Αρμονικές Τετράδες

Συντονιστής: gbaloglou

Ιάσων Κωνσταντόπουλος
Δημοσιεύσεις: 114
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 28, 2024 10:16 pm

Αρμονικές Τετράδες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ιάσων Κωνσταντόπουλος » Κυρ Ιούλ 07, 2024 10:34 pm

Οι ευθείες OA,OC είναι κάθετες
Η OFC είναι διχοτόμος της \angle BOD
Το E βρίσκεται μεταξύ των O,B
Τα σημεία A,B,C,D είναι συνευθειακά, όπως επίσης και τα A,E,F,G καθώς και τα O,G,D

Να αποδειχθεί η ανισότητα:

\dfrac{A\color{red}G}{A\color{red}D} + \dfrac{A\color{blue}E}{A\color{blue}B} \le 2\cdot \dfrac{A\color{green}F}{A\color{green}C}
Συνημμένα
αρμονικές_τετράδες.png
αρμονικές_τετράδες.png (14.72 KiB) Προβλήθηκε 303 φορές


Ιάσων Κωνσταντόπουλος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3385
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Αρμονικές Τετράδες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am

Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:

Θέτοντας O=(0,0), A=(0,a), C=(-c,0), F=(-f,0) και θεωρώντας ότι τα B, E κείνται επί της ευθείας y=-rx και ότι τα D, G κείνται επί της ευθείας y=rx, καταλήγουμε στα

B=\left(-\dfrac{ac}{rc+a}, \dfrac{rac}{rc+a}\right), E=\left(-\dfrac{af}{rf+a}, \dfrac{raf}{rf+a}\right), D=\left(\dfrac{ac}{rc-a}, \dfrac{rac}{rc-a}\right), G=\left(\dfrac{af}{rf-a}, \dfrac{raf}{rf-a}\right),

και ακολούθως στις

AB=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a+rc}, AE=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a+rf}, AD=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a-rc}, AG=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a-rf},

οπότε η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα (πολύ απλές πράξεις)

\dfrac{a-cr}{a-fr}+\dfrac{a+cr}{a+fr}\leq 2.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3385
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Αρμονικές Τετράδες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Ιούλ 09, 2024 10:47 am

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am
Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:
Αν για παράδειγμα φέρουμε την διχοτόμο APQR ... τότε η ζητούμενη ανισότητα ανάγεται στην έως και ήδη ( ; ) γνωστή ανισότητα (τετραπλεύρου BEGD)

\dfrac{RG}{RD}+\dfrac{PE}{PB}\leq 2\cdot \dfrac{QF}{QC}.



BEGD.png
BEGD.png (16.31 KiB) Προβλήθηκε 215 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3385
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Αρμονικές Τετράδες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Πέμ Ιούλ 11, 2024 10:44 am

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιούλ 09, 2024 10:14 am
Υπάρχει πολύ απλή λύση με Αναλυτική ... που σημαίνει λογικά ότι υπάρχουν και απλές συνθετικές λύσεις:

Θέτοντας O=(0,0), A=(0,a), C=(-c,0), F=(-f,0) και θεωρώντας ότι τα B, E κείνται επί της ευθείας y=-rx και ότι τα D, G κείνται επί της ευθείας y=rx, καταλήγουμε στα

B=\left(-\dfrac{ac}{rc+a}, \dfrac{rac}{rc+a}\right), E=\left(-\dfrac{af}{rf+a}, \dfrac{raf}{rf+a}\right), D=\left(\dfrac{ac}{rc-a}, \dfrac{rac}{rc-a}\right), G=\left(\dfrac{af}{rf-a}, \dfrac{raf}{rf-a}\right),

και ακολούθως στις

AB=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a+rc}, AE=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a+rf}, AD=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a-rc}, AG=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a-rf},

οπότε η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα (πολύ απλές πράξεις)

\dfrac{a-cr}{a-fr}+\dfrac{a+cr}{a+fr}\leq 2.
Ελέγχεται βεβαίως η παραπάνω απόδειξη ως προς την αφαίρεση της απόλυτης τιμής από τους παρονομαστές των

AD=\sqrt\dfrac{(a^2(a^2+c^2)}{(a-rc)^2}}=\dfrac{a\sqrt{a^2+c^2}}{a-rc} και AG=\sqrt\dfrac{(a^2(a^2+f^2)}{(a-rf)^2}}=\dfrac{a\sqrt{a^2+f^2}}{a-rf}.

Για να δικαιολογηθεί η παραπάνω αφαίρεση ... ας παρατηρηθεί, θέτοντας B=(-b,rb) & D=(-d,-rd) και εύλογα υποθέτοντας 0<b<c<d, ότι τα κείμενα επί της ευθείας BD σημεία C=(-c,0) και A=(0,a) ικανοποιούν αντίστοιχα τις

0-rb=\dfrac{r(d+b)}{d-b}(-c+b) και a-rb=\dfrac{r(d+b)}{d-b}(0+b),

οπότε c=\dfrac{2bd}{d+b}, a=\dfrac{2rbd}{d-b}, a-rc=\dfrac{4rb^2d}{d^2-b^2}>0. (Ομοίως για την a-rf>0, ή, πιο εύκολα, a-rf>a-rc>0.)


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Ιάσων Κωνσταντόπουλος
Δημοσιεύσεις: 114
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 28, 2024 10:16 pm

Re: Αρμονικές Τετράδες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ιάσων Κωνσταντόπουλος » Κυρ Ιούλ 14, 2024 1:37 pm

Ας δωθούν και τα due credits.

Η άσκηση αυτή προέκυψε αφαιρώντας τον τριγωνομετρικό χαρακτήρα
και γενικεύοντας το δεύτερο ερώτημα του προβλήματος

viewtopic.php?f=178&t=76039
στη βάση της (επιδεχόμενης γενίκευσης) λύσης του rek2 (αυτόθι)

Εδώ αντί για τρεις ισες γωνίες \varphi-\varphi-\varphi έχουμε (effectively) \varphi-\theta-\varphi
Συνημμένα
αρμονικές_τετράδες_2.png
αρμονικές_τετράδες_2.png (33.75 KiB) Προβλήθηκε 51 φορές


Ιάσων Κωνσταντόπουλος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης