qwφιertyuiopasdfghjklzxερυυξnmηq σwωψerβνtyuςiopasdρfghjklzxcvbn mqwertyuiopasdfghjklzxcvbnφγιmλι 0 ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ ΓΙΑ ΤΑ qπςπζαwωeτrtνyuτioρνμpκaλsdfghςj ΜΕΛΗ ΤΟΥ MATHEMATICA.GR Έλυσαν οι: klzxcvλοπbnαmqwertyuiopasdfghjkl Ευθύμης Αλεξίου(ealexiou), Γιώργος Βισβίκης (george visvikis), Γιώργος Γαβριλόπουλος(gavrilos), Γιώργης Καλαθάκης(exdx), Χρήστος Κυριαζής(chris_gatos) zxcvbnmσγqwφertyuioσδφpγρaηsόρ Μιχάλης Λάμπρου, Σωτήρης Λουρίδας(S.E.Louridas) Θάνος Μάγκος(matha), Βαγγέλης Μουρούκος(emouroukos), Γιώργος Μπαλόγλου(gbaloglou) ωυdfghjργklαzxcvbnβφδγωmζqwert Λευτέρης Πρωτοπαπάς, Γιώργος Ρίζος, Γιάννης Σταματόγιαννης(STOPJOHN) Νίκος Φραγκάκης(Doloros) λκοθξyuiύασφdfghjklzxcvbnmqwerty uiopaβsdfghjklzxcεrυtγyεuνiιoαpasdf ghjklzxcηvbnασφδmqwertασδyuiopa sdfασδφγθμκxcvυξσφbnmσφγqwθeξ τσδφrtyuφγςοιopaασδφsdfghjklzxcv ασδφbnγμ,mqwertyuiopasdfgασργκο ϊτbnmqwertyσδφγuiopasσδφγdfghjk lzxσδδγσφγcvbnmqwertyuioβκσλπp asdfghjklzxcvbnmqwertyuiopasdγαε ορlzxcvbnmqwertyuiopasdfghjkαεργ
Τα θέματα προτάθηκαν από τον Χρήστο Κυριαζή (chris_gatos) και τον Γιώργο Βισβίκη(george visvikis, θέματα 8 και 0) στα πλαίσια του φακέλου του mathematica.gr, ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Α.Σ.Ε.Π- «Προτεινόμενα θέματα Μαθηματικών» Για το mathematica.gr, για όλα τα μέλη του. Βιβλιογραφία: ) Lecture notes on Mathematical Olympiad Courses for Junior section, vol., Xu Jiagu, World Scientific 00. ) Geometric Problems on maxima and minima, Titu Andreescu, Oleg Mushcarov, Luchezar Stoyanof, Birkhauser 006. 3) Ευκλείδιος Γεωμετρία Επίπεδος, Σπ.Γ. Κανέλλου, η έκδοσις, Παπαδημητρόπουλου 970. 4)Ανισότητες,Π.Ε.Τσαούσογλου, Αναστασάκης 993. 3 Αυγούστου 04 ΚΑΛΗ ΣΧΟΛΙΚΗ ΧΡΟΝΙΑ!
