Εικοσιδωδεκάεδρον. Α ν ι σ ό τ η τ ε ς. Τεύχος 16 Δεκέμβριος Επιμέλεια: Φωτεινή Καλδή

Transcript

1 Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6 Δεκέμβριος 06 Α ν ι σ ό τ η τ ε ς Επιμέλεια: Φωτεινή Καλδή

2 Εικοσιδωδεκάεδρον τεύχος 6, Δεκέμβριος 06 ISSN: -7 Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο Ο δικτυακός τόπος mthemtigr ανήκει και διευθύνεται σύμφωνα με τον κανονισμό του που υπάρχει στην αρχική του σελίδα από ομάδα Διευθυνόντων Μελών Συντακτική Επιτροπή Γιώργος Απόκης Φωτεινή Καλδή Σπύρος Καρδαμίτσης Νίκος Μαυρογιάννης Ροδόλφος Μπόρης Χρήστος Τσιφάκης Χρήστος Κυριαζής Εικοσιδωεκάεδρο φιλοτεχνημένο από τον Leonrdo d Vini Το εικοσιδωδεκάεδρο είναι ένα πολύεδρο (-εδρο) με είκοσι τριγωνικές έδρες και δώδεκα πενταγωνικές Εχει 0 πανομοιότυπες κορυφές στίς οποίες συναντώνται δύο τρίγωνα και δύο πεντάγωνα και εξήντα ίσες ακμές που η κάθε μία τους χωρίζει ένα τρίγωνο από ένα πεντάγωνο Είναι αρχιμήδειο στερεό - δηλαδή ένα ημικανονικό κυρτό πολύεδρο όπου δύο ή περισσότεροι τύποι πολυγώνων συναντώνται με τον ίδιο τρόπο στις κορυφές του - και ειδικότερα είναι το ένα από τα δύο οιονεί κανονικά - qusiregulr πολύεδρα που υπάρχουν, δηλαδή στερεό που μπορεί να έχει δύο τύπους εδρών οι οποίες εναλλάσσονται στην κοινή κορυφή (Το άλλο είναι το κυβο - οκτάεδρο) Το εικοσιδωδεκάεδρο έχει εικοσιεδρική συμμετρία και οι συντεταγμένες των κορυφών ενός εικοσαέδρου με μοναδιαίες ακμές είναι οι κυκλικές μεταθέσεις των ( 0,0, ± ϕ ), ϕ + ϕ + ±, ±, ±, όπου ϕ ο χρυσός λόγος ενώ το δυαδικό του πολύεδρο είναι το ρομβικό τριακοντάεδρο Πηγή: Απόδοση: Πάνος Γιαννόπουλος Η επιλογή και η επιμέλεια των ασκήσεων αυτού του τεύχους οφείλεται στην Φωτεινή Καλδή Τεχνικά βοήθησαν οι Χρήστος Τσιφάκης και ΝΣ Μαυρογιάννης

3 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ b + + d ΑΣΚΗΣΗ + b + + d + b + + d Αν xyzw>,,, 0, να αποδειχθεί ότι y z w x xyzw x y z w x y z w Προτείνει ο Θάνος Μάγκος f&t59 (Θάνος Μάγκος) Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται Θέτουμε x y z w y z w x x y z w yzw zwx wxy xyz x, y b, z, w d, y z w x με bd>,,, 0, οπότε είναι και bd και έχουμε πλέον να αποδείξουμε ότι b + + d b+ bd+ d + db Από την ανισότητα Chebyshev και την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε ( bd) ( b d ) ( + b + + d ) Αρκεί λοιπόν, να αποδειχθεί ότι b + + d b+ bd+ d + db, η οποία προκύπτει από την ανισότητα της αναδιάταξης ή διαφορετικά από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ ως εξής: b + 6 b, b + + d 6 bd, d + 6 d, d + + b 6 db, και πρόσθεση κατά μέλη ΑΣΚΗΣΗ Αν,b, μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί, διαφορετικοί ανά δύο, αποδείξτε ότι + b b b b f&t699

4 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Πολύ γνωστό θέμα! Αξίζει να θυμηθούμε την ακόλουθη εκπληκτική λύση, που έδωσε τότε (007) ο Σιλουανός Μπραζιτίκος: Ισχυρισμός: Είναι + b b+ b b + + b b b b ( + )( + b) ( )( b) + b b+ b b b b b b b b και το ζητούμενο δείχθηκε! ΑΣΚΗΣΗ Απόδειξη του Ισχυρισμού: Θεωρούμε το πολυώνυμο δευτέρου βαθμού f ( x) x x x b x + + b b b και παρατηρούμε ότι ( x )( x b) ( )( b) + f f ( b) f ( ) 0 Επομένως, το f ( x ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο Ειδικότερα, είναι f ( + b+ ) 0 Να αποδείξετε ότι αν b>,, 0 με b, τότε ισχύει: b + b + + b + b + b + Προτείνει ο Βαγγέλης Μουρούκος f09&t559 (Διονύσιος Αδαμόπουλος) Ισχύουν τα εξής: Αν x, y, z θετικοί πραγματικοί με xyz τότε: και ο Ισχυρισμός έπεται άμεσα! Τέλος, είναι α) ( x+ y+ z) x + y + z () + b b b b + b b b b + β) x + y + z xyz () Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις () και () κατά μέλη, προκύπτει ότι x + y + z x+ y+ z () γ) Έχουμε xy yz zx x y z + +

5 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ( xy + yz + zx) + xy + yz + zx () Προσθέτοντας τις σχέσεις () και () κατά μέλη, προκύπτει ότι x + y + z x + y + z + + xy + yz + zx (Φωτεινή Καλδή) Αρκεί να δείξουμε x + y + z xy + yz + zx b Έστω x, y b και z x y z x y z Τότε για οποιοδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς, b και θα ισχύει ότι: b b b b b b ( + b+ )( + + ) b b b + + ( + b+ )( + + ) b b Αν όμως γνωρίζουμε επιπλέον ότι b, τότε Συνεπώς ισχύει ότι b, και b b b b b b b + + ( + + )( + + ), που είναι η ζητούμενη ανισότητα ΑΣΚΗΣΗ Αν xyz,, > 0 με x+ y+ z, αποδείξτε ότι x + y + z xy + yz + zx Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς f09&t55 x y z xy yz zx x + y + z + x + y + z ( x+ y+ z) ισχύει αφού x y z x y z x x x x x x x και x+ y+ z Η ισότητα αν και μόνο αν x y z ΑΣΚΗΣΗ 5 Έστω xyz,, > 0 με xyz Να αποδειχτεί ότι : x ( + y)( + z) Προτείνει ο Ορέστης Λιγνός (Φωτεινή Καλδή) f09&t56 x x ( + y)( + z) + ( y + z) + yz Από τηγενικευμένημορφή

