Ενδιαφέροντα μαθηματικά προβλήματα προς λύση

[tanos56]

Η ΠΡΟΦΗΤΕΙΑ ΤΟΥ Θ. ΚΑΖΑΝΤΖΗ ΓΙΑ ΤΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ "ΝΕΟΥ ΤΥΠΟΥ" ΣΤΟ ΛΥΚΕΙΟ.

Εποχή Αρσένη. Καταλήψεις δρόμων από μαθητές, χαμός. Ημερίδα για την Παιδεία, παρουσία του τότε Υφυπουργού Παιδείας κ. Ανθόπουλου.
Σύμβουλος του Υπουργείου ρωτά τον Ρούλη: "Κε Καζαντζή, ως ο πρεσβύτερος ημών θα θέλαμε ο κ. Υπουργός και εγώ, να μάθουμε τις προβλέψεις σας, για τις ερωτήσεις νέου τύπου, σωστό λάθος κ.λ.π".

Τα γέλια δεν έχουν κοπάσει από την απάντηση του Ρούλη στο ερώτημα: γιατί ο Σύμβουλος γράφει συνέχεια τους θετικούς ρητούς, τους μικρότερους της μονάδος, υπό δεκαδικά μορφή.

"Είθισται εν Ελλάδι τα μηδενικά πάντα να προηγούνται...." .

"...Να σας πω κ. Υπουργέ τι θα γίνει.
Θα μαζευτούνε τρεις μαθητές. Αν σωστή απάντηση είναι το 1, τότε ο Γιαννάκης θα ξύσει το αριστερό του αυτί. Αν το 2, το δεξί του μάτι. Αν πάλι είναι το 3, ...ε, τότε να μη σας πω τι θα ξύσει....).
Σε λίγο, φθάνει ρήση από άλλον Σύμβουλο "Ο γορίλας δεν τεκνοποιεί με την πάπια, γιατί δεν έχουν τα ίδια χρωματοσώματα". Ο Rούλης σηκώνεται έξαλλος. "Τι λένε εδώ κ. Υπουργέ. Δηλαδή αν ο γορίλας θέλει να κάνει το κέφι του, Θα τον αφήσουμε να το ξεσκίσει το πουλερικό?...".

Δεν τον ξανακάλεσαν ποτέ....

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[tanos56]

Yπάρχουν δύο ασκήσεις στον"αέρα".

Μήπως στην άσκηση με το κανονικό πολύγωνο Rembeske ξέχασες κάτι?
Αν το 2ν-γωνο είναι εγγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο, υπεισέρχεται και η ακτίνα του κύκλου (Τύπος Αρχιμήδη).
Για δες το. Για ποιό 2ν-γωνο μιλάμε?

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[tanos56]

Εκτός από τις δύο ασκήσεις του Rembeske 4 νέα θέματα.

1. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε -μη παράλληλη- με κάποια από τις πλερές του. Από τις κορυφές Α,Β,Γ φέρουμε τις παράλληλες προς την ε, οι οποίες τέμνουν τις ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ, στα σημεία αντίστοιχα, Γ΄,Α΄,Β΄. Αποδείξτε ότι το εμβαδόν του τργ. Α΄Β΄Γ΄ είναι διπλάσιο από το εμβαδόν του τργ. ΑΒΓ.

2.ΛΟΓΙΚΗΣ

Σε ένα Λύκειο, 2^ν Μαθητές, (ν φυσικός >10), χωρίζονται σε ζευγάρια και παίζουν σκάκι. Οι νικητές χωρίζονται πάλι σε ζευγάρια και συνεχίζουν με τον ίδιο τρόπο, ενώ οι εκάστοτε ηττημένοι αποκλείονται, μέχρι που θα ανακηρυχθεί ένας νικητής. Πόσοι αγώνες συνολικά θα γίνουν?

3. Φυσικής (απλή)

Ένας σκύλος που δεν κουράζεται ποτέ, έχει δεμένη στην ουρά του μία κουδούνα. Τον κάνουμε να τρέξει, οπότε όσο τρέχει, τόσο πιο πολύ κτυπάει η κουδούνα. Όσο όμως πιο πολύ κτυπάει η κουδούνα, τόσο πιο πολύ φοβάται και επιταχύνει. Πια θα είναι η τελική του κινητική κατάσταση?