η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω AB, CD δύο ευθύγραμμα τμήματα τεμνόμενα στο εσωτερικό σημείο τους O. Αν AB CD και επιπλέον AOC ˆ 60 τότε να αποδείξετε ότι: AC BD. Λύση η (Μιχάλης Λάμπρου) Κάνουμε παράλληλη μετατόπιση του AC ώστε να έρθει στην θέση ED, οπότε το ACDE είναι παραλληλόγραμμο. Το τρίγωνο ABE είναι ισόπλευρο ως ισοσκελές, AE CD AB, με μία γωνία 60. Άρα AC BD ED BD BE, όπως θέλαμε. ΛΥΣΗ η (Σωτήρης Λουρίδας) Έχουμε AOC BOD 60 DBDO OB, ACAO OC, οπότε με μία πρόσθεση κατά μέλη άμεσα παίρνουμε το ζητούμενο. Το ισχύει όταν τα τρίγωνα ACO, BDO είναι ισόπλευρα. 3
η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω κυρτό τετράπλευρο ABCD με BAD ˆ BCD ˆ 90. Αν η ημιευθεία Ax διχοτομεί τη BAD ˆ και επιπλέον A x / / BC, Ax CD και η Ax τέμνει τη BD στο E, να αποδείξετε ότι: AE CD. ΛΥΣΗ η (Νίκος Φραγκάκης) Για την επίτευξη του σχήματος της εκφώνησης θεωρώ κύκλο κέντρου K και διαμέτρου BD.Τα A, C βρίσκονται επί του κύκλου και εκατέρωθεν της BD. Ας πούμε στο «άνω» και «κάτω» ημικύκλιο. Ακόμα η AE διέρχεται από το μέσο N του κάτω ημικυκλίου. Για κάθε θέση του A στο άνω ημικύκλιο και προς τη μεριά του B γράφω κύκλο ( N, AB ) που τέμνει το κάτω ημικύκλιο σε δύο σημεία και έστω C αυτό που βρίσκεται ανάμεσα στα B, N. Το τετράπλευρο ABCD υπακούει στις προδιαγραφές της άσκησης. Ας είναι L το μέσο της χορδής AN, M το μέσο της χορδής CD και O το σημείο τομής των AN και CD. Τα τρίγωνα OAD, OCN είναι ισοσκελή ορθογώνια άρα το τετράπλευρο ACND ισοσκελές τραπέζιο συνεπώς και το τετράπλευρο CNML είναι κι αυτό ισοσκελές τραπέζιο αφού τα M, L μέσα των διαγωνίων του ACND. Μετά απ αυτά AE AL LN CM CD. 4
ΛΥΣΗ η (Σωτήρης Λουρίδας) Παρατηρούμε ότι: BK KA, BKT LNK KAL BTK ALK TK AL CD AL AE. Η ανισότητα είναι αυστηρή καθότι τα σημεία B, C δεν ταυτίζονται. 3 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Σε ένα τρίγωνο ABC με μήκη πλευρών a BC, b AC, c AB. Αν ισχύει b ( a c ) τότε να αποδείξετε ότι: B ˆ ˆ ˆ ( A C ). ΛΥΣΗ η (Γιώργος Βισβίκης) ( ) b a c b a c 4b a ac c () () 4b 4a 4c 8ac cos B 3( a c ) 8ac cos B ac ac( 4 cos B) 3( a c ) 6ac 4 cos B 3 cos B κι επειδή η συνάρτηση cosx είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, ] θα είναι B 60 3B 80 3 B A B C B ( A C ). ΛΥΣΗ η (Θάνος Μάγκος) 0 0 Από τον Νόμο των Ημιτόνων είναι a c sin A sin C b sin B, οπότε, λόγω της ανισότητας Jensen, είναι sin sin( A C B ) sin B sin( B ) sin B cos B cos B B B sin sin B, 6 6 3 5
δηλαδή η ζητούμενη. ΛΥΣΗ 3 η (Σωτήρης Λουρίδας) Θα εργαστούμε γεωμετρικά και με βάση την μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. b a c BA C B60 bka bad c a, που είναι άτοπο άρα ισχύει B A C. Προφανώς το ευθύγραμμο τμήμα AD είναι διάμετρος του κύκλου d με κέντρο το K, που έχει την ιδιότητα ATC B, για τούτο ισχύει ADAT c a. (*) Απλά ας μου επιτραπεί να υπενθυμίσουμε για τους Μαθητές, πως για να εργαστούν με την μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο, για την απόδειξη της p q, υποθέτουμε p q, που είναι ισοδύναμη με την p q. 4 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω τρίγωνο ABC με μεγαλύτερη πλευρά AC. Έστω M σημείο της προέκτασης της AC τέτοιο ώστε CM BC. Να αποδείξετε ότι η γωνία ABM ˆ είναι αμβλεία. ΛΥΣΗ η (Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Αφού AC BC CM θεωρούμε σημείο M στο AC έτσι ώστε CM CM. 6