6 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 k x x x ( x + x + + xn) n ( ) k k k n k n n, x y z + + z + xy x+ yz y + zx x, > 0, k, k i έχουμε i x ( x+ y+ x) ( + y)( + z) + ( x + y + z) + ( xy + yz + zx) ( x+ y+ x) 9 + 6( x + y + z) + ( xy + yz + zx) Προτείνει ο Σωτήρης Λοϊζιάς f09&t56 (Θάνος Μάγκος) Θα αποδείξουμε ότι ( x+ y+ z) ( xy+ yz+ zx) ( x+ y+ x) 9+ 6( x+ y+ z) + ( x+ y+ z) + f f() x+ y+ z, AM GM x + y + z z + xy x+ yz y + zx Λόγω της ΑΜ-ΓΜ αρκεί x + y + z x + y + z y + z + x z + x + y (sotrm) Θέτοντας x y, bz, έχουμε να Μια διαφορετική λύση, από ΑΜ-ΓΜ ισχύει: x + y + z x + + ( + y)( + z) 8 8 Τώρα έχω με εφαρμογή και στους άλλους όρους: x x + ( + x) ( + y)( + z) x (x ) ( + y)( + z) Αφού x 6 xyz 6, από ΑΜ-ΓΜ Ισότητα όταν x y z αποδείξουμε ότι + b + + b+ b b Αυτό είναι άμεσο από Cuhy-Shwrz, αφού b b+ b b b b + b + b + b + + b ( + b+ ) ( + b + ) + ( b + b + ) ΑΣΚΗΣΗ 6 Έστω xyz,, θετικοί πραγματικοί αριθμοί Να αποδείξετε ότι:

7 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ΑΣΚΗΣΗ 7 Έστω οι θετικοί,b, με b Να δείξετε ότι : + Προτείνει ο Ορέστης Λιγνός (ΒΜουρούκος) Είναι: f09&t y y y οπότε αρκεί να δείξουμε ότι, + + b + b Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν b ΑΣΚΗΣΗ 8 Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς αριθμούς, b, ισχύει η ανισότητα: b + + > b+ + + b Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής (ΑλέξΣυγκελάκης) f09&t57 Λόγω ομογένειας, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι y +, ή ισοδύναμα: + b+ με b,, (0,) Επίσης είναι εύκολο να αποδείξουμε ότι b b x x () x για κάθε x (0,) b b b b b b b b b+, b b με ισότητα μόνο στο Έτσι έχουμε () b LHS + + ( + b+ ) b Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν οποίο δεν μπορεί να συμβαίνει b το που ισχύει, από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου: 5

8 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 (Θάνος Μάγκος) Ουσιαστικά η απόδειξη του Αλέξανδρου, αλλιώς b + + b+ + + b b AM + + b ( + ) b ( + ) ( + b) GM b ( + + ) b ( + b+ ) b από τη γνωστή ανισότητα Αndreesu b b+ + b+ + b+ Η ισότητα θα ίσχυε αν b+, b +, + b, Οπότε αρκεί ( + + ) b ( + b+ ) b το οποίο σημαίνει b 0 που δε μπορεί να συμβαίνει Άρα είναι αυστηρή ΑΣΚΗΣΗ 9 Έστω, b, θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε b + b + Να δείξετε ότι b + + Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης (Γιάννης Σημαντήρης ) Είναι f09&t b b b b+ b b + b+ + b + b b Από την αρχική όμως με ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε b + b + b b και τελειώσαμε ΑΣΚΗΣΗ 0 Έστω b,, θετικοί πραγματικοί αριθμοί με Να δείξετε ότι + b + 8 b b

9 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 f09&t956 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης (Σωτήρης Λοϊζιάς ) Από AM Ομοίως, GM, είναι: b b b b b+ + b b+ b + 8 ( ) b b b b Προσθέτοντας τις (,, ) κατά μέλη, είναι αρκετό να δείξουμε ότι: b b + 8b Τώρα, αφού έχουμε: ( + b + ) b + b + και + b + 8, b b + 8b ΑΣΚΗΣΗ Αν,b, θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε + b + b, να αποδείξετε ότι b b b y y Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης (Χρήστος Στραγάλης) + f09&t9587 Ισοδύναμα θα αποδείξουμε ότι: Όμως: 7 ( + ) b b( + ) ( + b+ b) + b b + ( + b+ ) + b ( + b+ ) + b + + b b+ + Άρα αρκεί να δείξουμε πως: Είναι: + b 6 7b b+ + b b+ + 7

10 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ( + b)( b + b ) LHS b + και στον παρανομαστή της ΑΜ-ΓΜ για τους όρους του γινομένου ( + ) AM GM 6 ( + )( + )( + ) + ( + )( + )( + ) b b b b b b b b ΑΣΚΗΣΗ Έστω, b, πραγματικοί αριθμοί μεγαλύτεροι ή b ( + b) 6 AM GM,(*) 8 ( b + ) ( + + )( + + ) b b b b 6 9 b + + b + ίσοι του Να δείξετε ότι + b b b Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t79 ( + + ) b b b b (Θάνος Μάγκος) Όμως λόγω της βασικής ισχύει και έτσι: ( x + y + z) ( xy + yz + xz) b + b + b( + b + ) b 7 LHS Επομένως απομένει να αποδείξουμε πως: ( + b)( b + )( + ) 8b το οποίο είναι προφανές Από ΑΜ-ΓΜ είναι αρκετό να αποδειχθεί ότι ( )( b )( ) ( + )( b b+ )( + ) Αυτή ισχύει, αφού ισχύει η ως ισοδύναμη με την (ΑλέξΣυγκελάκης) x x x + ( + ), ( x ) 0 Λόγω κυκλικότητας του πρώτου μέρους μπορούμε να υποθέσουμε ότι (*) : Στον αριθμητή έγινε χρήση της mx( b,, ) 9( + b)( b+ )( + ) 8( + b+ )( b+ b+ ) κι έτσι 8 b ή b

11 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Αν b τότε οι τριάδες (, b, ) και Όμοια αν b ΑΣΚΗΣΗ,, b b έχουν αντίθετη διάταξη κι έτσι από την ανισότητα της αναδιάταξης έχουμε ότι: + b + b + LHS b b+ b b+ Όμως η συνάρτηση έχει παράγωγο x + f( x) x x+ f ( x) ( x ) ( x + ) ( x x+ ) δηλαδή είναι γνησίως αύξουσα στο [, + ) και έχει δεύτερη παράγωγο 6 xx ( ) f ( x) ( x x+ ) άρα η f είναι κυρτή στο [, + ) Συνεπώς από την ανισότητα Jensen έχουμε + b+ f + f( b) + f( ) f και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα και b,, άρα + b+ f f() 9 Αν b>,, 0 με b να αποδείξετε ότι b + b Προτείνει ο Θάνος Μάγκος (Βαγγέλης Μουρούκος) f09&t588 Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου προκύπτει ότι: y y + b + y ( + b ) + ( b + ) + b + b + b + b + y + + b + b + b b b + + b + b + b + + b b + b + b b b + + b + b + b + b + b + b + b + b + b + b + και το συμπέρασμα έπεται Το ίσον ισχύει αν και μόνο αν b και καταλήγουμε στο ζητούμενο 9

