È

Transcript

1

2 À Ô ÐÓ ÖÓÒØ ØÓÙÔ Ö ÕÓÑ ÒÓÙ Ò Ø Ô ØÓÙ Ô Ñ Ð Ø ØÓÙ Å Ø ØÖÓÔ LATEX ÛØ Ò Ã Ð Ò Ø ÃÓØÖôÒ Ä ÙØ Ö ÈÖÛØÓÔ Ô Õ ÐÐ ËÙÒ ÔÓÙÓ ËÕ Ñ Ø Å Õ Ð Æ ÒÒÓ ÉÖ ØÓÌ Ë Ð ¹ ÅÔÓÖ Ò Ò Ô Ö Õ Ò Ò Ñ Ð Ö º ÌÓß Ó Û ÖÓÒÐÔ ÖÓÙ Þ Ñ Ø ÔÓÙ ÕÓÙÒ ÙÞ Ø ØÓÒ Ø ØÓÔÓ ÓÔÓ Ò Ø ÃÓØÖôÒ Æ ÓÅ ÙÖÓ ÒÒ Üô ÙÐÐÓ Ö Ö ÃÛ Ø ÓºËØÓ Õ Ó Ø Ø Ñ ØÓLATEXº ÌÓ Ó Û ÖÓ Ò Ò ÔÓÐ ÖÓ ¾¹ ÖÓµÑ Ó ØÖ ÛÒ Ö ô Ô ÒØ ÛÒ º³ Õ ¼Ô ÒÓÑÓ ØÙÔ ÓÖÙ ØÓÔÓ ÙÒ ÒØôÒØ Ó Ó Ø ÖÓµºÌÓ Ó Û ÖÓ Õ Ó Ö ÙÑÑ ØÖ Ó ÙÒØ Ø Ñ Ò ØÛÒ ÓÖÙ ôò Ò Ó ÖÓÙÑ ÑÓÒ Ñ Ò Ó Ù Ð Ñ Ø ØÖ ÛÒ ÓÔ ÒØ ÛÒ Ü ÒØ Ñ ÔÓÙ Ñ ØÓÙÕÛÖÞ Ò ØÖ ÛÒÓ Ô Ò Ô ÒØ ÛÒÓº Ò ÖÕ Ñ Ó Ø Ö ¹ Ð Ò Ñ ÒÓÒ ÙÖØ ÔÓÐ ÖÓ ÔÓÙ Ó Ô Ö Ø ÖÓ Ø ÔÓ ÔÓÐÙ ôòûò ÙÒ ÒØôÒØ Ñ ØÓÒ ÓØÖ ÔÓ Ø ÓÖÙ ØÓÙ¹ Ø Ö Ò ØÓ Ò Ô Ø ÓÓ ÛÒ ÒÓÒ ¹quasiregularÔÓÐ Ö ÔÓÙÙÔ ÖÕÓÙÒ Ð Ø Ö ÔÓÙÑÔÓÖ Ò Õ ÓØ ÔÓÙ ÖôÒÓ ÓÔÓ Ò ÐÐ ÓÒØ Ø Ò Ó Ò ÓÖÙ ÌÓ ÐÐÓ Ò ØÓ Ù Ó¹ Ó Û ÖÓ ÐÓØ ÕÒ Ñ ÒÓ Ô ØÓÒLeonardo ÒôØÓ Ù ØÓÙÔÓÐ ÖÓ Ò ØÓÖÓÑ ØÖ ÓÒØ ÖÓº da Vinci ØÓÙ Ð Ô ÓÑ Ù ÙÒ ÒØÛÒÅ ÐôÒº Ô Ó È ÒÓ ÒÒ ÔÓÙÐÓ Ç ØÙ Ø ÔÓmathematica.gr Ò Ù Ò Ø Ñ ÛÒ Ñ ØÓÒ ÒÓÒ Ñ ØÓÙÔÓÙÙÔ ÖÕ Ø Ò ÖÕ ) ÔÓÙϕÓÕÖÙ Ð Ó+ ËÙÒØÓÒ Ø Ö Ø Å Ð ½º ÛØ Ò Ã Ð ÛØ Ò µ Ò ËÙÒØÓÒ ØÖ Lambrouµ Ò ËÙÒ¹ º ôö ÓÅÔ Ð ÐÓÙ gbaloglouµ Ù ÒÓÒØ Å Ð ØÓÙmathematica.gr ºÆ ÓÅ ÙÖÓ ÒÒ nsmavrogiannisµ Ò ËÙÒ¹ ºËÔ ÖÓÃ Ö ÑØ Ã Ö ÑØ ËÔ ÖÓµ ÍÔ ÙÒÓ Ò Ñ ÖÛ ØÓÒ Ø ½½º Ñ ØÖ Ë ÓÙØ Ö dementµ ½¼ºÄ ÙØ Ö ÈÖÛØÓØÓÔ Ô ÈÖÛØÓÔ Ô Ä ÙØ Ö µ ºÅ Õ Ð Æ ÒÒÓ Å Õ Ð Æ ÒÒÓµ BORISµ ºÊÓ Ð ÓÅÔ Ö R gatosµ ¾ºÅ Õ Ð Ä ÑÔÖÓÙ Mihalis º ôö ÓÊÞÓ ôö ÓÊÞÓµ ºÅÐØÓÈ Ô Ö ÓÖ m.papagrigorakisµ ÍÔ ÙÒÓÇ ÓÒÓÑ ôò ÍÔ ÙÒÓÈÖÓ Ö ÑÑ Ø ÑÓ ½ º Õ ÐÐ ËÙÒ ÔÓÙÐÓ achilleasµ ½¾ºÅÔ ÑÔ ËØ Ö ÓÙ ÅÔ ÑÔ ËØ Ö ÓÙµ ½ ºËÛØ Ö ËØ swstoµ ½ ºÃÛÒ Ø ÒØÒÓÌ Ð Ö Ó Ì Ð Ö ÓÃô Ø µ Å Ò Ñ Å Ð ÍÔ ÙÒÓ ÛÒ ºÉÖ ØÓÃÙÖ Þ chris Ô Ñ Ð Ø ½ºËØÖ Ø ÒØÛÒ strantonµ ½º Ö Ö ÃÛ Ø Ó grigkostµ Õ Ö Ø Å Ð ½ ºË Ö ÑÌ Ô Ð Ë Ö Ñµ ½ ºÉÖ ØÓÌ xr.tsifµ ½ º Ñ ØÖ ÉÖ ØÓ Demetresµ ¾º Ò Ö Ö Ö Æ Ê Ë Ê Ê ÃÀ˵ ¾º Ð Ü Ò ÖÓËÙ Ð cretanmanµ Õ Ö Ø ½ºËÔ ÖÓ Ð ÔÓÙÐÓ spyrosµ ¾ºÃô Ø Ù Ó Ö kostas.zigµ º ôö à Рexdxµ ºÉÖ ØÓÃ Ö ÉÊÀËÌÇËÃ Ê ËÀ˵ ºÂ ÒÓÅ Ó mathaµ ºÃÛÒ Ø ÒØÒÓ ØØ vittaskoµ º Ò Ø ÓÃÓØÖôÒ ÃÓØÖôÒ Ò Ø Óµ ºÆ ÓÃ Ø Ô nkatsipisµ ºÂÛÑ Ê Ø Ð ÂÛÑ Ê Ø Ð µ ºÂ Ò ÅÔ Ð ÒÒ mathfinderµ ½¼º Ð ËØ Ò bilstefµ º ôö ÓÊÓ ÔÓÙÐÓ hsiodosµ ºËØ ÖÓËØ ÙÖ ÔÓÙÐÓ ËØ ÖÓËØ ÙÖ ÔÓÙÐÓµ ºÃÛÒ Ø ÒØÒÓÊ Ó Ñ rekµ ØÛÒ(,, ±ϕ) ( ±,±ϕ,±+ϕ È 5

3 Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Κάποιος αγόρασε κιλά πατάτες, γνωρίζοντας ότι αποτελούνται κατά 99% από νερό. Τις άφησε στον ήλιο για μια βδομάδα και υπολόγισε ότι τώρα αποτελούνται κατά 98% από νερό. Πόσο ζυγίζουν τώρα οι πατάτες ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Ενας αριθμός (φυσικός) με δέκα ή λιγότερα ψηφία λέγεται αυτοβιογραφικός αν το πρώτο του ψηφίο (από αριστερά) δηλώνει των αριθμό των «μηδενικών» που περιέχει, το δεύτερο ψηφίο δηλώνει τον αριθμό των «μονάδων» που περιέχει κ.ο.κ. Για παράδειγμα τέτοιος αριθμός είναι ο 6. Να βρεθεί ο μικρότερος αυτοβιογραφικός αριθμός. Μαθηματικά Α Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Κάπου ανάμεσα στις πόλεις B, Γ ϑα τοποθετηθεί ηλεκτρικός σταθμός που ϑα εξυπηρετεί τις πόλεις B,Γ καθώς και την μικρότερη A. Που ϑα τοποθετηθεί ο ηλεκτρικός σταθμός ώστε να χρειάζεται συνολικά το μικρότερο δυνατόν μήκος καλωδίου που να συνδέει κάθε μία από τις πόλεις με τον σταθμό; (α) Να γραμμοσκιάσετε την περιοχή στην οποία η κατσικούλα μπορεί να βοσκήσει. (β) Να βρείτε το εμβαδόν της περιοχής αυτής. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Ο A, ο B και ογ,κάθονται γύρω από ένα τραπέζι, πάνω στο οποίο βρίσκεται πορτοφόλι με ικανό ποσό χρημάτων. Λέει ο A : Εγώ αν πάρω το πορτοφόλι ϑα έχω διπλάσιο ποσό χρημάτων από τους δυό σας! Απαντά ο B : αν πάρω εγώ το πορτοφόλι ϑα έχω τριπλάσια από σας!. Και ογ: Εγώ και το πορτοφόλι πιάνουμε πενταπλάσια από τους δυό σας! Τι ποσοστό του συνολικού ποσού (συμπεριλαμβανομένου του πορτοφολιού) κατέχει ο B Μαθηματικά Γ Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης) Δίνεται το πολυώνυμο: P(x)= x 5 x 4 +x 3... x +x. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του 3. A= Υπολογίστε το P(). ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Κώστας Καπένης) Άν το τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο με Â=9 τότε να αποδείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές ab, bc, (a+c)(a c) το οποίο μάλιστα είναι και αυτό ορθογώνιο. Μαθηματικά Β Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Παύλος Μαραγκουδάκης) Ο κ. Μανώλης έχει μια αποθήκη AB όπως φαίνεται στο σχήμα με μήκος 6m και πλάτος 4m. Μια κατσικούλα είναι δεμένη στην άκρη ενός σχοινιού μήκους 9m όπως φαίνεται στο σχήμα. Μαθηματικά Α Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 9 (Νίκος Αλεξανδρόπουλος) Να προσδιορισθεί η τιμή του πραγματικού m ώστε η εξίσωση (m )x 4 5x +3m = να έχει τέσσερις πραγματικές ρίζες.