Στο τρίγωνο M BM το BC είναι διάμεσος και ισούται με το μισό της υποτείνουσας, o άρα είναι ορθογώνιο με M BM 90.To M είναι εσωτερικό σημείο του AC, οπότε ABM M BM 90. ΛΥΣΗ η (Γιώργος Βισβίκης) Έστω A ˆ, B ˆ, C ˆ οι γωνίες του τριγώνου ABC, με ˆB τη μεγαλύτερη γωνία του. Είναι: ˆ ˆ Cˆ Bˆ Aˆ 90 ΛΥΣΗ 3 η ( Γιάννης Σταματόγιαννης) 0 ABM B, άρα αμβλεία. Θέτουμε CBM BMC, ABC Εφόσον η πλευρά AC είναι η μεγαλύτερη στο τρίγωνο ABC 0 80 A 90 ABM 90. 5 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω δύο κυρτά τετράπλευρα, ABCD A B C D τα οποία έχουν ίσες τις ομόλογες πλευρές τους. ( AB AB, BC BC... ). Αν ισχύει Aˆ A ˆ τότε να αποδείξετε ότι: Bˆ Bˆ, Cˆ Cˆ, Dˆ D ˆ. ΛΥΣΗ η (Γιώργης Καλαθάκης) 7
Από τη σύγκρισή των τριγώνων ABD, ABD (δυο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες ) έπεται ότι BD BD Ομοίως από τα CBD, CBD έχουμε ότι : C C Τότε : A A C C B D B D A B C D A B C D 360 () Έστω ότι B B. Τότε και AC AC D D B D B D, άτοπο από την () Ομοίως αν D D. Τελικά Bˆ Bˆ, Cˆ Cˆ, Dˆ D ˆ. ΛΥΣΗ η (Μιχάλης Λάμπρου) Στα τρίγωνα ABD, ABD έχουμε AB AB, AD AD, A A. Άρα BD BD, οπότε στα τρίγωνα BCD, BCD έχουμε BC BC, CD CD, BD BD, από όπου C C. Για τις άλλες δύο γωνίες: Αφού ( A C) ( B D) 360 ( A C) ( B D) και A C A C, έπεται B D B D. Άρα ισχύει τουλάχιστον ένα από τα B B, D D. Όποιο από τα δύο και αν ισχύει, ένα επιχείρημα όπως το παραπάνω δείχνει ότι ισχύει και το άλλο. ΛΥΣΗ 3 η (Ευθύμης Αλεξίου) Κάνω χρήση a ) του θεωρήματος Αν δύο τρίγωνα ABC και A B C έχουν ίσες δύο αντίστοιχες πλευρές ( AB AB, AC AC ) και τις σχηματιζόμενες από αυτές γωνίες άνισες ( Aˆ A ˆ) τότε αντίστοιχα άνισες είναι και οι πλευρές τους έναντι των γωνιών ( BC BC ) και το αντίστροφο πόρισμα αυτού του θεωρήματος και ) της εις άτοπον απαγωγής. AB AB BC BC Έχουμε : AD AD BD BD και CD CD Cˆ Cˆ. ˆ ˆ A A BD BD AB AB AD AD Έστω B ˆ B ˆ, τότε: BC BC AC AC και CD CD Dˆ Dˆ ˆ ˆ B B AC BD Έτσι έχουμε 8
ˆ ˆ ˆ ˆ A B C D 360 A B C D 360, άτοπον 360 360 άρα B ˆ B ˆ AC AC D ˆ D ˆ. 6 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω τρίγωνο ABC και G το κέντρο βάρους του. Έστω μία ευθεία η οποία διέρχεται από το G και D, E τα σημεία που τέμνει τις πλευρές AB, AC του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι σε κάθε περίπτωση η διαφορά των εμβαδών των δύο χωρίων που χωρίζεται το εσωτερικό του τριγώνου από την δεν ξεπερνά το 9 του εμβαδού του ABC. ΛΥΣΗ(Ευθύμης Αλεξίου) Καθώς η ευθεία περιστρέφεται περί το G τέμνοντας τις AB και AC στα σημεία D και E διακρίνω δύο ακρότατα όσον αφορά την διαφορά των εμβαδών των δύο χωρίων που χωρίζεται το εσωτερικό του τριγώνου. -Όταν η τείνει να συμπέσει με μία διάμεσο τα εμβαδά των χωρίων τείνουν να γίνουν ίσα και συνεπώς και η διαφορά των εμβαδών τους τείνει στο 0 -Όταν η γίνει παράλληλος της BC, οπότε GD0 GE 0 η διαφορά των εμβαδών των δύο χωρίων γίνεται η μεγαλύτερη δυνατή. 4 Έστω, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι ( ABC) ( AD0E0 ) ( ABC) και 3 3 9 4 5 ( D0 E0CB) και η διαφορά είναι 5 4, άρα δεν ξεπερνά το 9 9 9 9 9 9. Περιστρεφόμενη η και σε όποια θέση βρεθεί δημιουργούνται ένθεν και ένθεν του G και της D0E 0 δύο τρίγωνα με ίση βάση GD0 GE 0, το εμβαδόν του ενός GDD 0 με μεγαλύτερο ύψος, άρα και μεγαλύτερο εμβαδόν, προστίθεται στο \( AD0 E 0) και το εμβαδόν του άλλου ( GEE 0) με μικρότερο ύψος, άρα και μικρότερο εμβαδόν αφού 9