12 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ΑΣΚΗΣΗ b ( b) 0 + b+ + b+ από όπου προκύπτει η ζητούμενη Αν b>,, 0 με να αποδείξετε ότι b b b b b + +, + + b + b b b + + ( b + b + ) b + b + Προτείνει ο Θάνος Μάγκος (Γιώργος Βασδέκης) Από την f09&t5087 b + b + + b + είναι αρκετό να αποδείξουμε την Ανισότητα ( + b+ ) + b+ + b+ b+ b+ b + b + Η συνθήκη μας δίνει ότι b 0 + b+ Αν θεωρήσουμε πως b τότε θα ισχύει b b b και + b b οπότε από την Ανισότητα Chebyhev θα ισχύει ΑΣΚΗΣΗ 5 Αν b>,, και b + b + + b, νααποδείξετε ότι b + b+ + + Προτείνει ο Θάνος Μάγκος f09&t676 (Γιώργος Βασδέκης) Ακουλουθώντας τον μετασχηματισμό x y z ( b,, ),, έχουμε πως y+ z z+ x x+ y x y x+ y+ z x+ y+ z + b y+ z z+ x y+ z z+ x ( x+ z) + ( y+ z) ( x+ y+ z) ( x+ y+ z) ( x+ z )( y+ z ) ( x+ z )( y+ z ) σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM Οπότε ισχύει ( x+ z)( y+ z) + b+ ( x+ y+ z) Τέλος, για ακόμη μια φορά από την Ανισότητα AM-GM ισχύει 0

13 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ( x+ z)( y+ z) [( x+ z) + ( y+ z)] ( x+ y+ z ) ( x+ y+ z ) xy x + y x+ y Το ζητούμενο έπεται (Δημήτρης Χριστοφίδης) Παρατηρώ ότι Θέτω λοιπόν Είναι οπότε b + ( b + b + ) + ( + b + ) + b + ( b + b + ) + ( + b + ) + ( b + b + ) + ( + b + ) + ( b + b + ) + ( + b + ) + x / ( + ), y / ( + b), z / ( + ) + b+ + x y xy κτλ + b+ x+ y xy Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι x+ y όπου x,y,z> 0 και x+ y+ z Αυτό τώρα είναι άμεσο αφού από Cuhy-Shwrz είναι ΑΣΚΗΣΗ 6 Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς, b ισχύει η ανισότητα: b + b + b + + b + Πότε ισχύει η παραπάνω ως ισότητα; Προτείνει ο Βαγγέλης Μουρούκος f09&t87 (Αντώνης Ζητρίδης) Αν b 0,τότε προφανώς η ανισότητα ισχύει ως ισότητα Υποθέτω τώρα ότι b 0 Ισοδύναμα αρκεί να αποδείξω ότι b + b + + b ( + ) + + b b Από την ανισότητα Holder έχω b b b + b +

14 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 b + b + + b b b Όμως η πρώτη παρένθεση ισούται με + b (ενώνοντας τα κλάσματα και κάνοντας παραγοντοποίηση κατά ομάδες), οπότε η ανισότητα γράφεται ( b + ) + b ( + ) + b ( + )( b + ) ( + b) ( b + ) ή αρκεί: ή αρκεί b ( )( b ) b( b ) , b + b + + b + b b + + ή: b( b + + b + ) b( + b + ), που είναι το ζητούμενο + b b 0, ή ( b ) 0, Η ισότητα ισχύει-σύμφωνα με τη συνθήκη ισότητας στη Holder-όταν (Δημήτρης Ιωάννου) b Aν 0 ή b 0, το ζητούμενο έπεται αμέσως Έστω ότι b, 0 Είναι b b + + b + + b + b + ( + b) b + + b + Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι: b + + b + ή αρκεί να δείξουμε ότι: ή αρκεί: + b + b, b + b b b b ( + ) +, το οποίο είναι αληθές ΑΣΚΗΣΗ 7 Αν οι αριθμοί αβγείναι,, θετικοί και όχι μεγαλύτεροι του και επιπλέον ισχύει ότι αποδείξτε ότι α + β + γ α + β + γ α β γ 5 Προτείνει ο Γιάννης Σημαντήρης (Θάνος Μάγκος) Από Cuhy-Shwrz f09&t9

15 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ( + b+ ) + b+ + b +, + b + + b και όμοια για τα b, Η ανισότητα αυτή ισχύει διότι, πολλαπλασιάζοντας χιαστί και μαζεύοντας τους όρους, ισοδυναμεί με την αληθή αφού ( + b + ) ( + b+ ) (Γιάννης Σημαντήρης) Ισχύει ότι ( α ) α + + α α α Επομένως η ανισότητα γίνεται + + α β γ α β γ α β γ 5 Αυτή όμως προκύπτει από την ανισότητα Αndreesu αφού ( + + ) α β γ 6 α + β + γ 5 Η ισότητα ισχύει όταν α β γ (Μιχάλης Λάμπρου) Χρησιμοποιούμε την ανισότητα 8, [0, ) 5 ( ) 0 Προσθέτοντας κατά μέλη έπεται 8( + b+ ) + + b όπως θέλαμε Σχόλιο (Θάνος Μάγκος) Ας εξηγήσουμε πώς "μάντεψε" ο Μιχάλης την ανισότητά του Πρόκειται για τη μέθοδο της εφαπτομένης, η οποία, εν ολίγοις, λέει το εξής: Υποψιαζόμαστε ότι η ισότητα στην αποδεικτέα ισχύει όταν τα b,, γίνουν ίσα, το οποίο, λόγω της + b+ συμβαίνει όταν b Εύκολα βλέπουμε ότι η συνάρτηση x είναι κυρτή πριν το x Άρα θα βρίσκεται "ψηλότερα" από την εφαπτομένη της, σε οποιοδήποτε σημείο της

16 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο με Ομοίως τετμημένη είναι η 8x y 5 Άρα 8 x x 5 b b b + b+ + + b b + b b+ Προσθέτουμε κατά μέλη οπότε b b b+ b b ΑΣΚΗΣΗ 8 b + b + b + b b+ + + b ( b ) Να δείξετε ότι b b + + ( + b+ ), + b+ b b b,, > 0 Προτείνει η Φωτεινή Καλδή f09&t06 (Παύλος Μαραγκουδάκης) Για θετικούς x,y ισχύει + x+ y x y οπότε Προσθήκη (Γιώργος Βασδέκης) Η ακόλουθη ανισότητα ισχύει επίσης! Αν,b,>0 τότε να αποδείξετε ότι b b b + b b + b+ (Παύλος Μαραγκουδάκης) Η ανισότητα είναι ισοδύναμη με τις ακόλουθες: b b + b + + b + b b+ + + b + + b+ + b+ και τελικά b b b + + b+ + b+

17 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ( + b + ) b b + b b ( + b+ ) Χωρίς βλάβη υποθέτουμε ότι + b + Τότε αρκεί να δείξουμε ότι b b ( b ) ή b b + b + + b + b b+ + + b ( + b + ) ( b ) b b + b b + + Από την ανισότητα Cuhy-Shwrz ισχύει b + + b ( + ) + ( + ) + ( + ) ) ( + + ) b b b Αρκείναδείξουμεότι ( + b+ ) b + b b η οποία μετά από απλές πράξεις γίνεται καιομογενοποιώντας + b + b + b + ( b ) ( + b + )( + b + ) ( b + b + ) Η τελευταία είναι ισοδύναμη με την + b b + b 0 (Δημήτρης Ιωάννου) Αρκεί να αποδείξουμε ότι: 5 ήαρκεί: + b + b ( + + ) + b + b + b + b + + b ( + b+ ) Όμως: ( b ) + + b ( + + ) + b + b + b + b + + b ( b ) + + ( + b+ ) + b + + b + b b + b Συνεπώς αρκεί να αποδείξουμε ότι: + b + ( + b+ ) + b + + b + b b + b ( + b+ )

