ισχύουν οι παραπάνω σχέσεις πρέπει να υπάρχει $\alpha \in R$ ώστε η εξίσωση

${{w}^{2}}-Sw+P=0$ , όπου S=x+y

και

, να έχει πραγματικές ρίζες, δηλαδή πρέπει: $\Delta \ge 0\Leftrightarrow {{S}^{2}}-4P\ge 0\Leftrightarrow {{\left( 2\alpha -4 \right)}^{2}}-4\left( {{\alpha }^{2}}-3\alpha +5 \right)\ge 0\Leftrightarrow$

$4{{\alpha }^{2}}-16\alpha +16-4{{\alpha }^{2}}+12\alpha -20\ge 0\Leftrightarrow \alpha \le -1$

Η συνάρτηση $f\left( \alpha \right)=2{{\alpha }^{2}}-10\alpha +6$ παρουσιάζει ελάχιστο αν $\alpha =\frac{5}{2}$ δηλαδή στο διάστημα $\left( -\infty ,\frac{5}{2} \right)$ είναι γν. φθίνουσα, έτσι και στο διάστημα $\left( -\infty ,-1 \right]$ είναι γν. φθίνουσα.

Οπότε η

παρουσιάζει ελάχιστο αν $\alpha =-1$ , το $f\left( -1 \right)=18$

Έτσι ${{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}_{\min }}=18$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 11, 2012 10:21 am**

Νομίζω πως υπάρχει κάποιο πρόβλημα στην παραπάνω λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 11, 2012 10:57 am**

dr.tasos έγραψε:Νομίζω πως υπάρχει κάποιο πρόβλημα στην παραπάνω λύση.

Είπα και γω είναι τόσο εύκολη!
Υπάρχει "χοντρό" πρόβλημα. Το διόρθωσα και ελπίζω τώρα να είναι σωστή. Τι κάνει η βιασύνη....
Ευχαριστώ για την ειδοποίηση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 11, 2012 11:39 am**

parmenides51 έγραψε:
3. Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\widehat{BA\Gamma}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma A \Delta}}$ σ' έαν ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα.
Να αποδειχτεί ότι: $\displaystyle{\frac{(MB)}{(M\Gamma)}+\frac{(N\Delta)}{(N\Gamma)}>1}$

: ΕMO-1987-1988-(Β'-Λυκείου)---Θέμα-3.png (9.63 KiB) Προβλήθηκε 1257 φορές

Από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στα $\triangle {\rm A}{\rm B}\Gamma ,\, \triangle {\rm A}\Gamma \Delta$ αντίστοιχα έχουμε: $\displaystyle\frac{{{\rm M}{\rm B}}}{{{\rm M}\Gamma }} = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Gamma }},\,\displaystyle\frac{{{\rm N}\Delta }}{{{\rm N}\Gamma }}\mathop = \limits^{{\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma } \displaystyle\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma }}$ . Με πρόσθεση κατά μέλη και από την τριγωνική ανισότητα παίρνουμε: $\displaystyle\frac{{{\rm M}{\rm B}}}{{{\rm M}\Gamma }} + \displaystyle\frac{{{\rm N}\Delta }}{{{\rm N}\Gamma }} = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B} + {\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma }} > \displaystyle\frac{{{\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma }} = 1$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 13, 2012 10:37 pm**

parmenides51 έγραψε:4. Έστω $\displaystyle{A\subseteq \mathbb{R}}$ τέτοιο ώστε:
i) Αν $\displaystyle{\alpha,\beta\in A}$ τότε $\displaystyle{\sqrt{\alpha\beta}\in A}$
ii) $\displaystyle{1\in A}$ και $\displaystyle{2\in A}$
Να αποδειχτεί ότι : $\displaystyle{\sqrt[\displaystyle2^{1453}]{2^{1821}}\in A}$

$\displaystyle{1\in A , 2\in A\Rightarrow \sqrt{1.2}\in A\Rightarrow \sqrt{2}\in A}$