4 ΑΣΚΗΣΗ (Δημήτρης Βερροιόπουλος) Αν: x=... }{{} ν ψηϕία y=... }{{} ν+ ψηϕία z= } {{ }, νψηϕία να αποδείξετε ότι το άθροισμα: x+y+z+8 είναι τετράγωνο ρητού αριθμού. Μαθηματικά Α Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Εστω το τετράγωνο ABΓ και O το σημείο τομής των διαγωνίων του. Αν η διχοτόμος τηςγâ τέμνει τη O στο E, τηνγ στο Z και το μήκος του EO είναι 4, να υπολογίσετε το μήκος της ZΓ. α Να αποδείξετε ότι η ακολουθία (β ν ) με β ν = α ν 3 μεν N είναι αριθμητική πρόοδος και να βρεθεί ο γενικός τύπος της. β Να βρεθεί το άθροισμα τωννπρώτων όρων της ακολουθίας (β ν ). γ Να βρεθεί ο ν-οστός όρος της ακολουθίας (α ν ). ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο KARKAR) Αν ισχύει : x = 3 a = 6 b,να δείξτε ότι : x= ab a b. Μαθηματικά Β Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γιώργης Καλαθάκης) Δίνονται οι κύκλοι (O, R),(K, r) οι οποίοι εφάπτονται εξωτερικά στο E. Φέρνουμε τις διαμέτρους AB,Γ των δυο κύκλων, κάθετες στη διάκεντρο OK και τον περιγεγραμμένο κύκλο του AB Γ. Να αποδειχθεί ότι η μπλέ περιοχή είναι ισεμβαδική με την κίτρινη περιοχή. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Δημήτρης Μυρογιάννης) Εστω κυρτό τετράπλευρο ABCD με τις διαγώνιες του AC, BD να σχηματίζουν τις γωνίες CAB, BCA,CDB, BDA με μέτρο 7,3, (5 a), a μοίρες, η κάθε μια, αντίστοιχα. Αν επιπλέον η διαγώνιος BD είναι διχοτόμος της γωνίας CBA βρείτε τον αριθμό των μοιρών που εκφράζει το a. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο KARKAR) Σημείο S βρίσκεται στην πλευρά CD του παραλληλογράμμου ABCD. Η BS τέμνει την AD στο T. Κατασκευάζω τα διχοτομούντα τμήματα AM, T M, CN, S N των αντίστοιχων γωνιών. Υπολογίστε τη M DN = ϕ συναρτήσει της Â=θ. Μαθηματικά Β Λυκείου, Κατεύθυνση ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο KARKAR) Βρείτε την εξίσωση κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων, για τον οποίο τα εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από τα σημεία A(,3) και B(4,), είναι παράλληλα μεταξύ τους. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Για κάθε ακέραιο n, με n, να αποδείξετε ότι ισχύει: n > n. Μαθηματικά Β Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Δίνεται η ακολουθία (α ν ) μεα = 4 και αναδρομικό τύπο μεν N. α ν+ = 8α ν 9 α ν + Μαθηματικά Γ Λυκείου, Γενική Παιδεία ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x x+ για x και ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχηςω={,,...,n}, με πιθανότητες P(k)= 5 f (k) για k Ω.

5 (α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. (β) Να βρεθεί η τιμή του n. (γ) Μια μεταβλητή ακολουθεί κανονική κατανομή με μέση τιμή x=n. Αν το 6% των παρατηρήσεων έχει τιμή μικρότερη του 33, να εξετάσετε το δείγμα ως προς την ομοιογένεια. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Parmenides5) Μια βιομηχανία κατασκευάζει αυτοκίνητα με κυβικά μηχανών από α έως β lit με α<β και α,β R. Δίνεται ότι με μηχανές το πολύ,6 lit αναμένεται να κατασκευάζεται το % των αυτοκινήτων ενώ με μηχανές τουλάχιστον, 4 lit αναμένεται να κατασκευάζεται το 9% των αυτοκινήτων. Αν η παραπάνω κατανομή είναι ομοιόμορφη στο [α,β] να βρεθούν: (α) Οι αριθμοία,β. (β) Η μέση τιμή της κατανομής. (γ) Το πλήθος των αυτοκινήτων που αναμένεται να κατασκευάζει η βιομηχανία σε ορισμένη χρονική περίοδο, αν στο ίδιο χρονικό διάστημα αναμένεται να κατασκευάζει αυτοκίνητα με κυβικά έως και lit. (Ε6) Για τα k, m του (Ε) και (Ε5) ερωτήματος, να βρείτε το ελάχιστο και μέγιστο του z u. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ορια, Συνέχεια ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Σπύρος Καρδαμίτσης) Δίνεται η συνάρτηση α Να δείξετε ότι είναι, f (x)=e x ln x+ β Να λυθεί η εξίσωση e x ln(x +)= e, γ Να λυθεί η ανίσωση e x + ln x>e x. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Κώστας Καπένης) Εστω συνάρτηση f τέτοια ώστε η συνάρτηση h(x)=e f (x) f 3 (x)+ να είναι γνησίως αύξουσα. Να βρείτε την μονοτονία της f (x) και να λύσετε την ανίσωση: Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Μιγαδικοί Αριθμοί ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει η Μυρτώ Λιάπη ) Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :R Rκαι μιγαδικός z με z / έτσι ώστε να ισχύουν f (x)+sin (x)=x f (x) για κάθε x Rκαι όπου m= z z. f (x) lim = m, x x (α) Να δείξετε ότι z = z. (β) Να δείξετε ότι το z ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο (γ) Να βρείτε το lim x f (sin x) x x. (δ) Να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x)= f (x) x διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (,) και (,+ ). (ε) Να βρείτε όλους τους δυνατούς τύπους της f. (στ) Να δείξετε ότι η εξίσωση ( z+3 4i +5)x= x 3 + έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [, ]. ΑΣΚΗΣΗ με t R και k>. z=(k ηµt)+(k συνt)i (Ε) Να βρείτε πού κινείται η εικόνα του μιγαδικού z. (Ε) Αν η εικόνα του μιγαδικού w κινείται στην ευθεία y= x (k ), να βρείτε το k ώστε το z w min = 5. (Ε3) Για το k του (Ε) ερωτήματος βρείτε πού κινείται η εικόνα του z και το ελάχιστο και μέγιστο του z z. (Ε4) Για το k του (Ε) ερωτήματος βρείτε το ελάχιστο του w 3+4i. (Ε5) Αν ο μιγαδικός u με u=( +mηµt)+( +mσυνt)i, να βρείτε για ποια τιμή του m ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του u περνά από την αρχή των αξόνων. ( ) f (x x) ( f (4 x)> ) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Διαφορικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Θωμάς Ποδηματάς) Εστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [a, b], παραγωγίσιμη στο διάστημα (a, b) με f (a) f (b). Να δείξετε ότι υπάρχουνξ,ξ (a, b) μεξ ξ τέτοια ( ) ώστε να ισχύει ότι: f (ξ ) f f (b) f (a) (ξ )=. b a ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Σωτήρης Λουρίδας) Εστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [, e] R με f () =, f (e) = και f (x)+e f (x) = x+, για κάθε x [, e]. Να αποδειχθεί ότι: x f (x)=ln x για κάθε x [, e]. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ολοκληρωτικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Σωτήρης Λουρίδας) Να αποδειχθεί ότι: x + 8 dx< x ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Δίνεται συνάρτηση f :R R με συνεχή παράγωγο για την οποία ισχύει : Να αποδείξετε ότι : ( f (x)) + ( f (x)) x +, x R.. ( f ()) ( f ()) 4 3,. f () 4 3, 3. F () F (), όπου F είναι μια αρχική της f. 9 3

6 Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ασκήσεις σε όλη την Υλη ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Διονύσης Βουτσάς) Θεωρούμε τις συναρτήσεις f (x), g(x) : [a, b] R δυο φορές παραγωγίσιμες με g (x)>, x [a, b]. Αν ισχύει (x a) f (x)=(x b)g (x), x [a, b] τότε ) Να αποδείξετε ότι g (x)>και f (x)<, x (a, b) ) Αν επιπλέον ισχύει b να δείξετε ότι α) f (b)=g(a) a f (x)dx= b a g(x)dx β) Υπάρχει ακριβώς έναξ (a, b) : f (ξ)=g(ξ) ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης ) Να βρείτε τον τύπο ( ) της συνάρτησης f : (, + ) R που ικανοποιεί x την f = f (x) x f (y) για κάθε x, y (,+ ) και είναι y y y παραγωγίσιμη στο, με f ()= Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να βρεθούν οι τιμές του φυσικού αριθμού n, ώστε να ισχύει sin n x+cos n x+n sin x cos x=, για κάθε x R. ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Αν a, b, c ϑετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c=3, να δείξετε ότι a b c 3 (b+c) 3+ (c+a) 3+ (a+b) 3 8. ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο parmenides5) Δίνονται οι μιγαδικοί z = a+e a i, z = b+bi, z 3 = c+i ln c με a, b R, c>.. Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών z, z, z 3,. Να βρείτε το ελάχιστο μέτρο z z καθώς και τους μιγαδικούς z, z για τους οποίους επιτυγχάνεται το ελάχιστο, 3. Να βρείτε το ελάχιστο μέτρο z z 3 καθώς και τους μιγαδικούς z, z 3 για τους οποίους επιτυγχάνεται το ελάχιστο. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ABC με υποτείνουσα BC, ονομάζουμε I το έγκεντρο. Η ευθεία BI τέμνει την AC στο σημείο D και έστω E, το συμμετρικό του D ως προς την CI. Η ευθεία EI τέμνει την πλευρά AB στο σημείο έστω Z. Να αποδειχθεί ότι η DZ είναι παράλληλη στην CI. ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Δίνεται τρίγωνο ABC με εμβαδόν E και έστω M, τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Θέματα με Απαιτήσεις ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Να βρείτε τον τύπο της παραγωγίσιμης συνάρτησης f : [,+ ) Rγια την οποία ισχύει f (x)+ x f (x)= f( x) για κάθε x [,+ ). ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Από όλες τις εφαπτόμενες ευθείες στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x) = ln(xρ ) x κ+, ρ N, κ N, να βρεθούν εκείνες που εφάπτονται σε δύο διαφορετικά σημεία στην γραφική παράσταση της συνάρτησης. Τρεις τυχούσες ευθείες δια του M, τέμνουν τις πλευρές του ABC όπως φαίνεται στο σχήμα, δημιουργώντας τρία τρίγωνα με εμβαδά E, E, E 3. Να αποδειχθεί ότι E E E 3 E. Ασκήσεις μόνο για μαθητές ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Η συνάρτηση f : [,] R είναι παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και ισχύουν f ()= και Να δείξετε ότι f (x)=, x [,] e f (x) f (x) dx= f (). Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Ανδρέας Δαλαούτης) Να βρεθούν οι συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύει: (x y) f (x+y) (x+y) f (x y)=4xy(x y ) 4