4. Kλασσική Άλγεβρα

Να λυθεί στο R, η εξίσωση


(χ+8)(χ+3)(χ+4)(χ+9)=6.

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Palladin]

3. Φυσικής (απλή)

Ένας σκύλος που δεν κουράζεται ποτέ, έχει δεμένη στην ουρά του μία κουδούνα. Τον κάνουμε να τρέξει, οπότε όσο τρέχει, τόσο πιο πολύ κτυπάει η κουδούνα. Όσο όμως πιο πολύ κτυπάει η κουδούνα, τόσο πιο πολύ φοβάται και επιταχύνει. Πια θα είναι η τελική του κινητική κατάσταση?

Τρέχει ακολουθώντας επιταχυνόμενη κίνηση μέχρι να σπάσει το φράγμα του ήχου (γύρω στα 340m/sec αν θυμάμαι καλά). Στη συνέχεια δεν ακούει το κουδούνι, οπότε εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Palladin]

2.ΛΟΓΙΚΗΣ

Σε ένα Λύκειο, 2^ν Μαθητές, (ν φυσικός >10), χωρίζονται σε ζευγάρια και παίζουν σκάκι. Οι νικητές χωρίζονται πάλι σε ζευγάρια και συνεχίζουν με τον ίδιο τρόπο, ενώ οι εκάστοτε ηττημένοι αποκλείονται, μέχρι που θα ανακηρυχθεί ένας νικητής. Πόσοι αγώνες συνολικά θα γίνουν?

Θα γίνουν (2^ν)-1 αγώνες.
Ουσιαστικά είναι αριθμητική πρόοδος 1+2+4+8+16+....+(2^ν)/2

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[tanos56]

Στο ερώτημα της Φυσικής η απάντησή σου είναι ορθή.
Στο πλήθος των αγώνων πιστεύω (γνώμη μου) ότι η εξήγηση που έδωσες (το αποτέλεσμα είναι σωστό), δεν είναι επαρκής. Η σχηματιζόμενη ακολουθία, δεν είναι αριθμητική πρόοδος. Επίσης το άθροισμα του πρώτου μέλος δεν δίνει αποτέλεσμα (2^ν)-1, αλλά:
((2^(ν+1))-1)/2.

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Rempeskes]

Χαιρετώ....

τάνος:

Η τελευταία οδηγεί -με στοιχειώδεις πράξεις- στο άτοπο 1/lnα>0, δηλαδή στο lnα>0, δηλαδή στο α>1. Η (1) λοιπόν δεν ισχύει, με συνέπεια ή f είναι 1-1

ΣΗΜ: Στις τελευταίες πράξεις γίνεται χρήση της γνωστής ταυτοανισότητας: lnx<x-1, για χ>0, και χ: όχι 1.

Πολύ καλή! (Έχεις καιρό να το ακούσεις, φαντάζομαι.) Θέλω όμως να μου πεις για τις πράξεις, επειδή δε μου φαινονται και τόσο στοιχειώδεις Πχ χρησιμοποιείς την 1/lnx>1/x-1;

Μήπως στην άσκηση με το κανονικό πολύγωνο Rembeske ξέχασες κάτι?
Αν το 2ν-γωνο είναι εγγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο, υπεισέρχεται και η ακτίνα του κύκλου (Τύπος Αρχιμήδη).
Για δες το. Για ποιό 2ν-γωνο μιλάμε?

Είναι μια σχέση ανάμεσα στη πλευρά του ν-γώνου και του 2ν-γώνου - και βέβαια δεν πρέπει να υπεισέρχεται η ακτίνα, αλλιώς το π δεν θα ήταν σταθερά! Φτιάξε ένα σχήμα με τις δυο πλευρές και δες το!