$\displaystyle{1\in A , \sqrt{2}\in A\Rightarrow \sqrtr{1.\sqrt{2}}\in A\Rightarrow \sqrt[2^2]{2}\in A}$

$\displaystyle{1\in A , \sqrt[2^2]{2}\in A\Rightarrow \sqrt{1.\sqrt[2^2]{2}}\in A\Rightarrow \sqrt[2^3]{2}\in A}$

Kαι εύκολα επαγωγικά, δείχνουμε ότι $\displaystyle{\sqrt[2^n]{2}\in A}$ , (ΣΧΕΣΗ *), για κάθε $\displaystyle{n>1}$

Επίσης, βλέπουμε ότι αν $\displaystyle{\sqrt[2^n]{m}\in A \Rightarrow \sqrt{\sqrt[2^n]{m}.\sqrt[2^n]{m}}\in A \Rightarrow \sqrt[2^{n+1}]{m^2}\in A}$ , (ΣΧΕΣΗ **), όπου $\displaystyle{m\in N^{*}}$

Θέτουμε τώρα στην σχέση (*) $\displaystyle{n=1437}$ . Tότε έχουμε $\displaystyle{\sqrt[1437]{2}\in A}$ . Oπότε από την σχέση (**), έχουμε:

$\displaystyle{\sqrt[2^{1438}]{2^2}\in A }$ και εκ νέου από την (**) έχουμε $\displaystyle{\sqrt[2^{1439}]{2^4}\in A}$

και πάλι από την (**) συνεχίζοντας ομοίως, τελικά έχουμε: $\displaystyle{\sqrt[2^{1447}]{2^{1024}}\in A}$ , (1)

Για $\displaystyle{n=1438}$ , η σχέση (*) δίνει $\displaystyle{\sqrt[2^{1438}]{2}\in A}$ και με βάση την (**), όπως και προηγουμένως, διαδοχικά θα πάρουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt[2^{1447}]{2^{512}}\in A}$ , (2)

Aπό τις (1) και (2) έχουμε ότι: $\displaystyle{\sqrt{\sqrt[2^{1447}]{2^{1024}}.\sqrt[2^{1447}]{2^{512}}\in A}$ . Δηλαδή:

$\displaystyle{\sqrt[2^{1448}]{2^{1536}}\in A}$ , (3)

Συνεχίζοντας, θέτουμε στην (*), $\displaystyle{n=1440}$ και εργαζόμενοι με τα ίδια όπως πριν βήματα, βρίσκουμε ότι :

$\displaystyle{\sqrt[2^{1448}]{2^{256}}\in A}$ , (4)

Από τις σχέσεις (3) , (4) παίρνουμε: $\displaystyle{\sqrt[2^{1449}]{2^{1792}}\in A}$ , (5)

Θέτουμε στην (*) , $\displaystyle{n=1445}$ , οπότε βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\sqrt[2^{1449}]{2^{16}}\in A}$ , (6)

Aπό (5) , (6) έχουμε: $\displaystyle{\sqrt[2^{1450}]{2^{1808}}\in A}$ , (7)

Θέτουμε στην (*) , $\displaystyle{n=1447}$ . Tότε βρίσκουμε $\displaystyle{\sqrt[2^{1450}]{2^8}\in A}$ , (8)

Από (7) , (8) έχουμε: $\displaystyle{\sqrt[2^{1451}]{2^{1816}}\in A}$ ,(9)

Θέτουμε στην (*) , n=1449

. Τότε βρίσκουμε $\displaystyle{\sqrt[2^{1451}]{2^4}\in A}$ , (10)

Από (9),(10) έχουμε: $\displaystyle{\sqrt[2^{1452}]{2^{1820}}\in A}$ , (11)

Tέλος, θέτουμε στην (*) , $\displaystyle{n=1452}$ . Τότε $\displaystyle{\sqrt[2^{1452}]{2}\in A}$ , (12)

Από (11) , (12) βρίσκουμε: $\displaystyle{\sqrt[2^{1453}]{2^{1821}}\in A}$ , όπως θέλαμε.