18 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ή ότι: + b + + b+ ( + b + + b + b b + b ) + b + + b+ b+ b b0 ( + ) + b( b b + ) + ( b + b ) 0 ( ) + b( b ) + ( b) 0, το οποίο είναι αληθές b b b b ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) Απόαυτέςπροκύπτει b b Αφού b, από τις παραπάνω σχέσεις φαίνεται ότι,, b Ηαποδεικτέαγράφεται b b ( b b) b ( + b b) b b + b b ΑΣΚΗΣΗ 9 Έστω,b, θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε b Να αποδειχθεί ότι ( + b) ( b+ ) ( + ) + b + b + min,, b b Επειδή b, είναι b + b και επειδή η συνάρτηση x [, + ) είναι x είναι γνησίως αύξουσα στο ( b) b ( b ) b + + Πότε ισχύει η ισότητα; Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t8966 (Θάνος Μάγκος) Ας είναι ( + b) ( + b) ( b+ ) ( + ) min,, b b b Tότε, b b b b b b b b b b (Παύλος Μαραγκουδάκης) Μια απόδειξη με απαγωγή σε άτοπο Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν,b, θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε b με ( + b) ( b+ ) ( + ) + b + b + < min,, b b Τότε 6

19 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 + b + b + < ( + b) b ( b) + b < ( + b) ( + b) b + < + b b + < + b b + < + b ή b + < b + (rf6) Θέτοντας + b x, + b y, b+ z θα πάρουμε x + y, y + z, z + b x Είναι x, y, z> 0 λόγω της τριγωνικής ανισότητας Επομένως, αρκεί: (απορρίπτεται) και ομοίως ( )( b ) < 0 x ( x+ y)( y+ z) xy + y Το δεξί μέλος γίνεται: Άρα ( b )( ) < 0, ( )( ) ( ) ( b ) ( ) < 0 < 0, άτοπο Η ισότητα ισχύει όταν κάποιος από τους,b, είναι ίσος με τη μονάδα ΑΣΚΗΣΗ 0 Αν,b, πλευρές τριγώνου, αποδείξτε ότι + b + b b b b b+ + b b + b + f&t5578 ( x+ y)( y+ z) ( + + ) x y z xy yz zx x + y + z Στην τελευταία χρησιμοποιήσαμε τη θεμελιώδη xy + yz + zx x + y + z Επομένως, αρκεί να δειχθεί: x x + y + z xy + y Από την Cuhy-Shwrz έχουμε: x ( x + y + z ) xy y x y z xy yz zx ( x + y + z ) x + y + z x + y + z Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη ΑΣΚΗΣΗ 7

20 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Έστω,b, θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε b Να αποδειχθεί ότι ( + + ) ( b + b + ) b b + b + Πλέον αρκεί να αποδείξουμε ότι + b b b + + b + b + b + b + b b + b Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t8965 (Θάνος Μάγκος) Η αποδεικτέα γράφεται b + b + ( b + b + ) Πράγματι, είναι και + b+ + b + ( + b + ) + b + (AM-GM και b ), + b + b + b + + +, b αφού b (Χρήστος Στραγάλης) Εναλλακτικά έχουμε: Υποθέτουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι b Τότε, b b b + b και b Από την ανισότητα Chebyshev έχουμε και + b + b + b + b + b + 8

21 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 LHS + b + b + b + b + () + b b + b + b + b + b + () να δείξετε ότι 0< Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t50 (Νίκος Ζανταρίδης) b + b + b () ( + b + ) b ( + b + ) ( b ) Στα ανισοτικά βήματα χρησιμοποιήθηκαν διαδοχικά: () : H δοθείσα ανισότητα () :HAM-GM () : HBCS H τελευταία είναι προφανής καθώς είναι ισοδύναμη με την: + b + ΑΣΚΗΣΗ Αν για τους θετικούς αριθμούς,b, ισχύει και + b+ + b+, + b+ + b+ b+ b+ ( b+ ) ( b+ ) b+ + b+ 0 ( + )( b+ + b+ ) ( )( b b ) ( )( b b ) > ( )( 0 0 ) ( )( ) ( ) 8 > < < < 9

22 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Να δείξετε ότι ΑΣΚΗΣΗ 5 +, xy, > 0, x+ y x y + 8xy Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης (Βαγγέλης Μουρούκος) f09&t70 Θα αποδείξουμε τη γενικότερη ανισότητα: b + με + b+, τότε ισχύει: Αν,, ( 0, ) ( b b ) Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι b Εφόσον b και ( b) ( ) b, από την ανισότητα Chebyshev προκύπτει ότι: ( b ) ( b ) + + b ( b) ( ) b + b + b 5 b 8b Η ανισότητα ( ) γράφεται ισοδύναμα: και άρα b ( b) + ( ) + b ( b + ) ( ) b ( b) ( b + b + ) 6 b Αλλά είναι: ( ) ( + b+ ) b b ( b) y b οπότε η ανισότητα ( ) γράφεται ισοδύναμα: ( b) ( b ) ( ) b b 0 Εξάλλου, είναι: b + b b b ( b ) ( b ) b ( b + ) ( + ) ( ) Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις ( ) και ( ), βρίσκουμε ότι: ( b) ( b ) ( ) + + b b ( b) + ( b ) + ( ) ( b+ ) ( 5 )

23 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Είναι, όμως: ( b ) 0 ( b ) ( b ) + + +, οπότε από την ( 5 ) προκύπτει ότι: ( b) ( b ) ( ) + + b b ( b) + ( b ) + ( ) 8 ( + b+ ) ( b ) ( b b ) ( b b ) και η απόδειξη ολοκληρώνεται Να δείξετε ότι ΑΣΚΗΣΗ b + + b+ + + για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς,b, για τους οποίους + b + + b Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης (Θάνος Μάγκος) f09&t655 Από την ανισότητα Cuhy-Shwrz έχουμε b b b b + b + b + ( + b+ ) b + b b + Αρκεί να αποδειχθεί ότι δηλαδή ότι ( + b+ ), b + b b + b b + + ( + + ) ( ) Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι b + + b + + b δηλαδήαν x b οπότε, λόγω της, x x x b + 8, b + + b +, είναι + b+ 6 Τώρα, η () προκύπτει από τη γνωστή ανισότητα ( + b + ) ( + b+ ) + b + + b+ 6( + b+ ) ( + b+ ) ΑΣΚΗΣΗ 5 Αν b,, [ 0,] να δείξετε ότι b + b + b b + b + + Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης

24 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 (Θάνος Μάγκος) Θέτοντας f09&t89 x b, y b, z, το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο ακόλουθο: Αν xyz,, [0,], να αποδειχθεί ότι + xy+ yz+ zx x + y + z Προτείνει ο Θάνος Μάγκος (spiros filipps) f09&t08 Από ΑΜ-ΓΜ και την προφανή έχουμε: + b + b + b + RHS b b b 9( + )( + )( + ) Επειδήείναι xyz,, [0,] έχουμε x y + y z + z x ( xy) + ( yz) + ( zx), οπότεαρκείνααποδείξουμεότι + ( xy) + ( yz) + ( zx) x + y + z Θέτοντας τώρα k x, m y, n z, έχουμε να αποδείξουμε ότι όταν kmn,, [0,] ισχύει + km+ mn+ nk k+ m+ n Πράγματι, επειδή kmn,, [0,] είναι ( k)( m)( n) 0 + km+ mn+ nk k+ m+ n+ kmn k+ m+ n ΑΣΚΗΣΗ 6 9 Συνεπώςαρκεί: b b b ( + b + ) ( + b + ) ( + b + ) Αυτή όμως είναι στην ουσία η Ηοlder (Χρήστος Κυριαζής) Είναι: b + + b + + b + Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι: 8 ( b ) + + Αν b>,, 0, να αποδειχθεί ότι 8( + b + ) 9( + b)( b + )( + b) ή + b + b b 9

25 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 + b b + b b b + + x y z Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης όμως + b + b b f09&t780 (Χρήστος Κυριαζής) + b + + b b + + b Αρκεί να δείξω λοιπόν, ότι: ή + b b 8 + b + + b + 'Εχω: ( + b) b + x y x+ y ( b+ ) b + y z y+ z ( + ) + z x z+ x Με πρόσθεση κατά μέλη έχω: b + + x y z ( + b) ( b+ ) ( + ) + + x+ y y+ z z+ x AM GM που ισχύει αφού πρόκειται για την ανισότητα των δυνάμεων ΑΣΚΗΣΗ 7 Αν bxyz,,,,, ( 0, + ) και ισχύει ( + b)( b+ )( + ) ( x+ y)( y+ z)( z+ x) 8 να δείξετε ότι ( + b)( b+ )( + ) ( x+ y)( y+ z)( z+ x) 8 6 Επομένως: b + + x y z Η ισότητα αληθεύει για b x y z ΑΣΚΗΣΗ 8

26 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Δείξτε ότι + b+ + b b m+ m+ m, για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς + b+,b,, όπου m Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t67 x + y+ y + x+ + yz + xz + z + Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t86 (Θάνος Μάγκος) Από Cuhy-Shwrz είναι x + y+ y + x+ + yz + xz + (Θάνος Μάγκος) ( x + y+ + y + x+ ) zx ( + y) + Είναι άμεση, από τριπλή εφαρμογή της x + y + z (x+y+z) Πράγματι, είναι + b+ + b b ( x x+ + y y+ ) z + Αρκεί πλέον, να αποδειχθεί ότι x x+ + y y+, το οποίο είναι άμεσο από την Jensen στην κυρτή (+b++ + b + b+ + + ) (+b++ (+b++ + b + )) (+b+)+ (+b+)+ (+b+) x x+ (Θάνος Μάγκος) Και χωρίς Jensen, αλλά με Minkowski: 9m+ 9m+ 9m m+ m+ m Είναι ΑΣΚΗΣΗ 9 Αν x, y, z>0 με x+ y τότε

27 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ x x y y x + ( x ) + + y + ( y ) + x+ y + x+ y + ( ) ΑΣΚΗΣΗ 0 Αν b>,, 0 και b, τότε + b + ( + ) ( + ) ( + ) b b Προτείνει ο Θάνος Μάγκος (Γιώργος Βασδέκης) f09&t50 Ακολουθώντας τον μετασχηματισμό η Ανισότητα γίνεται y z x ( b,, ),, x y z y zx( z + x) (Δημήτρης Σκουτέρης) Έστω Η ανισότητα γίνεται y x y z, b, y z x xz xz y ( x+ z) y ( x + z + y ) y (από ΑΜ-ΓΜ) Θέτουμε p x, q y, r z και αρκεί να αποδείξουμε b ( + b+ ) y 'Εχουμε (Cuhy) y b ( b + b + ) ( + b+ ) b( + b+ ) από ανισότητα Newton ( b + b + ) b( + b + ) ΑΣΚΗΣΗ Αλλά, από την Ανισότητα Cuhy-Shwrz θα έχουμε y ( x + y + z ) zx( z + x) xyz( x + y + z) xy + yz + zx xyz( x + y + z) 5 Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί,b, είναι τέτοιοι ώστε b + b + Να δείξετε ότι ( + b )( b+ )( + ) 8

28 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης + b+ f&t50079 (Θάνος Μάγκος) Είναι ( + b) + b + και οι ανάλογες, οπότε αρκεί [( + b)( b+ )( + )] 8( + )( b+ )( + ), δηλαδή αφού Αν (( + b + ) b) 8( b + + b + + ), b + b + x: + b+ και y : b έχουμε να αποδείξουμε ότι Επειδή y αρκεί ( x y) 8( x+ y+ ) (x ) 8( x+ 5) ( x )(9x+ ) 0, η οποία ισχύει ΑΣΚΗΣΗ Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί,b, είναι τέτοιοι Να δείξετε ότι b b + b b Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f&t50079 (Θάνος Μάγκος) Το πρώτο κλάσμα γράφεται b + + b + ( + b + ) b b b b Ομοίως + b + b + b + + b + b + b + + b + b Αρκεί να δείξουμε ότι 9 ( b + b + ) b Όμως ( b + b + ) ( + b + ) Τελικά θα αρκούσε να δείξουμε ότι b ώστε 6

29 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Εξετάζουμε αν υπάρχουν σταθερές k,m ώστε ή ισοδύναμα x kx + + m kx mx kx m για κάθε x [0,] για κάθε x [0,] Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f&t50079 (Παύλος Μαραγκουδάκης) Πολλαπλασιάζουμε με και προσθέτουμε σε ώστε το να είναι διπλή ρίζα του πολυωνύμου όλα τα κλάσματα από μία μονάδα Προκύπτει Τώρα θα πρέπει kx mx kx m k και 50 7 ( x ) x m 50 για κάθε x [0,] που ισχύει γιατί ισοδύναμα γράφεται Έχουμε λοιπόν ( x)(x ) (6 b ) + b ΑΣΚΗΣΗ Ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι ( + b) ( b+ ) ( + ) ( + b) + ( b+ ) + ( + ) Όμως ( + b) ( b+ ) ( + ) ( + b) + ( b+ ) + ( + ) Αρκεί ( + b+ ) + ( + b) + ( b+ ) + ( + ) ( + b+ ) + ( + b) + ( b+ ) + ( + ) ή ισοδύναμα λόγω της συνθήκης b + b +, Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί,b, είναι τέτοιοι ώστε b + b + που ισχύει + b + b + b +, ΑΣΚΗΣΗ Να δείξετε ότι Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z είναι τέτοιοι ( + b) + ( b+ ) + ( + ) 8 7 ώστε xyz ( x + y + z)