έχουν ίσες βάσεις, αφαιρείται από το ( AD0E 0), άρα ( ADE) ( AD0E 0 ) και κατά συνέπεια ( ADE ) ( DECB ). ( ABC) 9 7 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο ABC με C ˆ 90 και AC BC. Πάνω στην υποτείνουσα AB λαμβάνουμε σημείο P και φέρνουμε τις προβολές του πάνω στις κάθετες πλευρές AC, BC του τριγώνου, ας είναι αυτές Q, R αντίστοιχα. Θεωρώντας τα εμβαδά των ορθογωνίων τριγώνων BPR, AQP και του ορθογωνίου τετραπλεύρου PRCQ να αποδείξετε ότι ανεξάρτητα από τη θέση του P το μεγαλύτερο από τα τρία εμβαδά είναι τουλάχιστον. 9 ΛΥΣΗ(Μιχάλης Λάμπρου) Θέτουμε PQ x, οπότε PQ AQ x και CQ PR RB x. 4 Αν x / 3 τότε ( AQP) x. 9 9 4 Όμοια, αν x / 3 τότε ( BPR) ( x ). 9 9 Στην περίπτωση x είναι ( ) ( ) 3 3 PRCQ x x 9 x 3 3 x 9 ( άλλος τρόπος: το γράφημα της παραβολής x( x ) στο εν λόγω διάστημα στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω, άρα έχει ελάχιστη τιμή στα άκρα, ίση με 9. Οι ανισότητες είναι γνήσιες εκτός αν x ή 3 x οπότε έχουμε ισότητα 3 9. 8 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Σε ένα τρίγωνο ABC με C ˆ B ˆ ας είναι BE, CF τα ύψη του τριγώνου στις CA, AB αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: AB CF AC BE. ΛΥΣΗ η (Γιώργος Βισβίκης) AB AC (αφού C ˆ B ˆ ) BE CF AB A AC A ( AB AC) A A 0
BE CF AB AC AB CF AC BE (Η ανισότητα είναι γνήσια, εκτός κι αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο A και τα σημεία A, E, F συμπίπτουν). ΛΥΣΗ η (Νίκος Φραγκάκης) Έστω Z σημείο της πλευράς AB τέτοιο ώστε AZ AB. Αν K, T οι προβολές του Z στις AC και BF αντίστοιχα,θα είναι ZK CF Y c ως ύψη από την βάση ισοσκελούς τριγώνου προς τις ίσες πλευρές. Προφανές δε ότι το TEKZ είναι ορθογώνιο. Επίσης BZ BA ZA AB AC c b () και BT BE TE BE ZK BE CF Y Y Από το ορθογώνιο τρίγωνο TBZ με υποτείνουσα την BZ έχουμε: BZ BT c b Yb Yc c Yc b Y b. Έχουμε: b c () ΛΥΣΗ 3 η (Σωτήρης Λουρίδας) BE CF AB AC AB AC AB AC AB BE AC CF AB CF AC BE. 9 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Σε ένα τρίγωνο ABC ισχύουν AB AC, AD BC. Αν P είναι ένα τυχαίο σημείο πάνω στην AD, διαφορετικό από τα A, D, να αποδείξετε ότι PB PC AB AC. ΛΥΣΗ η (Μιχάλης Λάμπρου) Με χρήση της AB AC PB PC έχουμε
PB PC PB PC ( PB PD ) ( PC PD ) PB PC PB PC AB AC AB AC BD DC ( AB AD ) ( AC AD ) AB AC AB BC AB AC AB AC AB AC ΛΥΣΗ η (Νίκος Φραγκάκης) Επειδή AB AC θα είναι και DB DC. Έτσι το συμμετρικό K του C ως προς το D θα είναι σημείο του τμήματος BD και προφανώς τα τρίγωνα AKC, PKC ισοσκελή με κοινή βάση το KC. Έστω ακόμα T το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραπλεύρου ABKP. Η προς απόδειξη : PB PC AB AC PB PK AB AK PB AK AB PK. ΛΥΣΗ 3 η (Γιάννης Σταματόγιαννης) Έστω AM η διάμεσος του τριγώνου ABC Τότε ισχύουν CP PB CA AB AB AC CB DM (),. () CB DM CB DM Θα είναι,λόγω των (),() : PB CP AB AC PC PB AC AB Έγινε εφαρμογή και του θεωρήματος διαμέσων στο τρίγωνο CPB.