ΣΗΜ: Δεν μπόρεσα να σκεφτώ ευκολώτερη λύση. Αν κάποιος καταφέρει κάτι πιο απλό, ας το δημοσιεύσει

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 14, 2012 7:10 pm**

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται ένα τρίγωνο $\displaystyle{ AB\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλου $\displaystyle{C(O,R)}$ . Αν $\displaystyle{M}$ είναι σημείο του τόξου $\displaystyle{\overset{\frown }{B\Gamma}}$ και αν $\displaystyle{ \Delta ,E,Z}$ είναι οι πόδες των καθέτων που άγονται από το σημείο $\displaystyle{M}$ επί των ευθειών $\displaystyle{AB,A\Gamma,B\Gamma}$ αντίστοιχα.
Να αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\frac{(B\Gamma)^2}{(MZ)^2} \ge 8\frac{R U_{\alpha}}{(M\Delta)\cdot(ME)}}$ όπου $\displaystyle{U_{\alpha}}$ το ύψος που αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ .

Aρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2}{MZ^2}\geq 8\frac{R.u_a}{M\Delta .ME}}$

Αλλά είναι γνωστό ότι: $\displaystyle{b.c=2R.u_a}$ , όπου $\displaystyle{b=A\Gamma , c=AB}$

Άρα αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2}{MZ^2}\geq 4\frac{bc}{M\Delta .ME}\Leftrightarrow a^2 .M\Delta .ME\geq 4bc.MZ^2, (1)}$

Όμως $\displaystyle{(ABM)=\frac{1}{2}MA.MB.\eta \mu \widehat{AMB}=\frac{1}{2}c.M\Delta}$

Και από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{ABM}$ , έχω: $\displaystyle{\frac{AB}{\eta \mu \widehat{AMB}}=2R}$

Άρα $\displaystyle{\frac{1}{2}MA.MB.\frac{AB}{2R}=\frac{1}{2}.AB.M\Delta\Rightarrow MA.MB=2R.M\Delta}$ , (2)

Με τον ίδιο τρόπο, δείχνουμε ότι $\displaystyle{MA.M\Gamma =2R.ME}$ , (3)

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε:

$\displaystyle{MA^2 .MB.M\Gamma =4R^2 .M\Delta .ME\Rightarrow M\Delta .ME=\frac{MA^2 .MB.M\Gamma}{4R^2}}$ ,(4)

Τώρα έχουμε : $\displaystyle{(MB\Gamma )=\frac{1}{2}MB.M\Gamma .\eta \mu \widehat{BM\Gamma}=\frac{1}{2}B\Gamma .MZ}$

Kαι από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{MB\Gamma}$ , 'εχουμε:

$\displaystyle{\frac{B\Gamma }{\eta \mu \widehat{BM\Gamma}}=2R}$

Άρα $\displaystyle{MB.M\Gamma .\frac{B\Gamma}{2R}=B\Gamma .MZ\Rightarrow MB.M\Gamma =2R.MZ\Rightarrow MZ=\frac{MB.M\Gamma}{2R}}$ , (5)

Aντί λοιπόν για την σχέση (1), αρκεί να αποδείξουμε ότι (λόγω των σχέσεων (4) και (5):

$\displaystyle{\frac{MA^2 .MB.M\Gamma}{4R^2}.a^2\geq 4bc.\frac{MB^2 .M\Gamma ^2}{4R^2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{MA^2 .a^2 \geq 4bc.MB.M\Gamma}$ , (6)

Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο τετράπλευρο $\displaystyle{ABM\Gamma}$ , έχουμε:

$\displaystyle{AB.M\Gamma +BM.A\Gamma =AM.B\Gamma \Rightarrow c.M\Gamma +b.BM=AM.a}$