30 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Να δείξετε ότι + + ( ) ( ) ( ) x y+ y z+ z x+ x+ y+ z Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης ΑΣΚΗΣΗ 5 Αν b>,, 0 με b + b + να αποδείξετε ότι f&t50079 (Θάνος Μάγκος) Είναι + + ( + ) ( + ) ( + ) x y y z z x ( + + ) x x y z y+ x+ y+ z+ () ( + + ) xy yz zx xyz ( x + y + z ) x+ y+ z+ x+ y+ z+ Αρκεί τώρα x+ y+ z+ ( x+ y+ z) ( + b) + ( b+ ) + ( + ) 8 Προτείνει ο Θάνος Μάγκος (Χρήστος Στραγάλης) f&t50 Η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την: Από C + b b b + b+ + + S λαμβάνουμε: ( + b+ ) ( b) ( b ) ( ) + b b b + b δηλαδή x+ y+ z 9 + ( + b + ) + b + + x +, x + b x Αυτή όμως ισχύει, αφού από ΑΜ-ΓΜ ισχύει x+ y+ z ( x+ y+ z) 7 x+ y+ z 9 xyz ( x+ y+ z) Αρκείναδείξουμεότι: x + x b + b + 9+ x που είναι προφανές ΑΣΚΗΣΗ 6 8

31 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Σε κάθε τρίγωνο αποδείξτε ότι A B C ot + ot + ot ( ota + otb + otc ) Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς (Βαγγέλης Μουρούκος) Θέτουμε οπότε f&t65 A B C x ot, y ot και z ot, x ot A, x y ot B και y z ot C z Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα x y z x+ y+ z + +, x y z ή ισοδύναμα δηλαδή + + x y z, A B C tn + tn + tn () Η ανισότητα () είναι γνωστή και προκύπτει άμεσα από εφαρμογή της ανισότητας Jensen στην κυρτή συνάρτηση π, x 0, f ( x) tn x 9 Πράγματι, είναι A B C A B C tn + tn + tn f + f + f A B C + + f π tn 6 Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο ΑΣΚΗΣΗ 7 Σε κάθε τρίγωνο ABC αποδείξτε ότι ( sina + sinb + sinc) 6 ( + osaosbosc) Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς f50&t9 (Φωτεινή Καλδή) Από την: ( + b+ ) ( + b + ) (sin A+ sin B+ sin C) (sin A+ sin B+ sin C), () sin A+ sin B+ sin C sin A+ sin B+ sin ( A+ B) sin A+ sin B+ (sin Aos B+ sin Bos A) sin A+ sin B+ sin Aos B+ sin Bos A+ sin Asin Bos Aos B ( os A) + ( os B) + ( os A) os B+ ( os ) os sin sin os os B A+ A B A B

32 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 os Aos B(os Aos B sin Asin B) () os Aos Bos( A+ B) + os Aos B osc ( + os Aos Bos C) (sin A+ sin B+ sin C) 6( + os Aos Bos C) ΑΣΚΗΣΗ 8 Έστω τρίγωνο ABC στο οποίο η διάμεσος που αντιστοιχεί στην πλευρά BC είναι ίση με την πλευρά AB Αποδείξτεότι και tnb tnc sina sin B C Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς (Βαγγέλης Μουρούκος) Έχουμε ότι m f&t8566 και άρα, από το πρώτο Θεώρημα Διαμέσων, Επίσης, από τη σχέση b + προκύπτει ότι < b,άρα και C < B< 90 Φέρουμε το ύψος AK και τη διάμεσο AM του τριγώνου ABC Από την υπόθεση, έχουμε ότι AB AM, οπότε το τρίγωνο AMB είναι ισοσκελές με βάση BM Άρα, το K θα είναι το μέσο του τμήματος BM, οπότε AK AK AK tn B tn C BK KC KC Η δεύτερη σχέση είναι ισοδύναμη με την πρώτη, αφού sin A sin ( B C) ( B C) sin ( B C) sin + sin BosC+ sin Cos B sin BosC sin Cos B sin BosC sin Cos B sin B sin C os B osc tn B tn C και η απόδειξη ολοκληρώνεται ΑΣΚΗΣΗ 9 b + m + b + + b + < +, οπότε B < 90 0 Έστω το τρίγωνο ABC και ας είναι R m η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου που ορίζεται από τις διαμέσους του τριγώνου ABC Αποδείξτε ότι

33 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 R m + b + ( + b+ ) Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς (Βαγγέλης Μουρούκος) Ισχυρισμός : f85&t5666 Σε κάθε τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα: Rm b + Απόδειξη: Έστω h το ύψος και s η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC που άγεται από την κορυφή A Από γνωστό τύπο για το μήκος της συμμετροδιαμέσου (που προκύπτει πχ με το Θεώρημα του Stewrt), είναι: s b b + b b + b + Επειδή s h, είναι και άρα m b b ABC R b m h b + R Ισχυρισμός : Rm b + Σε κάθε τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα: Απόδειξη: ( + + ) + + R m m m b b Από τον Ισχυρισμό, με κυκλική εναλλαγή των μεταβλητών, προκύπτουν οι ανισότητες: Rm b +, Rmb + και Rm + b Ο Ισχυρισμός έπεται με πρόσθεση των παραπάνω ανισοτήτων κατά μέλη Θεωρούμε τώρα το τρίγωνο XYZ με πλευρές τις διαμέσους m, m, m του τριγώνου ABC Τότε, οι b διάμεσοι του τριγώνου XYZ έχουν μήκη, b, Εφαρμόζοντας τον Ισχυρισμό στο τρίγωνο XYZ, βρίσκουμε ότι R b m m m m b + + R ( b ) m + b + ( + b+ ) και η απόδειξη ολοκληρώνεται (Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς)

34 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Στο περίφημο βιβλίο '' Reent Advnes in Geometri Inequlities '' στη σελίδα γράφεται χωρίς απόδειξη η ανισότητα m m m r m + m + m b b Δεν είναι δύσκολο να δείξουμε ότι η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμημε την ανισότητα της παρούσας δημοσίευσης Ας θυμηθούμε ότι το τρίγωνο με πλευρές τις διαμέσους του ABC έχει εμβαδόν τα του εμβαδού του ABC και την πασίγνωστη ισότητα ( m + mb + m + b + ) Έτσι λοιπόν έχουμε R m που ισοδυναμεί με που ισοδυναμεί με που ισοδυναμεί με που είναι η + b + s mmm b + b + E s mmm b + b + sr s ( ) mmbm + b + r m m m r m + m + m b b ΑΣΚΗΣΗ 0 Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο με πλευρές,b, για τις οποίες b ισχύει: b+ + b + b b+ b Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης f09&t8 (Θάνος Μάγκος) Εκτελώντας το μετασχηματισμό b+ x > 0, + b y > 0, + b z >0, η προς απόδειξη ανισότητα μετασχηματίζεται στην yli ή αλλιώς στην όπου xx ( + y)( x+ z) y+ z ( x+ y+ z) x xy ( + z) f, x+ y+ z ( x+ y)( x+ z) yli f : (0, + ), f( t) t Η προαναφερθείσα συνάρτηση είναι κυρτή, οπότε από τη σταθμισμένη Jensen έχουμε