7 ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αθανάσιος Κοντογιώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις γνησίως αύξουσες συναρτήσεις f :{,,...,} {,,...,} τέτοιες ώστε x+y x f (x)+y f (y), για κάθε x, y {,,...,}. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αναστάσιος Στυλιανού) Δίνεται τετράπλευρο ABCD εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και έστω το σημείο P AC BD. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί για Φοιτητές ΑΣΚΗΣΗ 45 (Από τον διαγωνισμό IMC του 996) Εστω n φυσικός αριθμός. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα π π sin nx (+ x ) sin x dx. ΑΣΚΗΣΗ 46 (Αλέξανδρος Γεωργακάπουλος) Εστω (a n ) n N φθίνουσα ακολουθία ϑετικών αριθμών τέτοια ώστε a n > για n άπειρους φυσικούς n. Να αποδειχθεί ότι η σειρά + n= a n αποκλίνει. Άλγεβρα ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 47 (Θανάσης Κοντογεώργης) Στο σύνολο M=R\{3} ορίζουμε την πράξη x y=3(xy 3x 3y)+m, m R. Να βρείτε όλα τα m για τα οποία η δομή (M, ) αποτελεί ομάδα. ΑΣΚΗΣΗ 48 (vzf) Εστω ένα σύνολο από m πραγματικούς n n πίνακες που έχει αντιστρέψιμο άθροισμα. Δείξτε ότι κάποιο υποσύνολο, το πολύ n από αυτούς τους πίνακες, έχει επίσης αντιστρέψιμο άθροισμα. Ανάλυση ΑΕΙ Στο εσωτερικό του ABCD ορίζεται το σημείο Q, ώστε να είναι QAB+ QCB= QBC+ QDC= 9 o. Αποδείξτε ότι τα σημεία P, Q, O είναι συνευθειακά, όπου O είναι το κέντρο του (O). ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει ο Κώστας Τσουβαλάς) Να υπολογιστεί το ln( aix) x + m dx, a>, m> ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Αν a n = + n j= να ln j υπολογιστεί το lim( n n) an ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Υποθέστε ότι για τυχόν σημείο P στο εσωτερικό κυρτού τετραπλεύρου ABCD, το άθροισμα των αποστάσεών του από τις ευθείες AB, BC, CD, DA, παραμένει σταθερό. Αποδείξτε ότι το ABCD είναι παραλληλόγραμμο. Θέματα Διαγωνισμών ΕΜΕ ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Αλέξανδρος Συγκελάκης - Θέμα ης Προκριματικής Φάσης Γ Λυκείου 995) Ενας 6-ψήφιος αριθμός αρχίζει με το ψηφίο 5. Είναι αληθές, ότι πάντα μπορούμε να προσθέσουμε από τα δεξιά του αριθμού 6 ψηφία ώστε ο λαμβανόμενος αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC και στις πλευρές του AB και AC τα σημεία D και E αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία DE να εφάπτεται AD στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: DB + AE EC = ΑΕΙ Μαθηματική Λογική και Θεμέλια Μαθηματικών ΑΣΚΗΣΗ 5 (Σπύρος Καπελλίδης) A n ={n,n,3n,...} με n N Αν J ένα άπειρο υποσύνολο τουn, τότε ποιο είναι το A i ΑΣΚΗΣΗ 5 (Σπύρος Καπελλίδης) Είναι γνωστό πως η συμμετροδιαφορά δύο συνόλων A, B ορίζεται ως εξής A B=(A\ B) (B\ A), είναι δε πράξη αντιμετα- ϑετική και προσεταιριστική. Να αποδειχθεί ότι το σύνολο A A... A n αποτελείται από εκείνα και μόνον τα στοιχεία που ανήκουν σε περιττό αριθμό A i Θεωρία Αριθμών ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 53 (Προτείνει ο Αναστάσης Καφετζόπουλος ) Αν p P μεp>5να δειχθεί ότι ο αριθμός (p )!+ δεν είναι δύναμη του p (δηλαδή δεν είναι της μορφής p k για κάποιο k N). i J 5

8 ΑΣΚΗΣΗ 54 (Προτείνει ο dimtsig) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί που έχουν σαν δεκαδικά ψηφία όλο μονάδες και είναι τέλεια τετράγωνα. Ανώτερα Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ 55 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω S ένα απειροσύνολο ϑετικών πραγματικών, για το οποίο για οποιοδήποτε πεπερασμένοπλήθοςστοιχείωντου s, s,..., s n ισχύει s +s +...+s n <. Είναι το S αριθμήσιμο ή υπεραριθμήσιμο ; ΑΣΚΗΣΗ 56 (Προτείνει ο Αχιλλέας Συννεφακόπουλος) Να βρεθούν όλες οι ακέραιες (entire) μιγαδικές συναρτήσεις f, g τέτοιες ώστε f (z) + g(z) = για κάθε z C. Η PQ τέμνει τηνεστο σημείο S, από το οποίο φέρω το άλλο εφαπτόμενο τμήμα S T. Δείξτε ότι η AT διέρχεται από το μέσο M της BC. Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών (ΑΣΕΠ) ΑΣΚΗΣΗ 57 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο η διχοτόμος BE της ορθής γωνίας B χωρίζεται από το κέντρο O του εγγεγραμμένου κύκλου σε λόγο BO 3 OE =. Να υπολογίσετε τις οξείες γωνίες του τριγώνου. ΑΣΚΗΣΗ 58 (Προτείνει ο Αναστάσιος Κοτρώνης) Ας υπολογισθεί η τιμή της παράστασης ( sin arctan ( 3 ( + arctan ) + arctan ) + arctan ( 5 ( 3 ) + arctan ) + arctan ( ) 7 ( )). ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Γιάννης Σταματογιάννης [Ποθητός Σταυρόπουλος]) Μεταβλητού τριγώνου ABC η κορυφή A παραμένει σταθερή, η γωνία BAC παραμένει σταθερή κατά μέγεθος και η πλευρά BC κινείται σε σταθερή ευθείαδ. Να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC εφάπτεται σταθερού κύκλου. Ο Φάκελος του καθηγητή, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Να λυθεί στοcη εξίσωση : z+ z = z + z = Ο Φάκελος του καθηγητή, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 59 (Προτείνει ο KARKAR) Ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A τριγώνου ABC και είναι παράλληλη προς την βάση BC. Κύκλος (O) εφάπτεται της ευθείας στο A και τέμνει τις πλευρές AB, AC στα σημεία P, Q αντίστοιχα. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω P(x) ένα πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές, n βαθμού με απλές ρίζες x, x,..., x n. Να αποδειχθεί ότι n i= P (x i ) P (x i ) = 6

9 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Κάποιος αγόρασε κιλά πατάτες, γνωρίζοντας ότι αποτελούνται κατά 99% από νερό. Τις άφησε στον ήλιο για μια βδομάδα και υπολόγισε ότι τώρα αποτελούνται κατά 98% από νερό. Πόσο ζυγίζουν τώρα οι πατάτες Ενας αριθμός (φυσικός) με δέκα ή λιγότερα ψηφία λέγεται αυτοβιογραφικός αν το πρώτο του ψηφίο (από αριστερά) δηλώνει των αριθμό των «μηδενικών» που περιέχει, το δεύτερο ψηφίο δηλώνει τον αριθμό των «μονάδων» που περιέχει κ.ο.κ. Για παράδειγμα τέτοιος αριθμός είναι ο &t 8473 Λύση (Δημήτρης Μυρογιάννης) Εστω x τα κιλά τώρα. Τα,98x είναι νερό και τα,x είναι ας πουμε άμυλο. Το άμυλο όμως (λογικά) δεν μεταβλήθηκε και παρέμεινε ένα κιλό, άρα,x=, δηλαδή x=5 κιλά. Λύση (Parmenides5) Μια λύση που μου άρεσε από έναν Φυσικό. Μου αρέσουν οι εξισώσεις! Αρχικά είχαμε κιλά πατάτες σύνολο, εκ των οποίων τα 99 κιλά είναι νερό. Εστω x κιλά η μάζα που χάνεται. Τώρα έχουμε x κιλά πατάτες σύνολο, εκ των οποίων τα 99 x κιλά είναι νερό. Οπότε 99 x =,98 99 x=98,98x x x,98x=99 98,x= x=5 κιλά. Άρα έμειναν 5=5 κιλά. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Να βρεθεί ο μικρότερος αυτοβιογραφικός αριθμός. 44&t 37 Λύση (Αλέξανδρος Συγγελάκης) Το είναι η απάντηση. Αν ο αριθμός ξεκινούσε από τότε ϑα είχε και δύο μηδενικά και στην τρίτη ϑέση τουλάχιστον ένα άσσο. Άρα ϑα ήταν τουλάχιστον 4-ψήφιος άρα μεγαλύτερος από το. Άρα αν βρούμε ένα αριθμό έως 4 ψηφία, είναι και ο ζητούμενος. Αν ξεκινάει από τότε ϑα έχει τουλάχιστον ένα και στην επόμενη ϑέση τουλάχιστον ένα. Μα το επόμενο ψηφίο δε μπορεί τότε να είναι το γιατί ϑα είχαμε άσσους, οπότε ϑα έπρεπε να βάλουμε στη δεύτερη ϑέση. Άρα με πρώτο ψηφίο το ϑα πρέπει υποχρεωτικά στη δεύτερη ϑέση να έχουμε οπότε ϑα πρέπει να τοποθετήσουμε τουλάχιστον άλλο ένα σε κάποια επόμενη ϑέση. Στην τρίτη ϑέση πρέπει να μπει τουλάχιστον ένας άσσος που δηλώνει το της προηγούμενης ϑέσης. Μένει το που χρωστάμε λόγω του πρώτου οπότε από την κατασκευή του ο συγκεκριμένος αριθμός είναι και ο μικρότερος. 7

10 Επιμελητής: Μπάμπης Στεργίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Κάπου ανάμεσα στις πόλεις B, Γ ϑα τοποθετηθεί ηλεκτρικός σταθμός που ϑα εξυπηρετεί τις πόλεις B,Γ καθώς και την μικρότερη A. Που ϑα τοποθετηθεί ο ηλεκτρικός σταθμός ώστε να χρειάζεται συνολικά το μικρότερο δυνατόν μήκος καλωδίου που να συνδέει κάθε μία από τις πόλεις με τον σταθμό; 33&p 778 Λύση (Γιώργος Απόκης) Αν K είναι η ϑέση του στα- ϑμού, τότε ϑέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε το άθροισμα KA+KB+ KΓ. Ομως, αφού το K είναι σημείο του τμήματος BΓ, το άθροισμα KB+KΓ είναι σταθερό και ίσο με BΓ. Επομένως, αρκεί να ελαχιστοποιήσουμε το AK. Για το λόγο αυτό φέρνουμε την κάθετη από το A στη BΓ και το ίχνος της ϑα είναι η ϑέση του σταθμού. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός A= είναι πολλαπλάσιο του &p 973 Λύση (Gauss 988) Ο αριθμός 6 6 έχει τελευταίο ψηφίο το 6 και αυτό συμβαίνει για όλες τις δυνάμεις με βάση 6. Ο αριθμός 3 3 έχει τελευταίο ψηφίο το 7 επειδή γράφεται (3 4 ) και το 3 4 έχει τελευταίο ψηφίο το και το 3 3 έχει το 7. Ο αριθμός 8 έχει τελευταίο ψηφίο το 8 επειδή γράφεται (8 4 ) 5 8 και το 8 4 έχει τελευταίο ψηφίο το 6 και το 8 έχει το 8. Ο αριθμός 9 5 έχει τελευταίο ψηφίο το 9 επειδή γράφεται (9 ) 9 και το 9 έχει τελευταίο ψηφίο το. Από τα παραπάνω, έχουμε ότι ο αριθμός έχει τελευταίο ψηφίο το, επειδή =3. Άρα διαιρείται με το, αλλά και με το 3 επειδή κάθε όρος του διαιρείται με το 3, όπως για παράδειγμα ο 6 6 διαιρείται με το 3, επειδή 6 6 = Άρα ο αριθμός ϑα διαιρείται και με το 3, δηλαδή και με το 3, επειδή gcd(3,)= 8