Έτσι, αντί την (6) αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{(c.M\Gamma +b.MB)^2 \geq 4bc.MB.M\Gamma}$ , η οποία προφανώς είναι αληθής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 15, 2012 1:51 am**

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται ένα τρίγωνο $\displaystyle{ AB\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλου $\displaystyle{C(O,R)}$ . Αν $\displaystyle{M}$ είναι σημείο του τόξου $\displaystyle{\overset{\frown }{B\Gamma}}$ και αν $\displaystyle{ \Delta ,E,Z}$ είναι οι πόδες των καθέτων που άγονται από το σημείο $\displaystyle{M}$ επί των ευθειών $\displaystyle{AB,A\Gamma,B\Gamma}$ αντίστοιχα.
Να αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\frac{(B\Gamma)^2}{(MZ)^2} \ge 8\frac{R U_{\alpha}}{(M\Delta)\cdot(ME)}}$ όπου $\displaystyle{U_{\alpha}}$ το ύψος που αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ .

: 4i emo 1987-88 bl.PNG (16.67 KiB) Προβλήθηκε 1141 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Aρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2}{MZ^2}\geq 8\frac{R.u_a}{M\Delta .ME}}$

Αλλά είναι γνωστό ότι: $\displaystyle{b.c=2R.u_a}$ , όπου $\displaystyle{b=A\Gamma , c=AB}$

Άρα αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2}{MZ^2}\geq 4\frac{bc}{M\Delta .ME}\Leftrightarrow a^2 .M\Delta .ME\geq 4bc.MZ^2, (1)}$

Όμως $\displaystyle{(ABM)=\frac{1}{2}MA.MB.\eta \mu \widehat{AMB}=\frac{1}{2}c.M\Delta}$

Και από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{ABM}$ , έχω: $\displaystyle{\frac{AB}{\eta \mu \widehat{AMB}}=2R}$

Άρα $\displaystyle{\frac{1}{2}MA.MB.\frac{AB}{2R}=\frac{1}{2}.AB.M\Delta\Rightarrow MA.MB=2R.M\Delta}$ , (2)

Με τον ίδιο τρόπο, δείχνουμε ότι $\displaystyle{MA.M\Gamma =2R.ME}$ , (3)

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε:

$\displaystyle{MA^2 .MB.M\Gamma =4R^2 .M\Delta .ME\Rightarrow M\Delta .ME=\frac{MA^2 .MB.M\Gamma}{4R^2}}$ ,(4)

Τώρα έχουμε : $\displaystyle{(MB\Gamma )=\frac{1}{2}MB.M\Gamma .\eta \mu \widehat{BM\Gamma}=\frac{1}{2}B\Gamma .MZ}$

Kαι από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{MB\Gamma}$ , 'εχουμε:

$\displaystyle{\frac{B\Gamma }{\eta \mu \widehat{BM\Gamma}}=2R}$

Άρα $\displaystyle{MB.M\Gamma .\frac{B\Gamma}{2R}=B\Gamma .MZ\Rightarrow MB.M\Gamma =2R.MZ\Rightarrow MZ=\frac{MB.M\Gamma}{2R}}$ , (5)

Aντί λοιπόν για την σχέση (1), αρκεί να αποδείξουμε ότι (λόγω των σχέσεων (4) και (5):

$\displaystyle{\frac{MA^2 .MB.M\Gamma}{4R^2}.a^2\geq 4bc.\frac{MB^2 .M\Gamma ^2}{4R^2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{MA^2 .a^2 \geq 4bc.MB.M\Gamma}$ , (6)

Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο τετράπλευρο $\displaystyle{ABM\Gamma}$ , έχουμε:

$\displaystyle{AB.M\Gamma +BM.A\Gamma =AM.B\Gamma \Rightarrow c.M\Gamma +b.BM=AM.a}$

Έτσι, αντί την (6) αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{(c.M\Gamma +b.MB)^2 \geq 4bc.MB.M\Gamma}$ , η οποία προφανώς είναι αληθής.

mathematica.gr

4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Β' Λυκείου)