35 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 yli x xy ( + z) f x+ y+ z ( x+ y)( x+ z) (Νίκος Ζανταρίδης) f x ( y+ z) ( ) yli ( x+ y+ z)( x+ y)( x+ z) ( x+ y+ z)( x+ y)( y+ z)( z+ x) x ( y+ z) + y ( z+ x) + z ( x+ y) Αρκεί τώρα να αποδειχθεί ότι ( x+ y+ z)( x+ y)( y+ z)( z+ x) x ( y+ z) + y ( z+ x) + z ( x+ y) η οποία, μετά τις πράξεις, γράφεται xy x y yz y z zx z x, ( ) + ( ) + ( ) 0 Είναι b+ b+ b b b b Οπότε έχουμε ( + b)( + ) b+ b+ ( b+ )( b+ ) b + b, + + ( + )( + b) + b + b + b ΑΣΚΗΣΗ Αν,b, πλευρές τριγώνου και + b b + + b A + + b+ + + b B + + ( + b )( b+ ) ( b+ )( + b), + b b + + b A + + b+ + + b Σ ( + b)( + ) b+ Σ ( + b)( + ) ( b+ )( b+ ) Σ Σ b+ + Σ + b Σ + b+ ( + b)( + b ) Άρα είναι A + b+, να δείξετε ότι AB 9 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης Ακόμη ισχύει οπότε έχουμε, xy, ( 0, ) xy x+ y +, f09&t7

36 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 B Σ ( + b )( b+ ) Σ + +,() b b b ( + ) + ( + ) (είναι + b, b+, + b> 0, λόγω της τριγωνικής ανισότητας) Από ( ) και ( ) προκύπτει ότι Είναι όμως AB ( + b+ ) + + b b ( + b+ ) + + 9, b,, ( 0, + ) οπότε είναι AB 9, Για την επίλυση της άσκησης χρησιμοποιώ ως λήμμα την άσκηση ii ) των αποδεικτικών ασκήσεων σελ 0 του σχολικού βιβλίου η οποία λέει πως αν AB,AC οι πλευρές που περιέχουν τη διάμεσο m AM τότε ισχύει: AB + AC AM AE όπου E το σημείο που η διάμεσος AM προεκτεινόμενη τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου Επειδή προκύπτει: AE R AB + AC R AM () Εργαζόμενος κυκλικά λοιπόν έχω: ΑΣΚΗΣΗ Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ABC ισχύει ( + + ) + + b R m m m b Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς f&t696 (Χρήστος Κυριαζής) AC + BC R CN (), BC + AB R BL () όπου CN,BL οι άλλες δύο διάμεσοι Mε πρόσθεση κατά μέλη των (),(),() έχουμε τη ζητούμενη ανισότητα ΑΣΚΗΣΗ Το κυρτό τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίναςκαι ισχύει AB BC CD DA

37 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Αποδείξτε ότι είναι τετράγωνο Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς (Χρήστος Κυριαζής) f&t5 Έχω, από την ανισότητα αριθμητικούγεωμετρικού μέσου (για ζεύγη δύο αριθμών) και το πρώτο θεώρημα του Πτολεμαίου πως: ( AB CD + BC DA) AB BC CD DA ( AC + BD) 6R αφού AC R, BD R Επομένως έχουμε ισότητα, η οποία ισχύει στην περίπτωση που: AC BD R δηλαδή το ABCD είναι ορθογώνιο και επιπλέον AB CD AB CD BC AD BC AD AB BC AB BC δηλαδή το ABCD είναι τετράγωνο ΑΣΚΗΣΗ Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ABCισχύει b s + b s + s b Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς sb (Βαγγέλης Μουρούκος) f&t806 Από την ανισότητα Cuhy-Shwrz έχουμε ότι ( s ) ( s b) ( s ) + + b ( s + s b+ s ) + b+ s s s s, s s η οποία είναι ισοδύναμη με την αποδεικτέα ανισότητα Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν s s b s, b δηλαδή αν και μόνο αν το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο ΑΣΚΗΣΗ 5 Αν ABC τρίγωνο, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης sinasinb sinbsinc sincsina + + C A B sin sin sin Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς 5

38 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 f&t80 (Παύλος Μαραγκουδάκης) Ισχυρισμός sin Asin B sin Bsin C sin Csin A + + C A B sin sin sin ( b+ ) ( + ) ( + b) + + b Απόδειξη Αρκεί Είναι sin ( + ) Asin B b C sin + b C osc b sin ( b+ )( + b+ ) b Από το νόμο των ημιτόνων b sin A και sin B R R Από τον τύπο του Ήρωνα και τον τύπο b E R βρίσκουμε R οπότε b E b ( + b+ )( b+ )( + b )( b+ ) b sin Asin B R C ( b+ )( + b+ ) sin b ( + b+ ) ( + b ) ( + b) Με τον ισχυρισμό, την ( x + y) xy και κατόπιν την ανισότητα αριθμητικούγεωμετρικού μέσου βρίσκουμε sin Asin B sin Bsin C sin Csin A + + C A B sin sin sin b b b b b b Το ζητούμενο ελάχιστο είναι το 9 και πιάνεται μόνο από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΣΚΗΣΗ 6 Αν,b,>0, αποδείξτε ότι ( + )( b + )( + ) 9 ( b + b + ) Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς 6 f09&t9

39 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 (Βαγγέλης Μουρούκος) Η παραπάνω ανισότητα προτάθηκε στην APMO (Asin Pifi Mth Olympid) το 00 και μπορεί να αποδειχθεί με πολλούς τρόπους Ένας από αυτούς είναι ο εξής: Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα: b + b + b b b b Από την ανισότητα προκύπτει ότι ( b ) ( b ) ( ) ( b b ) ( b b ) Επίσης, έχουμε τη (γνωστή και απλή) ανισότητα ( b ) ( b b ) Αν καταφέρουμε να αποδείξουμε ότι ( + + ) b b b b, τότε η ( ) θα προκύψει με πρόσθεση των ( ), ( ) και ( ) κατά μέλη Για την απόδειξη της ( ) θέτουμε x, y b και z Από την ανισότητα Shur και την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε ότι δηλαδή x y z xyz ( xy yx) ( zy yz) ( xz zx) ( xy) ( yz) ( zx) + +, b b b b Επομένως, η ( ) θα προκύψει από την ( ) αν αποδείξουμε ότι ( b) + ( b) 5 Αλλά, η ( 5 ) έπεται άμεσα από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου, οπότε η απόδειξη ολοκληρώνεται (Βαγγλελης Μουρούκος) Η παραπάνω ανισότητα έχει και την ακόλουθη λύση, που στηρίζεται αποκλειστικά στην ανισότητα Cuhy-Shwrz: Είναι + b b + + b ( + + ) ( b) ( b) ( b) και άρα ( )( b )( ) (( b) )( )