11 Επιμελητής: Σωτήρης Στόγιας ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Παύλος Μαραγκουδάκης) Ο κ. Μανώλης έχει μια αποθήκη AB όπως φαίνεται στο σχήμα με μήκος 6m και πλάτος 4m. Μια κατσικούλα είναι δεμένη στην άκρη ενός σχοινιού μήκους 9m όπως φαίνεται στο σχήμα. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Ο A, ο B και ο Γ, κάθονται γύρω από ένα τραπέζι, πάνω στο οποίο βρίσκεται πορτοφόλι με ικανό ποσό χρημάτων. Λέει ο A : Εγώ αν πάρω το πορτοφόλι ϑα έχω διπλάσιο ποσό χρημάτων από τους δυό σας! Απαντά ο B : αν πάρω εγώ το πορτοφόλι ϑα έχω τριπλάσια από σας!. Και ογ: Εγώκαι το πορτοφόλι πιάνουμε πενταπλάσια από τους δυό σας! Τι ποσοστό του συνολικού ποσού (συμπεριλαμβανομένου του πορτοφολιού) κατέχει ο B (α) Να γραμμοσκιάσετε την περιοχή στην οποία η κατσικούλα μπορεί να βοσκήσει. (β) Να βρείτε το εμβαδόν της περιοχής αυτής. 34&p 9 Λύση (Γιώργος Απόκης). Το εμβαδόν του μέρους που μπορεί να βοσκήσει η κατσίκα αποτελείται από ένα ημικύκλιο κέντρου E και ακτίνας 9m, από δύο τεταρτοκύκλια κέντρουγτο ένα και το άλλο και ακτίνας 6m καθώς δύο τεταρτοκύκλια κέντρου A το ένα και B το άλλο και ακτίνας m. Δηλαδή E= π 9 + π π 4 = π τ.µ. 34&p 36 Λύση ( Γιώργος Ρίζος) Εστω A, B, Γ τα ποσά που έχουν αντίστοιχα οι τρεις τους και x στο πορτοφόλι. Τότε έχουμε το σύστημα A+ x= (B+Γ) B+ x=3 (A+Γ) Γ+ x=5 (A+ B) Προσθέτοντας κατά μέλη: A+B+Γ+3x=8A+7B+5Γ x= 7A+6B+4Γ 3 Οπότε 3B+7A+6B+4Γ=9A+9Γ B= A+5Γ 9 Αφαιρώντας τις δύο πρώτες έχουμε: B A=3A+Γ B B= 4A+Γ 3 Οπότε 4A+Γ = A+5Γ 5A=Γ 3 9 Άρα B=3A και x= 7A+8A+A = 5A 3 B Άρα A+ B+Γ+ x = = 8 =,5% 9

12 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης) Δίνεται το πολυώνυμο: P(x)= x 5 x 4 +x 3... x +x. Υπολογίστε το P(). 35&t 855 Λύση (Βασίλης Ευαγγέλου) Αν αναλύσουμε τους συντελεστές και κάνουμε επιμεριστικές τότε: P(x)= x 5 x 4 +x 3... x + x= x 5 (+)x 4 + (+)x 3... (+)x + (+)x= = (x 5 x 4 + x 3... x + x)+ ( x 4 +x 3... x +x) () Άρα το P() είναι: () )+( )=+= ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Κώστας Καπένης) Άν το τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο με Â = 9 τότε να αποδείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές ab, bc, (a+c)(a c) το οποίο μάλιστα είναι και αυτό ορθογώνιο. 35&t 4 Λύση (kanenas) Στο τρίγωνο ABC ισχύει a = b + c Οι πλευρές του ορθογωνίου που ψάχνουμε είναι ab, bc, a c = (b + c ) c = b Είναι a>b άρα ab>b, a>c άρα ab>bc, οπότε η μεγαλύτερη πλευρά είναι η ab. Υψώνοντάς όλες τις πλευρές στο τετράγωνο παίρνουμε a b, b c, b 4 Είναι a b = (b + c )b = b 4 + c b, που είναι το άθροισμα των τετραγώνων των άλλων δύο πλευρών, που σημαίνει ότι είναι ορθογώνιο.

13 Επιμελητής: Στράτης Αντωνέας ΑΣΚΗΣΗ 9 (Νίκος Αλεξανδρόπουλος) Να προσδιορισθεί η τιμή του πραγματικού m ώστε η εξίσωση (m )x 4 5x +3m = να έχει τέσσερις πραγματικές ρίζες. 9&t 47 Λύση (Χαρίλαος Χόρτης) Αν m = τότε η εξίσωση γίνεται: 5x += x=± 5. Σ αυτή την περίπτωση η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες. Αν m τότε ϑέτουμε x = z και η εξίσωση μετασχηματίζεται στην με διακρίνουσα και (m )z 5z+3m = (z)=( 5) 4(m )(3m ) = 5 4(3m 5m+) = 5 m +m 8 = m +m+7 m m 7 () (m)=( ) 4( 7)=4+86=6 m = m = 6 4 = 5+ 9, 6 = Άρα () 5 9 m Η εξίσωση 6 6 έχει τέσσερις πραγματικές ρίζες, αν και μόνο αν, η επιλύουσα έχει μη αρνητικές ρίζες. Από τους τύπους Vieta έχουμε: z + z = b a = 5 m > m> z z = γ a = 3m m 3m 3m m 3 δηλαδή οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν για m> και συνεπώς <m ΑΣΚΗΣΗ (Δημήτρης Βερροιόπουλος) Αν: x=... }{{} ν ψηϕία y=... }{{} ν+ ψηϕία z= } {{ }, νψηϕία να αποδείξετε ότι το άθροισμα: x+y+z+8 είναι τετράγωνο ρητού αριθμού. 9&t 383 Λύση (Ηλίας Καμπελής) Είναι: x= } {{ } ν ψηϕ ια = ν = ν 9 ως άθροισμα των ν πρώτων όρων γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο a = και λόγολ=. Ομοίως: και y= } {{ } ν+ ψηϕ ια = ν = ν+ 9 = ν 9

14 Άρα z=666 6 } {{ } νψηϕ ια = ν = 6 ν 9 = 6 ν 6. 9 x+y+z+8= ν + ν + 6 ν x+y+z+8= ν +6 ν ( ν ) +8 x+y+z+8=. 3

15 Επιμελητής: Μιχάλης Νάννος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Εστω το τετράγωνο ABΓ και O το σημείο τομής των διαγωνίων του. Αν η διχοτόμος τηςγâ τέμνει τη O στο E, τηνγ στο Z και το μήκος του EO είναι 4, να υπολογίσετε το μήκος της ZΓ. &t Λύση (Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Φέρω ON//ZΓ. Είναι AZ διχοτόμος της ÂΓ=45, άρα ZÂΓ=ϕ=,5. AÊO=67,5 (), Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) Εστω α η πλευρά του τετραγώνου. Από το ϑεώρημα εσωτερικής διχοτόμου x στο AΓ έχουμε a x = AΓ A =, άρα x= + a. Ομοια, από το ϑεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο AO είναι OE= + a, άρα x=oe=48. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο KARKAR) Σημείο S βρίσκεται στην πλευρά CD του παραλληλογράμμου ABCD. Η BS τέμνει την AD στο T. Κατασκευάζω τα διχοτομούντα τμήματα AM, T M, CN, S N των αντίστοιχων γωνιών. Υπολογίστε τη M DN = ϕ συναρτήσει της Â=θ. ως συμπληρωματικής της ϕ στο ορθογώνιο τρίγωνο AOE. E NO=EÂB=,5 +45 = 67,5 (), ως εντός - εκτός επί τα αυτά. Από (),() το τρίγωνο ONE είναι ισοσκελές (OE=ON=4). Είναι O μέσον της AΓ στο τρίγωνο ZAΓ και η εξ αυτού παράλληλη προς την ZΓ ϑα είναι το μισό της. Επομένως ZΓ= x=on=48. 3

16 &t 3657 Λύση (Antonis Z) Φέρω την BM και ϑέτω I το σημείο τομής των BM, DC. Εστω ότι η προέκταση της BN τέμνει την AD στο E. Τα N, M είναι παράκεντρα, συνεπώς η BN είναι διχοτόμος της S BC= S BN+ NBC= x και επίσης η BM είναι διχοτόμος της ABS= ABM+ MBT= y. Εύκολα βρίσκουμε ότι DCN = MAD = x+y. Το τετράπλευρο MABE είναι εγγράψιμο, άρα ABM = AEM= y. Επίσης BEA= EBC=x λόγω της παραλληλίας. Το τετράπλευρο IBCN είναι εγγράψιμο, άρα CBN = CIN = x, επομένως DIN = NED και από αυτό καταλαβαίνουμε ότι το τετράπλευρο DIEN είναι εγγράψιμο. Λόγω της παραλληλίας είναι επίσης DIB = ABI = y, άρα DIB = DE M, οπότε το τετράπλευρο MIDE είναι και αυτό εγγράψιμο. Από την εγγραψιμότητα των DIEN, MIDE έχουμε ότι το MDNE είναι εγγράψιμο, άρα MDN=ϕ=8 x y=8 B = 9 + θ. 4

17 Επιμελητής: Φωτεινή Καλδή ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Δίνεται η ακολουθία (α ν ) μεα = 4 και αναδρομικό τύπο μεν N. α ν+ = 8α ν 9 α ν + α Να αποδείξετε ότι η ακολουθία (β ν ) με β ν = α ν 3 μεν N είναι αριθμητική πρόοδος και να βρεθεί ο γενικός τύπος της. β Να βρεθεί το άθροισμα τωννπρώτων όρων της ακολουθίας (β ν ). γ Να βρεθεί ο ν-οστός όρος της ακολουθίας (α ν ). γ Είναι : β v = a v 3 v+4 = 5 a v 3 a v 3= 5 v+4 a v= 3+ 5 v+4 a v= 3v+7 v+4, v N. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο KARKAR) Αν ισχύει : x = 3 a = 6 b,να δείξτε ότι : x= ab a b. &t 4475 Λύση ( f reyia) x ln=a ln3=b ln6=b ln(.3)=b ln+b ln3 x ln=a ln3 και &t 494 Λύση (Γιώργος Απόκης) α Είναι : β v+ = = a v+ 3 = 8a v 9 8a v 9 3(a v +) a v + = a v+ 5(a v 3) a v + 3 = a v+ 5a v 5 Επομένως, για κάθε v N, έχουμε : β v+ β v = a v+ 5(a v 3) a v 3 = a v+ 5 5(a v 3) β v+ β v = a v 3 5(a v 3) = 5 : σταθερό. Δηλαδή, αποτελεί αριθμητική πρόοδο με β = a 3 = καιβ v= +(v ) 5 = v+4 5, v N. β Το άθροισμα είναι : S v = v (β +β v )= v ( + v+4 ) = v v = v +9v. (a b) ln3=b ln ln= a b ln3. b Επομένως ϑα είναι: x ln=a ln3 x a b b Λύση (Φωτεινή Καλδή) Εστω ln3=a ln3 x= ab a b x = 3 a = 6 b = m x= m ln, a= m ln3, b= m ln6, a b m ab= ln3ln6, a b=m ln ln3ln6 ab a b = m ln = x. Λύση 3 (Μαργαρίτα Βαρελά) x = 3 a = 6 b x ln=a ln3=b ln6 x ln ab a b = x ln ln3 x ln ln6 ln3 x ln ln6 = x ln x ln ln6 x ln ln3 = 5