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[tanos56]

Ναι ,είναι εφαρμογή μετρικής σχέσης σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[tanos56]

Για τις πράξεις, όταν λέω στοιχειώδεις δεν εννοώ βέβαια μη σύνθετες. Ωστόσο έχουμε χρειαστεί και οι δύο πιο σύνθετες.Εδώ καταλήγεις σε σε "λουκούμι "παράσταση
(1-α)^α/(-lnα)^α. Χρειάζεται βέβαια προσοχή π.χ όταν διαιρούμε με lnα<0, πράξεις με δυνάμεις κ.λ.π.Εσύ τι απόδειξη έχεις υπ΄όψη σου εκτός από ακρότατα δύο μεταλητών?Έχεις καμμιά πιο δυναμική?

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Palladin]

Στο ερώτημα της Φυσικής η απάντησή σου είναι ορθή.
Στο πλήθος των αγώνων πιστεύω (γνώμη μου) ότι η εξήγηση που έδωσες (το αποτέλεσμα είναι σωστό), δεν είναι επαρκής. Η σχηματιζόμενη ακολουθία, δεν είναι αριθμητική πρόοδος. Επίσης το άθροισμα του πρώτου μέλος δεν δίνει αποτέλεσμα (2^ν)-1, αλλά:
((2^(ν+1))-1)/2.

Έχεις δίκιο, το βρήκα περισσότερο πειραματικά .

Πάντως άνοιξα θρεντ με τίτλο "Σκακιστικά θέματα" που ζήτησες

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Rempeskes]

Για τις πράξεις, όταν λέω στοιχειώδεις δεν εννοώ βέβαια μη σύνθετες. Ωστόσο έχουμε χρειαστεί και οι δύο πιο σύνθετες.Εδώ καταλήγεις σε σε "λουκούμι "παράσταση
(1-α)^α/(-lnα)^α. Χρειάζεται βέβαια προσοχή π.χ όταν διαιρούμε με lnα<0, πράξεις με δυνάμεις κ.λ.π.Εσύ τι απόδειξη έχεις υπ΄όψη σου εκτός από ακρότατα δύο μεταλητών?Έχεις καμμιά πιο δυναμική?

Κάτι πρέπει να ξέφυγε στους υπολογισμούς, δεν καταλήγει αυτό σε άτοπο. Και αυτό γιατί, προσπαθείς να δείξεις ότι η φ' ειναι θετική παντού - σωστά; Αν λοιπόν βρουμε μια φ να έχει αρνητική παράγωγο σε κάποιο σημείο, το επιχείρημα δεν ισχύει:

Έστω a<1/e, δηλ loga+1<0. Η συνάρτηση

τότε πληροί

και συνεπώς

Βέβαια, χαλάω την πλοκή έτσι - μέχρι να καταλάβω ο ίδιος ότι η φ' μπορεί να είναι αρνητική, είχα φάει πόσο χρόνο να την κοιτάζω, να την ξανακοιτάζω, να την αγριοκοιτάζω...

Υγ. Ναι, υπάρχει κολπάκι. Έχει να κάνει με την κ...

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[m3nt0r]

Λοίπον αφού ευχαριστήσω πρώτα τον φίλο Rempeske για τα καλά
του λόγια στην προηγούμενη προσπάθεια μου, παραθέτω και την
τελική πάνω σε αυτό το πρόβλημα που πιστεύω ότι είναι και ορθή.
(η απόδειξη δεν είναι και πολύ formal μέχρι στιγμής, αλλά Makes sense )

λοιπόν:

θεωρούμε την γνησίως φθίνουσα συμμετρική συνάρτηση:

a = f(b) = (1-b^c)^(1/c)

η οποία τέμνει την ευθεία a = b στον παρακάτω χώρο
στο σημείο ((1/2)^(1/c),(1/2)^(1/c))
όπως παρατηρούμε καθώς c τείνει στο 0 και η f(b) φθίνουσα και συμμετρική ως προς το σημείο που δείξαμε,
τείνει να πάρει την μορφή τέλειου τετραγώνου.