40 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ( ( b) ) ( b ) ( b + b + ) και το συμπέρασμα έπεται (Γιώργος Βασδέκης) Ισχύει 9( b b ) ( b ) ( b+ ) + + [] Οπότε μένει να αποδείξουμε ότι ( b+ ) + ( b + )( + ) η οποία μετά από πράξεις καταλήγει στην b + + ( b + ) 6b η οποία με τη σειρά της είναι προφανής λόγω της Ανισότητας AM-GM ΑΣΚΗΣΗ 7 Αν b,, 0 με b, αποδείξτε ότι b + b + b + b + Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς f&t0 (Βαγγέλης Μουρούκος) Θέτουμε όπου x y z, b και, y z x x, y, z >0 Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα x y y z z x xy yz zx y z z x x y yz zx xy xy yz zx x y z z x y z x y Από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου προκύπτει ότι xy + zx xy + xy + zx xy xy zx x z y z z y z z y z Αθροίζοντας κυκλικά έχουμε ότι xy zx x + y z y y z xy yz zx x y z + +, + + z x y z x y οπότε η ( ) δείχθηκε Το ίσον ισχύει αν και μόνο αν b Σημείωση: Η ίδια τεχνική εφαρμόστηκε &t0 8

41 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 και &t0 ΑΣΚΗΣΗ 8 Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ABC ισχύει os B C r R Ενδιαφέρον έχει το πότε ισχύει η ισότητα Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς f&t6877 (Χρήστος Στραγάλης) Γνωρίζουμε πως E E + sinb + sinc b B+ C B C sin os π A B C sin os και δεδομένου ότι: A ss ( ) os b λαμβάνουμε os ( + ) E b B C bs s Επομένως θέλουμε να δείξουμε πως: E b+ r b ( b + ) r sr ( ) ( ) bs s R R bs s R ( b+ ) 8 s ( ) H τελευταία καταλήγει στην: + ( b+ ) ( b+ ) η οποία ισχύει από AM-GM με την ισότητα όταν (Θάνος Μάγκος) b+ Υπάρχουν αρκετές προσεγγίσεις αυτής της ανισότητας Μια ακόμα, τριγωνομετρική, είναι και η ακόλουθη: Είναι γνωστό ότι A B C r sin sin sin R Επομένως, η αποδεικτέα γράφεται Είναι A B C B-C 8sin sin sin os A B C A B-C B+C 8sin sin sin sin ( os -os ) A B-C A sin ( os -sin ) A B-C A sin os -sin το οποίο είναι 9

42 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 ως συνέπεια της B-C os, άρα m + b + B-C A os -sin 0 ΑΣΚΗΣΗ 9 δηλαδή m + b + Έστω τρίγωνο ABC Αποδείξτε ότι b + + m mb m Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς f&t09 (Θάνος Μάγκος) Υπάρχουν αρκετές αποδείξεις Ξεκινάω με μια, νομίζω, ενδιαφέρουσα και ας δούμε και άλλες Τώρα, η ζητούμενη είναι προφανής (Βαγγέλης Μουρούκος) Μια άλλη προσέγγιση: Χρησιμοποιώντας τους τύπους των διαμέσων, η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα b + ( ) y Επειδή η ανισότητα ( ) είναι ομογενής, Από την ανισότητα ( x + y + z ) ( x+ y+ z) μπορούμε, δίχως βλάβη της γενικότητας, να είναι ( ) yli m yli m οπότε είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι υποθέσουμε ότι Τότε, η ( ) γράφεται: + b + y Είναι yli m Με τη "μέθοδο της εφαπτομένης" βρίσκουμε ότι για κάθε x 0, ισχύει η ανισότητα + b + m + m x x x ( ), + b + m 0

43 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 με το ίσον μόνο αν [ Πράγματι, για Επειδή x x 0, είναι x x ( x ) 0 x ] > (όμοια και για τα b),, 0 εφαρμόζοντας την ( ) για x, x b, x και αθροίζοντας κυκλικά, έχουμε ότι: y y y και η ( ) αποδείχθηκε Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο (Θάνος Μάγκος) Ας δούμε ακόμα μια προσέγγιση Είναι γνωστό ότι ισχύει (βλ p560#p560 PA PB PC + + ( ) b για κάθε σημείο P του επιπέδου του τριγώνου ABC Για P G, η ( ) γίνεται m mb m + + b Σε αυτήν εφαρμόζουμε το μετασχηματισμό της διαμέσου, οπότε λαμβάνουμε Από αυτήν και την b + + m m m b ( x + y + z ) ( x+ y+ z) προκύπτει η ζητούμενη (Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς) Μια άλλη λύση, αυτή που σκέφτηκα μόλις είδα την ανισότητα Θα αποδειχθεί ότι m mb m + + b m m b + b + Συνεπώς m b b + + b b b b b 9 ( + + ) 9 με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν b b

44 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Μια ακόμα απόδειξη είναι η ακόλουθη m b + b + b Συνεπώς m b με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν b Όμοια m b και b b m b με τις ισότητες να ισχύουν αντίστοιχα αν και μόνον αν Επομένως και b m όπου η ανισότητα b, b προκύπτει από την ΑΜ-GM Αν στην ανισότητα αυτή εφαρμοστεί ο μετασχηματισμός της διαμέσου, προκύπτει η ζητουμένη ανισότητα ΑΣΚΗΣΗ 50 Σε τρίγωνο ABC, αποδείξτε ότι m mb m s + + b Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς (Δημήτρης Χριστοφίδης) Θα θεωρήσω γνωστό ότι f&t7 b + m Αποδεικνύεται εύκολα με θεώρημα Stewrt Έτσι η ζητούμενη ανισότητα γίνεται b b ( + b+ ) b b 6s Ή ισοδύναμα b+ + b + b + + b b + b+ Παίρνουμε τους τέσσερις όρους που περιέχουν το και εφαρμόζουμε την ΑΜ-ΓΜ για να πάρουμε b + + b + b Εφαρμόζοντας το ίδιο κυκλικά και προσθέτοντας παίρνουμε την ζητούμενη ανισότητα Διαφορετικά, εφαρμόζουμε απευθείας την Muirhed αφού η ζητούμενη ανισότητα είναι η (Θάνος Μάγκος) [,,0] [,,]

45 wwwmthemtigr Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6,ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 06 Αλλιώς: Οι τριάδες με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν b Με παρόμοιες σκέψεις προκύπτει ότι m, mb, m και,, b m b b s s b είναι ομοίως διατεταγμένες, οπότε από την ανισότητα του Chebyshev έχουμε b m ( b ) m m m b 9 ( + b+ ) s + b + + b+, με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν m s s με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν Αν προστεθούν κατά μέλη οι τρεις παραπάνω ανισότητες προκύπτει:, b όπου έγινε χρήση και της ανισότητας Cuhy- Shwrz, της σχέσης και της ανισότητας ( m + b + ) ( + b + ) ( + b+ ) (Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς) Ισχύει ότι ( b ) m s s + Αυτό μπορεί να αποδειχθεί πανεύκολα σε όποιο τμήμα της Β' Λυκείου έχει διδαχθεί το πρώτο θεώρημα της διαμέσου Άρα m s s m s m s( s ) s, m mb m s s s + + s + + b b με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν Όμως b s s s b s s s s b s s s b s s s s b s s s s s s s + + s + + b b με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν s s s b b Εύκολα προκύπτει πλέον η ανισότητα που θέλουμε, με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο

46 Α ν ι σ ό τ η τ ε ς