18 ln x ln(ln6 ln) = x ln ln ln = x Λύση 4 (Σωτήρης Λουρίδας) 3= a x x x b, 6= b 3= b x a = x b b x= ab a b. Λύση 5 (Γιώργος Ρίζος) Αν x = a = b = προφανώς ισχύει η υπόθεση αλλά όχι το συμπέρασμα. Θεωρούμε { a, b, x Είναι προφανώς a b, αφού a=b 3 a = 6 b 3 a = 6 a άτοπο. 6

19 Επιμελητής: Ανδρέας Βαρβεράκης ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γιώργης Καλαθάκης) Δίνονται οι κύκλοι (O, R),(K, r) οι οποίοι εφάπτονται εξωτερικά στο E. Φέρνουμε τις διαμέτρους AB, Γ των δυο κύκλων,κάθετεςστη διάκεντρο OK καιτον περιγεγραμμένο κύκλο του AB Γ. Να αποδειχθεί ότι η μπλέ περιοχή είναι ισεμβαδική με την κίτρινη περιοχή. &p 755#p755 Λύση (KARKAR) Ο μεγάλος κύκλος έχει ακτίνα R + r αφού AL=CL. Είναι E µπλǫ = E µǫγ E µǫσ E µικ E E = π(r + r ) E E. Τόσο είναι προφανώς και το E κιτ! &t 489 Λύση (Φωτεινή Καλδή) Τριγωνομετρικά: M AC BD, C ˆBD=A ˆBD= x, C ˆMB=7+ x x=4 o τώρα με νόμο ημιτόνων γύρω-γύρω στα ABC, BCD, CDA, DAB καταλήγουμε στην sin7 sin(5 a) sin(7 a) = sin3 sin a sin(6+a) sin7 sin3 = cos cos( a) cos6 cos(6+a) cos= cos+cos(6+a) cos(6+a) cos(6+a)= a=5 o Λύση (Κώστας Βήττας) Από LA = LC = R + r, () προκύπτει άμεσα το ζητούμενο, αφού το άθροισμα των δύο εφαπτόμενων κύκλων είναι ίσο με τον κύκλο κέντρου L και ακτίνας LA=LB. Νομίζω όμως, ότι η () δεν ϑεωρείται γνωστό αποτέλεσμα και ϑα πρέπει να αποδεικνύεται ( εύκολο από R + (LO) = (LA) = (LC) = r + (LK) και R+r=OK= LO+LK ). ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Δημήτρης Μυρογιάννης) Εστω κυρτό τετράπλευρο ABCD με τις διαγώνιες του AC, BDνασχηματίζουν τιςγωνίες CAB, BCA, CDB, BDA μεμέτρο 7,3, (5 a), a μοίρες, η κάθε μια, αντίστοιχα. Αν επιπλέον η διαγώνιος BD είναι διχοτόμος της γωνίας CBA βρείτε τον αριθμό των μοιρών που εκφράζει το a. Λύση (Μιχάλης Νάννος) Ισχύει ABC (7,8,3 ). 7

20 Φέρουμε από το C κάθετη στη BD, που τέμνει την προέκταση της BA στο E. Το BCE (8,5,5 ) είναι ισοσκελές (λόγω διχοτόμου - ύψους), το τετράπλευρο BCDE χαρταετός και το AEDC εγγράψιμο (CÊA=C DA=5 ). Ετσι A DE=AĈE=, DCE (7,55,55 ) και απ το τρίγωνο BCD : a=5. Λύση 3 (Δημήτρης Μυρογιάννης) Από το σημείο A φέρουμε κάθετη στην BD η οποία τέμνει τη CB στο σημείο E και έτσι σχηματίζεται το εγγράψιμο ADCE (από τις γωνίες των 5 μοιρών), το οποίο μαζί με την ισότητα των τριγώνων DEB, DAB δίνει εύκολα a = 5 μοίρες. 8

21 Επιμελητής: Λευτέρης Πρωτοπαπάς ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο KARKAR) Βρείτε την εξίσωση κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων, για τον οποίο τα εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από τα σημεία A(, 3) και B(4, ), είναι παράλληλα μεταξύ τους. 3&t 44 Λύση (Αθανάσιος Μπεληγιάννης) Εστω ρ > η ακτίνα του κύκλου και C(α,β), οπότε D( α, β). Οι εφαπτομένες AC, BD έχουν εξισώσεις: αx+βy=ρ και αx βy=ρ, αντίστοιχα. Οπότε από τα σημεία A και B έχουμε: α+3β=ρ και 4α β=ρ. Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμεα= ρ καιβ=ρ, οπότε από την εξίσωση του κύκλου προκύπτει ότι: α +β =ρ... ρ =, δηλαδή ο κύκλος c έχει εξίσωση x + y =. Λύση (Γιώργος Απόκης) Εστω a ο (κοινός) συντελεστής διεύθυνσης των εφαπτόμενων και r> η ακτίνα του κύκλου. Τότε (AC) : y 3=a(x ) ax y a+3= και (BD) : y =a(x 4) ax y 4a+=. Αυτές εφάπτονται του κύκλου, άρα ϑα ισχύουν: d(o, AC)=r 3 a = r a + 3 a =r a + και d(o, BD)=r 4a = r a + 4a =r a +. Από τις δύο τελευταίες προκύπτει 3 a = 4a, άρα a= ή a= 3. Για a= έχουμε r=, άρα C : x + y = (μπλε κύκλος) και a= 3 έχουμε r= άρα C : x + y = (κόκκινος κύκλος). Να παρατηρήσω ότι στη δεύτερη περίπτωση οι εφαπτόμενες συμπίπτουν, άρα είναι παράλληλες με την ευρύτερη έννοια. Λύση 3 (Γιώργος Ρίζος) Εστω y=λx+β, λ, β Rη εξίσωση μιας ευθείαςε που διέρχεται από το A και δεν είναι κάθετη στον x x. Τότε 3=λ +β β=3 λ. Τέμνει τον y y στο K (, 3 λ). Εστω y=λx+γ,λ,γ Rηεξίσωση της ευθείαςε που διέρχεται από το B και είναι παράλληλη στηνε. Τότε =λ 4+γ γ= 4λ. Τέμνει τον y y στο L (, 4λ). Αν οι ευθείες είναι εφαπτόμενες σε κύκλο με κέντρο O και ακτίνα R στο C, D αντίστοιχα, τα ορ- ϑογώνια τρίγωνα KON, LOD είναι ίσα, αφού έχουν CO= DO=R, ĈON= DOL (κατά κορυφή), οπότε OK= OL 3 λ = 4λ (... λ= λ= ). 3 Οπότε R=d (O,ε )=... R=. Λύση 4 (parmenides5) Πρώτη περίπτωση Τα εφαπτόμενα τμήματα AC, BD ανήκουν σε διαφορετικές εφαπτόμενες. Εστω M το μέσο του AB. Τότε 9

22 ( +4 M, 3+ ) ( 5 =, 5 ). Η OM είναι η μεσοπαράλληλος των ευθειών AC, BD, ως διάμεσος του τραπεζίου με βάσεις AC, BD, αφού AC BD. Αφού x M = 5 = x O διεύθυνσης λ OM = y M y O x M x O = 5 5 =, ορίζεται ο συντελεστής οπότε η OM έχει εξίσωση y =(x ) y= x. Ο κύκλος έχει ακτίνα την απόσταση των παραλλήλων AC, OM, οπότε ρ=d(ac, OM)=d(A, OM)= y A x A ( ) + = 3 = =. Άρα ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων ϑα έχει εξίσωση x + y =ρ = =. δεύτερη περίπτωση Τα εφαπτόμενα τμήματα AC, BD ανήκουν στην ίδια εφαπτομένη, την AB (καθώς C D). Αφού x A = 4= x B ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης λ AB = y B y A = 3 x B x A 4 = 3, οπότε η AB έχει εξίσωση y 3= (x ) 3y 9= x+ x+3y=. 3 Ο κύκλος έχει ακτίνα την απόσταση του κέντρου του από την εφαπτομένη του AB, δηλαδή ρ=d(o, AB)= + = =. +3 Άρα ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων ϑα έχει εξίσωση x + y =ρ =. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Για κάθε ακέραιο n, με n, να αποδείξετε ότι ισχύει: n > n. 3&t 85 Λύση (Θάνος Μάγκος) Είναι k+ k > k για κάθε k>και για k=ισχύει ως ισότητα. Άρα k k > k, άρα k > k k. Επομένως, είναι n > n n + n n = n. Λύση (Θάνος Μάγκος) Είναι n n > n n = n n k= k k= k n!. Αρκεί τώρα να αποδειχθεί ότι n n n! > n, δηλαδή ότι n> n n!. Πάλι από την ΑΜ-ΓΜ είναι n > n(n+) = n> n n 3 n=n n n!, οπότε προκύπτει η ζητούμενη. Λύση 3 (Μιχάλης Λάμπρου) Το επαγωγικό βήμα είναι n + n+ > n+ n+, που εύκολα ελέγχουμε ότι είναι> n+. Πράγματι (και ουσιαστικά αυτό ακριβώς λέει η πρώτη λύση του Θάνου) έχουμε n+ n= n++ n < n+.

23 Επιμελητής: Χρήστος Τσιφάκης ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x x+ για x και ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης Ω = {,,...,n}, με πιθανότητες P(k)= 5 f (k) για k Ω. (α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. (β) Να βρεθεί η τιμή του n. (γ) Μια μεταβλητή ακολουθεί κανονική κατανομή με μέση τιμή x=n. Αν το 6% των παρατηρήσεων έχει τιμή μικρότερη του 33, να εξετάσετε το δείγμα ως προς την ομοιογένεια. 8&t 4 Λύση (Διονύσης Βουτσάς) (α) Η πρώτη παράγωγος είναι f (x)= x x+ > άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα. (β) Από τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε ότι άρα P()+ P()+ +P(n)= f ()+ f ()+ + f (n)= 5 και άρα από τον τύπο της f (x) για x=,..., x= n με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ( 5 = και άρα n=35. ) ( + ( ) + n n+ = n+ 3 ) + (γ) Αφού το 6% έχει τιμή μικρότερη του 33 τότε x s=33 και άρα s=. Άρα ο συντελεστής μεταβολής ισούται με CV= s x %=5,7% και αφού CV< % τότε το δείγμα είναι ομοιογενές. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Parmenides5) Μια βιομηχανία κατασκευάζει αυτοκίνητα με κυβικά μηχανών από α έως β lit με α<β και α,β R. Δίνεται ότι με μηχανές το πολύ,6 lit αναμένεται να κατασκευάζεται το % των αυτοκινήτων ενώ με μηχανές τουλάχιστον, 4 lit αναμένεται να κατασκευάζεται το 9% των αυτοκινήτων. Αν η παραπάνω κατανομή είναι ομοιόμορφη στο [α, β] να βρεθούν: (α) Οι αριθμοία,β. (β) Η μέση τιμή της κατανομής. (γ) Το πλήθος των αυτοκινήτων που αναμένεται να κατασκευάζει η βιομηχανία σε ορισμένη χρονική περίοδο, αν στο ίδιο χρονικό διάστημα αναμένεται να κατασκευάζει αυτοκίνητα με κυβικά έως και lit. 8&t 598 Λύση (Κωνσταντίνος Κομποθέκρας) (α) Εστω X ο κυβισμός ενός τυχαίου κινητήρα. Τότε ορίζουμε τα ενδεχόμενα A = {X,6} και B = {X,4}. Επειδή η κατανομή που ακολουθεί η X είναι ομοιόμορφη, η πιθανότητα του κάθε ενδεχομένου ϑα είναι ανάλογη του μήκους του διαστήματος [α,β]. Εχουμε επομένως από τα δεδομένα: P(A)=,6 a β a =, και P(B)= β,4 β a =,9. Λύνοντας το σύστημα ως προςακαιβπροκύπτει ότια=, καιβ=3,

24 (β) Η μέση τιμή λόγω του ότι η κατανομή είναι ομοιόμορφη ϑα είναι a+β =,. (γ) Θεωρούμε το ενδεχόμενο Είναι και πάλι Γ={X } N(Γ), = P(Γ)= N(Ω) 3,, =,4 οπότε με N(Γ)= και βρίσκουμε N(Ω)=5. Λύση (parmenides5) Επειδή η κατανομή είναι ομοιόμορφη στο [α, β], οι τιμές της είναι ομοιόμορφα κατανεμημένες στο εκάστοτε διάστημα, δηλαδή τα μεγέθη πλάτος διαστήματος και συχνότητα στο αντίστοιχο διάστημα είναι ανάλογα ποσά. (α) Πρώτος τρόπος: Σε διάστημα πλάτουςβ α περιέχεται το % των τιμών. Σε διάστημα πλάτους,6 α περιέχεται το % των τιμών. Συνεπώς β α,6 α =. () Σε διάστημα πλάτουςβ α περιέχεται το % των τιμών. Σε διάστημα πλάτους β,4 περιέχεται το 9% των τιμών.συνεπώς β α β,4 = 9. () Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (),() βρίσκω πωςα=, καιβ=,. Δεύτερος τρόπος: Στο διάστημα [α,β] περιέχεται το % των τιμών και στο διάστημα [α,.6] περιέχεται το % των τιμών, συνεπώς στο διάστημα [.6,β] περιέχεται το 8% των τιμών. Επειδή στο διάστημα [.4,β] περιέχεται το 9% των τιμών τότε στο διάστημα [.4,.6] περιέχεται το % των τιμών. Συνεπώς σε διάστημα πλάτους,6,4=, περιέχεται το % των τιμών. Οπότε σε διάστημα πλάτους, =, 4 περιέχεται το %=% των τιμών κι επειδή σε διάστημα πλάτους,6 α περιέχεται το % των τιμών τότε,6 α=,4 α=,6,4=,. Σε διάστημα πλάτους,= περιέχεται το =% των τιμών κι επειδή στο διάστημα [α,β] περιέχεται το % των τιμών τότε β α= β=α+=,+=3,. (β) Στην ομοιόμορφη κατανομή η διάμεσος και η μέση τιμή ταυτίζονται και ισούνται με το ημιάθροισμα των άκρων του διαστήματος, οπότε x= α+β =,+3, = 4,4 =,. (γ) Σε διάστημα πλάτους 3,,= περιέχονταιν τιμές (το μέγεθος του δείγματος). Σε διάστημα πλάτους,=,8 περιέχονται τιμές. Συνεπώς,8 = ν και άρα αυτοκίνητα. ν=,8 = 5

25 Επιμελητής: Κώστας Τηλέγραφος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει η Μυρτώ Λιάπη ) Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :R Rκαι μιγαδικός zμε z / έτσι ώστε να ισχύουν για κάθε x Rκαι όπου m= z z. f (x)+sin (x)=x f (x) lim x f (x) x = m, (α) Να δείξετε ότι z = z. (β) Να δείξετε ότι το z ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο (β) Εχουμε (γ) Εχουμε z = z z = z (z )( z )=(z )( z ) 4z z z z+=z z z z+4 3z z=3 z =. lim x f (sin x) x x = lim f (sin x) sin x x sin x x = ( )=. x (γ) Να βρείτε το lim x f (sin x) x x. (δ) Ναδείξετεότιησυνάρτηση g(x)= f (x) xδιατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (,) και (,+ ). Διότι (δ) Εχουμε lim x f (sin x) sin x sin x=u x u f (u) = lim =. u u (ε) Να βρείτε όλους τους δυνατούς τύπους της f. (στ) Να δείξετε ότι η εξίσωση ( z+3 4i +5)x= x 3 + έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [, ] #p574 Λύση (Δημήτριος Κατσιπόδας) (α) Για x έχουμε οπότε f (x) + sin (x) x x ( ) ( f (x) sin x lim + x x x = f (x), x ) = lim x f (x), x άρα m + = m το οποίο δίνει m=. Επειδή m= έχουμε z z = και άρα z = z. f (x)+sin x=x f (x) f (x) x f (x)+ x = x sin x ( f (x) x) = x sin x g (x)= x sin x. Ισχύει όμως ότι sin x x, για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=άρα για x έχουμε x sin x, οπότε g (x). Επειδή η g είναι συνεχής στο (,) και στο (,+ ), διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από αυτά τα διαστήματα. (ε) Εχουμε 4 δυνατούς τύπους για την f. () f (x)= x+ x sin x. () f (x)= x x sin x. x+ x sin x αν x, (3) f (x)= x x sin x αν x<. x+ x sin x αν x, (4) f (x)= x x sin x αν x>. 3

26 (στ) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=( z+3 4i +5)x x 3 για x [,]. Η h είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Εχουμε h()= z+3 4i +5 = z+3 4i 6 διότι z+3 4i z + 3 4i =6. Επίσης έχουμε h()= z+3 4i + 8 = ( z+3 4i 4) διότι z+3 4i z 3 4i = 4. h()h(). Οπότε Αν h()h() < τότε από ϑεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x (,) τέτοιο ώστε h(x )=. Δηλαδή η εξίσωση (Ε6) Για τα k, m του (Ε) και (Ε5) ερωτήματος, να βρείτε το ελάχιστο και μέγιστο του z u #p457 Λύση (Μυρτώ Λιάπη) (Ε) Θέτουμε z= x+yi, x, y R και τότε είναι Αφού, x=k ηµt, y=k συνt. ηµ (t)+συν (t)= (x k) + (y k) =. Ετσι η εικόνα του z κινείται σε κύκλο με κέντρο το A(k, k) και ακτίναρ = με k>. ( z+3 4i +5)x= x 3 + έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (, ). Αν h()h() =, τότε η x= ή η x= είναι ρίζα της εξίσωσης. Επομένως η εξίσωση ( z+3 4i +5)x= x 3 + έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [, ]. ΑΣΚΗΣΗ με t Rκαι k>. z=(k ηµt)+(k συνt)i (Ε) Να βρείτε πού κινείται η εικόνα του μιγαδικού z. (Ε) Αν η εικόνα του μιγαδικού w κινείται στην ευθεία y= x (k ), να βρείτε το k ώστε το z w min = 5. (Ε3) Για το k του (Ε) ερωτήματος βρείτε πού κινείται η εικόνα του z και το ελάχιστο και μέγιστο του z z. (Ε4) Για το k του (Ε) ερωτήματος βρείτε το ελάχιστο του w 3+4i. (Ε5) Αν ο μιγαδικός u με u=( +mηµt)+( +mσυνt)i, να βρείτε για ποια τιμή του m ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του u περνά από την αρχή των αξόνων. (Ε) Είναι d(a,ε)= 3k > γιατί k>, έτσι η ευθεία δεν τέμνει τον κύκλο. Τότε και πρέπει z w min = d(a,ε) = 3k z w min = 5 γιατί k>. (Ε3) Για k= είναι 3k = 5 3k =5 k=, z=( ηµt)+(συνt )i. Θέτουμε z=α+βi,α,β R και τότεα= ηµ(t) καιβ=συν(t) και αφού ηµ (t)+συν (t)= (α ) + (β+) =. 4

27 Ετσι η εικόνα του z κινείται σε κύκλο με κέντρο το B(, ) και ακτίναρ =ρ =. Δεύτερος τρόπος: Από το (Ε) και για k = έχουμε ότι z (+i) = z ( i) = που σημαίνει ότι η εικόνα του z κινείται σε κύκλο με κέντρο το B(, ) και ακτίναρ =ρ =. Είναι z z = = ( ηµt)+(+συνt)i ( ηµt)+( συνt)i = ( συνt)i Εχουμε z z min = = και z z max = 3 = 6. και επειδήηµ t+συν t= ( m) + ( m) = m = m = m=±. (Ε6) Εστω c=z u =(k ηµt)+(k συνt)i ( +mηµt) ( +mσυνt)i =(k ηµt)+(k συνt)i+( mηµt)+( mσυνt)i =(k ηµt+ mηµt)+(k συνt+ mσυνt)i = [ k+ (+m)ηµt ] + [(k+ (+m)συνt)] i Θεωρούμε c= x+yi, x, y R άρα x=k+ (+m)ηµt x (k+)= (+m)ηµt, και y=k+ (+m)συνt y (k+)= (+m)συνt. Άρα (x (k+)) + (y (k+)) =(+m) ηµ t+(+m) συν t (Ε4) Είναι w 3+4i = w (3 4i) και παριστάνει την απόσταση της εικόνας του w από το K(3, 4). Είναι w 3+4i min = d(k,ǫ)= 3 4+ = (ή αλλιώς είναι μηδέν γιατί το σημείο K ανήκει στην ευθεία). (Ε5) Θέτουμε u=γ+δi,γ,δ R. Τότε ηµ(t)= +γ +δ,συν(t)= m m (είναι m γιατί αν m=, τότε η εικόνα του u ϑα είναι το (, )). Ετσι (x (k+)) + (y (k+)) = (+m) k= m=± (x 3) + (y 3) = (± ) Εστω M(x, y) σημείο του κύκλου (x 3) + (y 3) = ( + ). (γ+) m + (δ+) m = (γ+) + (δ+) = m και η εικόνα του u κινείται σε κύκλο με κέντρο το (, ) και ακτίναρ 3 = m. Για να περνάει ο κύκλος από το O(,) πρέπει (+) + (+) = m m = m=±. Δεύτερος τρόπος: Για να διέρχεται ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του w από την αρχή των αξόνων πρέπει να υπάρχει τιμή του m R ώστε u=+i { +mηµt= +mσυνt= ηµt= m συνt= m 5