ΛΥΣΗ 4 η (Γιώργος Ρίζος) Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο O (0,0) παίρνουμε τα σημεία A(0, a), B( b,0), C(,0), a 0, b ), που σχηματίζουν τρίγωνο ABC με AB AC. Στο ύψος AO παίρνουμε σημείο P(0, t),0 t a. Τότε για να ισχύει η συνθήκη PB PC AB AC αρκεί: PB AC PC AB t b a a b t t b a a t b a t b a b t a t b t a b a t b a t b a t b t a b b a t b t a b a t a t 0 b a t 0, που ισχύει, αφού, t a b. 0 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω ABC τρίγωνο με μήκη πλευρών a, b, c. Να αποδείξετε πως υπάρχει τρίγωνο με πλευρές,, a b b c c a. ΛΥΣΗ (Θάνος Μάγκος) Έστω a max{ a, b, c }. Είναι max {,, }. b c a b b c c a Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι. b c a b a c 4 abc 4 Είναι. a b a c a b c 3( b c) b c 3
η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω τρίγωνο ABC και BB, CC οι δύο διάμεσοι του. 9 Να αποδείξετε ότι: BB CC BC. 8 ΛΥΣΗ η (Νίκος Φραγκάκης) Για ευκολία συμβολισμών και πράξεων θέτω: BB x ( m ) CC y ( m ). Επίσης έστω ακόμα: b c BC a, CA b, AB c και τη διάμεσο από το A, έστω AA ma Επειδή x a c b, a y b c έχουμε: x 4 4 4a b c 9a Αρκεί να δείξουμε ότι: 4 8 ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι : a b c y. 4 4 8a b c 9a, δηλαδή a a a b c ma ma 0 που ισχύει. ΛΥΣΗ η (Γιώργος Βισβίκης) Έστω G το βαρύκεντρο του τριγώνου. Εφαρμόζω το θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο GBC. BC 4 BC GB GC GA BB CC AA 9 9 AA 9 9 BB CC BC BB CC BC 8 8 4
η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω τρίγωνο ABC. Μία ευθεία γραμμή τέμνει τις πλευρές AB, BC του τριγώνου στα σημεία M και K αντιστοίχως, έτσι ώστε το εμβαδόν του τριγώνου MBK και MB BK του τετραπλεύρου AMKC να είναι ίσα. Να αποδείξετε ότι. AM CA KC 3 ΛΥΣΗ (Γιάννης Σταματόγιαννης) Θέτουμε BM x, BK.Η αποδεικτέα ανισοϊσότητα γράφεται 4( x ) a b c(*). Από την υπόθεση είναι: AB BC ( MBK ) ( AMKC) ( ABC) ( MBK ) x ca,() BM BK Ισχύουν οι ανισότητες : 0 (),0 x c(3) Οι (),(3) λόγω της () δίνουν: 0 ca ca a c x 0 c a x Προσθέτουμε τις δυο τελευταίες σχέσεις και από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο ABC έχουμε το επιθυμητό αποτέλεσμα δηλαδή την (*) Σημείωση του επιμελητή μετά από επικοινωνία με τον λύτη: x y a c x y a c και x y a b c 4 4. a c b a c a b c επομένως: ΥΓ: Δεν βλέπω να ισχύει η ισότητα...; και στην ανισότητα () άφησα το ίσον για προβληματισμό... 3 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω τρίγωνο ABC. Ας είναι D το μέσο του AB, E και F σημεία των AC, BC αντιστοίχως. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου DEF δεν ξεπερνά το άθροισμα των εμβαδών ADE, BDF. 5