όμως ξέρουμε ότι

α) a^b + b^a > a^c + b^c αν b<c & a<c
β) (1/2)^(1/c) < c για c <= 1
γ) a^c+b^c < (a+h)^c+(b+d)^c (h,d)>=0

οπότε στο χωρίο που περικλείεται απο τα σημεία (0,0),(0,c), (c,0), (c,c) η a^b + b^a > a^c + b^c
άρα στα σημεία που η a^c + b^c >= 1 στα σημεία αυτά ισχύει και το a^b+ b^a >1.
καθώς λοιπόν το σημείο συμμετρίας τείνει στο (0,0) και η μονοτονία και κατοπτρικότητα της f(b)
διατηρήται και το χωρίο φραγής επίσης, σταδιακά για τα σημεία της a^b+b^a στον χώρο (0,0)-(1,1) αποδεικνύεται ότι
a^b + b^a > 1 καθώς σταδιακά ανήκουν στo σύνολο τομής, των σημείων του χωρίου και του συνόλου a^c + b^c >= 1 που βρίσκεται πάνω απο την καμπύλη
a = f(b) = (1-b^f)^(1/f)

θα επανέρθω οποσδήποτε με formal μορφή της απόδειξης είναι αργά και νυστάζω

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Rempeskes]

Πάντως μου αρέσει που είναι πολύ ψαγμένες οι απαντήσεις σου, τίγκα στο software...!
Για να δούμε, όλο και πλησιάζεις...!

(1/2)^(1/c) < c για c <= 1

Δεν ισχύει για c στο διάστημα

Είναι πιο περίπλοκη η γεωμετρία της επιφάνειας απ' ότι φαίνεται

Λοιπόν... Η πρώτη παράγωγος δε λέει πολλά. Η δεύτερη...;
(Λέξη κλειδί: Κυρτότητα!)

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Rempeskes]

Kαι επειδή αυτή δε θα ζήσει πολύ, έχω μια εξίσου καλή.



Νδο για κάθε ολοκληρώσιμη f ισχύει

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[m3nt0r]

Πάντως μου αρέσει που είναι πολύ ψαγμένες οι απαντήσεις σου, τίγκα στο software...!
Για να δούμε, όλο και πλησιάζεις...!




Δεν ισχύει για c στο διάστημα

Είναι πιο περίπλοκη η γεωμετρία της επιφάνειας απ' ότι φαίνεται

Λοιπόν... Η πρώτη παράγωγος δε λέει πολλά. Η δεύτερη...;
(Λέξη κλειδί: Κυρτότητα!)

συγνώμη είναι:

(1/2)^(1/c) <= c για c<=1

επίσης δεν θέλω να το λύσω με διαφορικό λογισμό, προτιμώ μια πιο διαισθητική λύση
επανέρχομαι με formal proof και διορθώσεις

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Rempeskes]

Mα ειναι <1 το δεξί άκρο του διαστηματος (για όλα τα c<1,3 μάλιστα).

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[m3nt0r]

Mα ειναι <1 το δεξί άκρο του διαστηματος (για όλα τα c<1,3 μάλιστα).

λές ότι :

αν
f(x) = x
g(x) = (1/2)^(1/x)

f(x) >= g(x)

δεν ισχύει στο x E [0,1]?

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[Rempeskes]

(1/2)^(1/c) < c για c <= 1

Πες ότι ισχύει.

Από την

θα ισχύει επίσης

οπότε τελικά πρέπει

Το τριώνυμο έχει Δ>0 και μια θετική ρίζα. Άρα κοντά στο c=0, η (1) δεν θα ισχύει!

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[m3nt0r]

Πες ότι ισχύει.

Από την

θα ισχύει επίσης

οπότε τελικά πρέπει

Το τριώνυμο έχει Δ>0 και μια θετική ρίζα. Άρα κοντά στο c=0, η (1) δεν θα ισχύει!

συγνώμη μα η c^2 + log2 - c
δεν έχει Δ=1-4*1*ln(2) = -1.772588722;

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.

 

[tanos56]

Έλειψα 3 μέρες αλλά η ζωή δυστυχώς τρέχει και έξω από από το στέκι.
Rembese δεν ήθελα να δείξω αυτό που λες.
Σου στέλω αναλυτικά τη λύση που σου είχα πει.
Yποπτεύομαι ότι πρέπει να βγαλινει και με ανισότητα Jensen, ή με μονοτονία πρώτης παραγώγου (ορισμός κυρτών-κοίλων).

Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 19 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.