28 Φέρνουμε την ευθεία OK, που τέμνει τον κύκλο στα A, B. Εχουμε (OK)=d(K, O)= 3 +3 = 3. Από τη γεωμετρία γνωρίζουμε ότι OB (OM) (OA). Οπότε και C max = (OA)=(OK)+ρ= = = 3 ++ =4 + C min = (OB)=(OK)+ρ= = = 3 =. Εστω M(x, y) σημείο του κύκλου Φέρνουμε την ευθεία OK, που τέμνει τον κύκλο στα A, B. Εχουμε (OK)=d(K, O)= 3 +3 = 3. Από τη γεωμετρία γνωρίζουμε ότι OB (OM) (OA). Οπότε και C max = (OA)=(OK)+ρ= = = 3 + =4 C min = (OB)=(OK)+ρ= = = 3 += +. (x 3) + (y 3) = ( ). 6

29 Επιμελητής: Μίλτος Παπαγρηγοράκης ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Σπύρος Καρδαμίτσης) Δίνεται η συνάρτηση f (x)=e x ln x+ α Να δείξετε ότι είναι, β Να λυθεί η εξίσωση e x ln(x +)= e, γ Να λυθεί η ανίσωση e x+ ln x>e x. γ) e x+ ln x>e x e x+ ln x+>e x ln x+ f ( ) x > f (x) x < x x> x > x> ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Κώστας Καπένης) Εστω συνάρτηση f τέτοια ώστε η συνάρτηση h(x)=e f (x) f 3 (x)+ να είναι γνησίως αύξουσα. 5&t 734 Λύση (Ηλίας Καμπελής). Να βρείτε την μονοτονία της f (x) και να λύσετε την ανίσωση: ( ) f (x x) ( ) f (4 x)> α) Η συνάρτηση ορίζεται όταν και μόνο όταν x>. Αν < x < x x > x e x > e x () (y=e x γν. αύξουσα) < x < x ln x < ln x ln x +> ln x +() 5&t 656 Λύση (Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Αφού η h είναι γνησίως αύξουσα στο R, για κάθε x, x R με x > x έχουμε ότι: h(x )>h(x ) e f (x ) f 3 (x )+>e f (x ) f 3 (x )+ (y=ln x γν. αύξουσα) Από (),() f (x ) > f (x ) οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα οπότε και ( f (x ) f (x ))( f (x )+ f (x ) f (x )+ f (x )) < e f (x) e f (x ) e f (x) e f (x (I) ) β) e x ln ( x +) = e e (x +) ln ( x +) += e + f ( ) x f : + = f () x + = x= που απορρίπτεται γιατί x>, οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. * Αν f (x )= f (x ) από την (Ι) προκύπτει ότι <, απορρίπτεται. * Αν f (x ) > f (x ) από την (Ι) προκύπτει ότι το πρώτο μέλος της (Ι) είναι ϑετικό και το δεύτερο μέλος αρνητικό, απορρίπτεται. Συνεπώς: f (x ) < f (x ), δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. 7

30 Αφού η συνάρτηση g(x) = α x, < α < είναι γνησίως φθίνουσα στο R, η δοσμένη ανίσωση ισοδύναμα γίνεται: - Αν x>yκαι αφού η h είναι γνησίως φθίνουσα, ϑα ισχύει h(x) < h(y), απορρίπτεται. ( ) f (x x) > ( ) f (4 x) f (x x)< f (4 x) Συνεπώς ισχύει ότι x<y. x x>4 x x > 4 x< ή x>. Για την λύση της ανίσωσης χρησιμοποιήθηκε η πρόταση: Αν η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο R ισχύει η ισοδυναμία: x < y h(x) > h(y), για κάθε x, y R. ΑΠΟΔΕΙΞΗ * Το ευθύ είναι ο ορισμός του σχολικού. * Για το αντίστροφο. - Αν x=y, ϑα ισχύει h(x)=h(y), απορρίπτεται. Λύση (αφορά το α μέρος) (Νίκος Αντωνόπουλος) Για τη μονοτονία της f αν κοιτάξουμε προσεκτικά τη συναρτησιακή σχέση που δίνεται ϑα εικάσουμε ότι μάλλον πρόκειται για συνάρτηση γν. φθίνουσα. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι η f δεν είναι γν. φθίνουσα. αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν x, x R με x < x ώστε f (x ) f (x ). Τότε εύκολα βρίσκουμε ότι e f (x ) e f (x ) και f 3 (x ) f 3 (x ) οπότε h(x ) h(x ) το οποίο είναι άτοπο καθότι η h είναι γν. αύξουσα. Άρα για κάθε x, x R με x < x ισχύει f (x ) f (x ), οπότε η f είναι γν. φθίνουσα. 8

31 Επιμελητής: Ροδόλφος Μπόρης ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Θωμάς Ποδηματάς) Εστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [a, b], παραγωγίσιμη στο διάστημα (a, b) με f (a) f (b). Να δείξετε ότι υπάρχουνξ,ξ (a, b) μεξ ξ τέτοια ( ) ώστε να ισχύει ότι: f (ξ ) f f (b) f (a) (ξ )=. b a 53&t 344 Λύση (Αχιλλέας Συννεφακόπουλος) Αν υπάρχει a< x<b τέτοιο ώστε f (x) f (a) x a τότε εύκολα βρίσκουμε ότι και = f (b) f (x) b x f (b) f (a) b a =λ :=λ, και το συμπέρασμα έπεται από το ΘΜΤ στα διαστήματα [a, x] και [x, b]. Αλλιώς, υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι λ> και ότι f (x) f (a) x a για κάθε a< x<b. > f (b) f (a) b a Το πεδίο τιμών της συνεχούς συνάντησης g(x) := f (x) f (a) x a) > f (b) f (x), b x στο (a, b] περίεχει ένα διάστημα της μορφής [λ, c) ( η συνάρτηση έχει ελάχιστο ίσο με λ) Ομοίως, το πεδίο τιμών f (x) f (b) της συνεχούς συνάντησης h(x) := στο [a, b) x b περίεχει ένα διάστημα της μορφής (d,λ] ( η συνάρτηση έχει μέγιστο ίσο μελ). Υπάρχει λοιπόν k > τέτοιο ώστε g(ξ) = kλ και h(ξ )=λ/k για κάποιαξ,ξ στο (a, b). Από το ΘΜΤ στο δίαστημα [a,ξ] υπάρχει ξ στο ανοικτό (a,ξ) τέτοιο ώστε f (ξ )=g(ξ). Ομοίως από το ΘΜΤ στο δίαστημα [ξ, b] υπάρχειξ στο ανοικτό (ξ, b) τέτοιο ώστε f (ξ )=h(ξ ). Πολλαπλασίαζοντας κατά μέλη της δυο τελευταίες και χρησιμοποιώντας τα παραπάνω παίρνουμε το ζητούμενο αφού το k απαλοίφεται. ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ: Εστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [a, b], παραγωγίσιμη στο διάστημα (a, b) με f (a) f (b). Να δείξετε ότι υπάρχουν διακεκριμμέναξ,ξ,...,ξ n (a, b) (n N ) τέτοια ώστε ( ) n f (ξ ) f (ξ ) f f (b) f (a) (ξ n )=. b a Λύση (Ροδόλφος Μπόρης) Πιστεύω πως η άσκηση μπορεί να γίνει πιο σχολική αν ϑεωρήσουμε ότι f f (b) f (a) συνεχής διότι έστω = f (ξ)>. b a Τότε υπάρχει συμμετρική περιοχή U του άξονα y : f (x)>, f (x) U. Τότε δοθέντος του ln f (ξ) μπορώ να βρω ξ,ξ U : ln f (ξ)= ln f (ξ )+ln f (ξ ), f (ξ )>, f (ξ )> πχ τα άκρα μιας μη συμμετρικής περιοχής (ξ,ξ )=V. Απολογαριθμίζοντας προκύπτει το ζητούμενο, αφού ξ <ξ<ξ. Λύση 3 (Θωμάς Ποδηματάς) ξ (a, k),ξ (k, b), τέτοια ώστε να ισχύουν οι σχέσεις: f f (k) f (a) (ξ )= () k a και f f (b) f (k) (ξ )= () b k ( ) f (b) f (a) Ζητώ f (ξ ) f (ξ )=, b a οπότε πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις () και (), απαιτώ να ισχύει ότι: f (k) f (a) k a f (b) f (k) b k ( ) f (b) f (a) = (3) b a f (b) f (a) Ονομάζω - για τεχνικούς λόγουςλ=, οπότε b a εξ αιτίας της σχέσης (3) αρκεί να βρω έναν k, τέτοιον 9

32 ώστε να έχω: f (k) f (a) k a f (b) f (k) b k =λ ή ( f (k) f (a)) ( f (b) f (k))=λ λ (k a) (b k) ( ) Η σκέψη τώρα είναι να βρω ένα k μέσα στο διάστημα (a, b), τέτοιον ώστε να ικανοποιούνται ταυτόχρονα οι σχέσεις: και f (k) f (a)=λ (b k) (4) δηλαδή η (4) πλέον είναι ισχυρή όπως άλλωστε και η (5). Τώρα, εφαρμόζοντας δύο φορές το Θεώρημα Μέσης Τιμής σε κάθε ένα των διαστημάτων [a, k], [k, b], και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τα αποτελέσματα, έχουμε άμεσα το ζητούμενο. Παρατήρηση (atemlos) Η άσκηση υπάρχει και σε ένα από τα βιβλία του Θ.Καζαντζή. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Σωτήρης Λουρίδας) Εστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [, e] Rμε f ()=, f (e)=και f (x)+e f (x) = x+, για κάθε x [, e]. Να x αποδειχθεί ότι: f (x)=ln x για κάθε x [, e]. f (b) f (k)=λ (k a) (5). Υπέθεσα ότι βρήκα έναν k που ικανοποιεί την (4). Αυτός όμως ικανοποιούσε την (5) Ηταν το ερώτημα... Με λίγες πράξεις και ισχυρή την (4): f (b) f (k)= f (b) [ f (a)+λ (b k) ] = f (b) f (a) λ (b k) =λ [b a b+k]= =λ (k a) () δηλαδή η σχέση (5) Τώρα πιά το μόνο που έμενε ήταν να δείξω την ύπαρξη του αριθμού k. Βλέποντας την σχέση (4), Θεωρώ τη (συνεχή προφανώς) συνάρτηση h(x)=f(x) f(a) λ (b x),x [a,b] και εφαρμόζω σ αυτήν το ϑεώρημα του Bolzano h(a)= λ (b a)= f (a) f (b) h(b)= f (b) f (a) λ = f (b) f (a). Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες έχουμε: h(a) h(b)= ( f (a) f (b)) <, αφού δίνεται ότι f (a) f (b). Ετσι ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano για τη συνάρτηση h στο [a, b] και κατά συνέπεια k (a, b) : h(k)=, 53&t 467 Λύση (Σπύρος Καπελίδης) Θεωρώ τη συνάρτηση h(x)= f (x) lnx, x [, e], η οποία είναι συνεχής (και παραγωγίσιμη) και μηδενίζεται στα άκρα του παραπάνω διαστήματος. Αν για κάποιο x (, e) έχουμε h(x ), μπορούμε να υποθέσουμε ότι, προφανώς χωρίς βλάβη, f (x ) >, τότε η συνάρτηση ϑα παρουσιάζει ϑετικό μέγιστο (αφού έχει μία τουλάχιστον ϑετική τιμή)σε ένα σημείο x που ϑα ανήκει στο εσωτερικό του διαστήματος [, e] (αφού στα άκρα μηδενίζεται), άρα από το ϑεώρημα Fermat ϑα έχουμε h (x )= f (x )= x, οπότε η δοθείσα για x= x δίνει e f (x ) = x f (x )=lnx h(x )=, άτοπο και τελειώσαμε. Λύση (Χρήστος Κυριαζής) Για μεγαλύτερη ευκολία στη λύση, ϑέτουμε g(x)= f (x) lnx στο [, e]. Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [, e] ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Είναι: g()=g(e)= Τότε η δοθείσα γίνεται: g (x)= x(e g(x) ), x [, e] () Η g ως συνεχής σε κλειστό διάστημα λαμβάνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Προφανώς το μέγιστο της είναι μη αρνητικό. Αν ήταν ϑετικό τότε δεν το λαμβάνει σε 3