ΛΥΣΗ η (Γιώργος Βισβίκης) Προεκτείνω την ED κατά τμήμα DZ DE, οπότε ( ADE) ( BDZ ). Άρα: ( ADE) ( BDF ) ( BFDZ ) () Αλλά ( DEF) ( FZD) ( BFDZ ) και από την () προκύπτει το ζητούμενο: ( DEF) ( ADE) ( BDF). Αν τα σημεία E, F είναι εσωτερικά των πλευρών AC, BC, η ανισότητα είναι γνήσια. ΛΥΣΗ η (Γιώργος Μπαλόγλου) Ισχύει ακόμη και όταν το D δεν είναι το μέσον του AB : το είχα αποδείξει πλήρως αναλυτικά. Θέτουμε A ( a,0), D (0,0), B ( b,0), C ( p, q), οπότε E r( a,0) ( r)( p, q) ( ra ( r) p,( r) q) με 0 r και F s( b,0) ( s)( p, q) ( sb ( s) p,( s) q) με 0 s. Τα εμβαδά των ADE και BDF υπολογίζονται άμεσα, ενώ το εμβαδόν του FED υπολογίζεται με ορίζουσα (κατά τον γνωστό τρόπο που είναι καλό να γνωρίζει ο υποψήφιος ΑΣΕΠ). Η ζητούμενη ανισότητα είναι πλέον ισοδύναμη προς την [ r( s) a s( r) b] q [( r) a ( s) b] q, που είναι με την σειρά της ισοδύναμη προς την rs. 4 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Υπάρχει τρίγωνο με μήκη υψών, 5, 5 ; ΛΥΣΗ η (Γιώργος Γαβριλόπουλος) Δεν υπάρχει. Έστω ότι υπάρχει και ότι αν a, b, c τα μήκη των πλευρών, ισχύει a b c. Ακόμη θεωρούμε E το εμβαδόν του. 6
Προφανώς, 5 5 επομένως θα είναι E a b 5 c( 5 ). Έτσι έχουμε a a b και c 5 5. a a Η τριγωνική ανισότητα δίνει b c a a. 5 5 5 5 4 5 5( 5 ) 9 5 5 9 5, 9 5 9,3 5 5,7 Όμως 5 5 0 0 0 0 0 0 άτοπο. ΛΥΣΗ η (Ευθύμης Αλεξίου) Έστω a, b, c οι πλευρές που αντιστοιχούν τα ύψη, 5, 5 και έστω ότι υπάρχει τέτοιο τρίγωνο τότε a b 5 c( 5) E a b 5 c ( 5) b 5 c 5 c a ( b c) 5 c a ( b c) 5 5 a ( b c) και επειδή τρίγωνο. 5 κατά μείζονα λόγο a ( b c ) άτοπο, άρα δεν υπάρχει τέτοιο ΛΥΣΗ 3 η (Γιώργος Βισβίκης) Έστω h, h 5, h 5 και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου. Τότε a b c θα έχουμε: bc R, ac R 5, ab R 5 5 5b, απ' όπου παίρνουμε: a b 5, c και από τριγωνική ανισότητα: 4 5 5 a b c 5 5 5 9 5 8 που είναι άτοπο. 4 Άρα δεν υπάρχει τέτοιο τρίγωνο. 5 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Τα σημεία C, A, B ανήκουν πάνω στις πλευρές AB,BC,CA, αντίστοιχα, ενός AC BA CB τριγώνου ABC τα οποία ικανοποιούν τη σχέση:. C B AC B A 3 7
Να αποδείξετε ότι η περίμετρος P του τριγώνου ABC και η περίμετρος p του τριγώνου A BC ικανοποιούν την ανισότητα: P 3 p P. 4 ΛΥΣΗ (Γιώργος Βισβίκης) Έστω τα σημεία D, E, F επί των πλευρών BC, AC, AB αντίστοιχα, ώστε: BF AC x, DC BA y, EA CB z, οπότε P 4( x y z). Από τριγωνική ανισότητα στα τρίγωνα ACB, CA B, BAC έχουμε: 3z x B C 3y z A B 3x y AC P Και με πρόσθεση κατά μέλη: ( x y z) p, απ' όπου p Εύκολα διαπιστώνουμε ότι CE y, A F z, DB x. Από τριγωνική ανισότητα στα τρίγωνα FC A, A DB, BEC έχουμε: B C z x A B y z A C x y και με πρόσθεση κατά μέλη p 3( x y z) 6 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των αποστάσεων ενός σημείου M στο εσωτερικό ενός τριγώνου ABC από τις κορυφές του είναι μικρότερο από το άθροισμα των δύο μεγαλύτερων πλευρών του τριγώνου. ΛΥΣΗ(Γιώργος Βισβίκης) p 3 4 P Έστω a b c. Θα δείξω ότι MA MB MC a b. Φέρνω DE / / AB, οπότε θα είναι A ˆ DEC ˆ, B ˆ EDC ˆ. Είναι a b. Αλλά (ως εξωτερική γωνία στο τρίγωνο MEC ) επομένως θα είναι και, οπότε: MC DC () 8
Αλλά από τριγωνική ανισότητα έχουμε: MA AE ME () MB MD DB (3) Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (),(),(3) προκύπτει: MA MB MC AE ME MD DB DC AE ED a (4) Αλλά c b Cˆ DE DC Αντικαθιστώντας αυτή τη σχέση στην (4) έχουμε: MA MB MC AE EC a MA MB MC a b. 7 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Για ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC με ύψη ha, hb, h c να αποδείξετε ότι: a b c ha hb hc a b c ΛΥΣΗ η (Θάνος Μάγκος) Για τη δεξιά μπορούμε να πούμε και κάτι καλύτερο. Σε τυχόν τρίγωνο ισχύει h h h s( s a) s( s b) s( s c) 3( s( s a) s( s b) s( s b)) s 3. a b c Έγινε χρήση των γνωστών: h s( s a), x y z 3( x y z) a ΛΥΣΗ η (Γιώργος Γαβριλόπουλος) Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω παίρνουμε ha hb hc a b c όπως θέλαμε. AE AZ Τώρα, ισχύει AH AE και AH AZ επομένως AH. B BZ E Ομοίως BH και H. Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω και λαμβάνοντας υπ' όψιν το γεγονός ότι AH h a και H hc και BH hb 9
(στο ορθογώνιο ισχύουν ισότητες αλλά μόνο δύο από τις τρεις, ανάλογα με το ποια είναι η ορθή γωνία) παίρνουμε τη ζητούμενη. ΛΥΣΗ 3 η (Γιώργος Βισβίκης) Το αριστερό μέρος, πάλι με τριγωνική ανισότητα, αλλά λίγο διαφορετικά. Στα τρίγωνα BFC, BEC ισχύει: a h BF, a h CE, οπότε: a hb hc BF CE () c Ομοίως βρίσκουμε: b ha hc DC AF () και c ha hb BD AE (3) Με πρόσθεση κατά μέλη των (),(),(3) προκύπτει το ζητούμενο: ( a b c ) ha hb hc Υ.Γ: Αυτό το σκέλος έχει και άλλο φράγμα h h h 9r, όπου r η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου. b a b c Πράγματι από Cauchy είναι h h h 33 h h h και a b c a b c 3, h h h h h h 3 a b c a b c οπότε με πολλαπλασιασμό κατά μέλη και χρησιμοποιώντας τη γνωστή ισότητα, φτάνουμε στο παραπάνω αποτέλεσμα. ha hb hc r Η ισότητα ισχύει στο ισόπλευρο τρίγωνο. 8 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Αν E είναι το εμβαδόν τριγώνου με μήκη πλευρών a, b, c και E το εμβαδόν τριγώνου με μήκη πλευρών a b, b c, c a, να αποδείξετε ότι E 4E. ΛΥΣΗ (Ευθύμης Αλεξίου-Γιώργος Βισβίκης) Από τον τύπο του Ήρωνα έχουμε: E ( r( r a)( r b)( r c) ο οποίος μπορεί να γραφτεί και ως παρακάτω: 0
( a b c)( a b c)( b c a)( a c b) E και αντίστοιχα για το E : 4 ( a b c)( a b b c c a)( b c c a a b)( a b c a b c) E 4 ( a b c) b c a 4 ( a b c) abc E 4 4 Με βάση τα παραπάνω έχουμε: E 4 ( a b c) abc E ( a b c)( a b c)( b c a)( a c b) E 4 abc E ( a b c)( b c a)( a c b) Επειδή ισχύει a b c, a c b, b c a και με την βοήθεια λογισμικού παίρνουμε: abc ( a b c)( b c a)( a c b) (με την ισότητα να ισχύει για a b c (ισόπλευρο τρίγωνο)), συνεπώς E 4 E 4E E Γιώργος Βισβίκης: Απλώς θα εκτελέσω χρέη λογισμικού a a b c a a b c a b c ( ) ( )( ) Ομοίως βρίσκουμε: b a b c b a c ( )( ) c a c b c a b ( )( ) Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη αυτών των σχέσεων: a b c ( a b c) ( a b c) ( b c a), απ' όπου προκύπτει το ζητούμενο. ΛΥΣΗ η (Χρήστος Κυριαζής) Χρησιμοποιώντας τον τύπο του Ήρωνα όπως ο Ευθύμης κι ο Γιώργος παραπάνω, φτάνω κι εγώ στο σημείο όπου αρκεί να αποδείξω ότι: abc a b cb c aa c b Θέτω x a b c 0, y b c a 0, z c a b 0. Λύνοντας το σύστημα προκύπτει:
y z x z x y a, b, c. Αντικαθιστώντας, αρκεί να δείξω ότι: x y y z z x 8 xyz. Αυτό όμως ισχύει αφού από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου, έχω: x y xy, y z yz, z x xz απ' όπου με γινόμενο κατά μέλη(όλα θετικά φυσικά) έχουμε το τελευταίο ζητούμενο. 9 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω ABC ένα τρίγωνο. Να αποδείξετε την παρακάτω σχέση μεταξύ των πλευρών και γωνιών του: Aa B b C c b C c A a B c B a C b A ΛΥΣΗ η (Βαγγέλης Μουρούκος) Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι a b c, οπότε θα είναι και A B C. Έχουμε τότε ότι: A B a b A a b B aa bb ab ba A C a c A a c C aa cc ac ca B C b c B b c C bb cc bc cb aa bb cc bc ca ab cb ac ba, που είναι η αποδεικτέα ανισότητα.(δε χρησιμοποίησα το "καπελάκι" για τις γωνίες, αλλά νομίζω ότι το νόημα είναι αντιληπτό...) ΛΥΣΗ η (Γιώργος Γαβριλόπουλος) Έστω a b c.τότε θα ισχύει και A ˆ B ˆ C ˆ. Από την ανισότητα της αναδιάταξης παίρνουμε a Aˆ b Bˆ c Cˆ a Bˆ b Cˆ c Aˆ. Από την ίδια ανισότητα a A ˆ b Bˆ c C ˆ a C ˆ b A ˆ c Bˆ. Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε το ζητούμενο.
ΛΥΣΗ 3 η (Γιώργος Βισβίκης) Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ ότι a b c A B C, οπότε θα είναι: A( a b) B( a b) Aa Bb Ab Ba Ομοίως βρίσκουμε: Aa Cc Ac Ca και Bb Cc Bc Cb Με πρόσθεση τώρα κατά μέλη των τριών αυτών σχέσεων προκύπτει το ζητούμενο: Aa B b C c b C c A a B c B a C b A 0 η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Έστω M εσωτερικό σημείο ενός κανονικού n γώνου πλευράς a και h, h,..., h n οι αποστάσεις του M από τις πλευρές του πολυγώνου. Να αποδείξετε ότι:... h h h a n ΛΥΣΗ(Βαγγέλης Μουρούκος) Εξετάζουμε πρώτα την περίπτωση n 3. Είναι γνωστό ότι το άθροισμα d d d3 είναι ίσο με το ύψος του ισοπλεύρου x 3 τριγώνου: d d d3. 3 3 Από την ανισότητα αριθμητικού-αρμονικού μέσου έχουμε ότι: di 9 i i di, 9 οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:, ή ισοδύναμα 9 3, που ισχύει x 3 x προφανώς. Άρα, το συμπέρασμα για n 3 δείχθηκε. Υποθέτουμε τώρα ότι n 4. Τότε, αν συμβολίσουμε με S το εμβαδόν του κανονικού πολυγώνου και με R την ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου, θα είναι: n nr sin S n di. x x i Από την ανισότητα αριθμητικού-αρμονικού μέσου έχουμε ότι n n di n. i i di 3
Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι: ή ισοδύναμα: x R sin, n n ή ισοδύναμα: cos sin. n n n Η συνάρτηση f t cost t sin t R nx, sin x n είναι, όπως εύκολα φαίνεται, γνησίως φθίνουσα στο 0,. Αφού f 0, f t για κάθε t 0,. Άρα, θα είναι και θα είναι 0 f 0, και το συμπέρασμα έπεται. n Συνεχίζεται. 4