33 άκρο, επομένως αν είναι x η ϑέση μεγίστου, ϑα ισχύει g(x )> και από το Θ.Fermat g (x )=. Αυτό όμως, λόγω της () είναι άτοπο. Επομένως η μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι το μηδέν. Μήπως είναι και η ελάχιστη; Για να δούμε... Αν λαμβάνει την ελάχιστη τιμή σε κάποιο εσωτερικό σημείο ας είναι x,τότε πάλι λόγω της () και του ϑεωρήματος Fermat καταλήγουμε πως g(x ) =. Αν τη λαμβάνει σε άκρο πάλι ϑα είναι ίση με μηδέν. Επομένως σε κάθε περίπτωση η ελάχιστη τιμή της g είναι μηδέν. Δηλαδή η g είναι η μηδενική συνάρτηση στο [, e]... άρα g(x)=, x [, e] f (x)=lnx x [, e]. Λύση 3 (Γιάννης Σταματογιάννης ) Μερικές σκέψεις στο ϑέμα που προτείνεται. Κάνουμε τις παρακάτω αντικαταστάσεις: και g(x)= f (x) lnx g (x)= x xe f (x) xe g(x) + (e g(x) ) = x h(x)=e g(x), xh(x)+h (x)= x, άρα καταλήγουμε σε μορφή πολλαπλασιάζουμε με e x συνεπώς (e x h(x)) = xe x e x x h(x)=e + c e lnx f (x)=+ce x x=, c=. Συνεπώς είναι e lnx f (x) = f (x)=lnx. Οι δυο διαδοχικές αντικαταστάσεις έγιναν για να φτάσουμε στα γνωστά ϑέματα των μαθητών. Λύση 4 (Κώστας Σερίφης) Εστω ότι x (,+ ) ισχύει: f (x)+e f (x) = x+ x (). Τότε η παράγουσα της x+ x Η () γίνεται: x είναι g(x)= +lnx, x>. e f (x) = (g(x) f (x)) ή e f (x) (g(x) f (x)) =. g(x) f (x) Πολλαπλασιάζοντας με e g(x) = x e x έχουμε: e ( (g(x) f (x)) = x e ) ) x, δηλαδή e g(x) f (x) = (e x, οπότε e g(x) f (x) = e x + c. Για x = είναι c = και έτσι έχουμε εύκολα το ζητούμενο f (x)=lnx, x>. Λύση 5 (Σωτήρης Λουρίδας) h : (,+ ),h(x)= e f (x) x. Τότε h ()=h (e)= και f (x)= h (x)+ xh (x) xh (x) x + h (x) h (x) + xh (x)= x+ x h (x)= xh (x) ( h (x)). = x + h (x) h (x), οπότε Η τελευταία σχέση μας οδηγεί στο συμπέρασμα, αν υπάρχει τοπικό ακρότατο σε ϑέση x = x, τότε h (x )= καθότι h (x )= (Θ.Fermat). Εδώ ακριβώς μπαίνει το ερώτημα της ύπαρξης ακρότατων που το εξασφαλίζει η υπόθεση της συνέχειας της h και ότι h ()=h (e)=,δηλ. h (x )=h ()=h (e)=. Από εδώ εύκολα καταλήγουμε στο συμπέρασμα h (x)=, x [, e] e f (x) = x f (x)=ln x, x [, e]. Λύση 6 (Ροδόλφος Μπόρης) Υποθέτουμε ότι υπάρχει x : lnx f (x), έστω lnx> f (x). Τότε f (x) x = x e f (x) = e lnx e f (x) = (lnx f (x))e ξ για κάποιοξανάμεσα στα lnx, f (x) από ΘΜΤ για την e x. Ομως οι συναρτήσεις lnx, f (x) εί αι συνεχείς στο [, e] άρα έχουν μεγιστο το{, M} αντιστοίχως οπότε ϑα είναι e ξ max{e, e M }=k (αντιστοιχα και για ελάχιστο). Συνεπώς ( f (x) lnx) = (lnx f (x))e ξ (lnx f (x))k (( f (x) lnx)e kx) ) < άρα για x e, ϑα έχουμε =(( f (e) lne)e ke) ) (( f (x) lnx)e kx) ) (( f () lnx)e k) )=, οπότε f (x)=lnx άτοπο. Ομοια και όταν lnx< f (x), άρα lnx= f (x), x [, e]. Λύση 7 (Ροδόλφος Μπόρης) Προφανώς f παραγωγίσιμη με f + f e f = x f = f ( x+ x x f )+ x = 3

34 = ( f ) (x+/x) f + /x (ανέβασα την τάξη της ΔΕ αλλά πέταξα έτσι ( τον πολύ κακό μη γραμμικό όρο e f ) άρα y = y x+ ) y+ x x,y= f (ευτυχώς κατεβαίνει η τάξη της ΔΕ και καταλήγουμε σε γνωστή μορφή Ricatti). Θέτω y= x + u, οπότε... u + u ( ) x x =, δηλαδή (xe x y) = (e x / ) y= x + a x e x. Από τις αρχικές τιμές βρίσκουμε f ()= y()= a= f (x)=lnx+b και αφού f ()= b= f (x)=lnx, x [, e] (με αυτόν τον τρόπο δεν βλέπω που χρειάζεται το f (e)=)? 3

35 Επιμελητής: Αναστάσιος Κοτρώνης ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Σωτήρης Λουρίδας) Να αποδειχθεί ότι: x + 8 dx< x x + f (x)+ ( f (x) ) f (x) f (x) ( x + ) dx f () f () 54&t 8997 Λύση (Δημήτρης Χριστοφίδης) 4 3 f () f () x + dx= x = 6 = 6 < 6 = 6 ( + = (x/) dx +(x/) 5 +y +y 5 dy ( + ( + 6 y y 5 +y 5 dy ) ) (y y 5 ) dy ). (+ x ) ( + x )( ( f (x)) + ( f (x) ) ) ( f (x)+ x f (x) ) ( + x ) ( f (x)+ x f (x) ) f (x)+ x f (x) + x ( + x ) (x f (x)) + x ( + x ) dx (x f (x)) dx ( + x ) dx ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Δίνεται συνάρτηση f : R R με συνεχή παράγωγο για την οποία ισχύει : ( f (x)) + ( f (x) ) x +, x R. Να αποδείξετε ότι : f () Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία του προηγούμενου υποερωτήματος και για t > είναι t ( + x ) dx t (x f (x)) dx t ( + x ) dx οπότε. ( f ()) ( f ()) 4 3,. f () 4 3, t t3 3 t f (t) t+ t3 3 ή t 3 f (t) + t F () F (), όπου F είναι μια αρχική της f &t 375 Λύση (Βασίλης Μαυροφρύδης - Atemlos - Παύλος Μαραγκουδάκης) Λόγω συνέχειας της f η τελευταία ισχύει και για t= οπότε ( + t 3 ) dt f (t)dt ( + t 3 Από εδώ προκύπτει το ζητούμενο. ) dx. 33

36 Επιμελητής: Σπύρος Καρδαμίτσης ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Διονύσης Βουτσάς) Θεωρούμε τις συναρτήσεις f (x), g(x) : [a, b] Rδυο φορές παραγωγίσιμες με g (x)>, x [a, b]. Αν ισχύει (x a) f (x)=(x b)g (x), x [a, b] τότε ) Να αποδείξετε ότι g (x)>και f (x)<, x (a, b) ) Αν επιπλέον ισχύει b a να δείξετε ότι α) f (b)=g(a) f (x)dx= b a g(x)dx β) Υπάρχει ακριβώς έναξ (a, b) : f (ξ)=g(ξ) [(x a) f (x)] b b a f (x)dx= a [(x b)g(x)] b a αφού b a b a f (x)dx= g(x)dx b a g(x)dx ϑα ισχύει ότι [(x a) f (x)] b a= [(x b)g(x)] b a (b a) f (a)=(b a)g(b) f (a)=g(b).β) Για την συνάρτηση h(x)= f (x) g(x), x [a, b] ισχύει ότι είναι συνεχής στο [a, b] με h(a)= f (a) g(a)= f (a) f (b)> 55&t 486 Λύση (Βασίλειος Κακαβάς) ) Επειδή ισχύει ότι g (x)>, x [a, b] η g είναι γνήσια αύξουσα στο [a, b] και αφού για όπου x το a στην (x a) f (x) = (x b)g (x) προκύπτει ότι =(a b)g (a) g (a)=ϑα ισχύει γιά x>aότι g (x)>g (a)= Τώρα από την (x a) f (x)=(x b)g (x) για a< x<b επειδή g (x)> και x a>, x b< ϑα ισχύει ότι f (x)< ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Σύμφωνα με τα δεδομένα του ϑέματος είναι g (a) =, f (b) = άρα στο [a, b] ισχύει ότι g (a), f (b) ) α) Ολοκληρώνοντας την σχέση (x a) f (x)=(x b)g (x) προκύπτει ότι b a (x a) f (x)dx= b a (x b)g (x)dx γιατί f γνήσια φθίνουσα στο (από ()) [a, b] άρα f (a) > f (b) και h(b) = f (b) g(b) = g(a) g(b) < γιατί από () η g είναι γνήσια αύξουσα στο [a, b] άρα g(a)<g(b) έτσι ισχύει h(a)h(b)< και σύμφωνα με το ϑεώρημα του Bolzano υπάρχει x (a, b)ώστε h(x )= f (x )=g(x ) και επειδή h (x)= f (x) g (x)<, x (a, b) η h είναι γνήσια φθίνουσα στο [a, b] άρα x μοναδικό. ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο parmenides5) Δίνονται οι μιγαδικοί z = a+e a i, z = b+bi, z 3 = c+i ln c με a, b R, c>.. Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών z, z, z 3,. Να βρείτε το ελάχιστο μέτρο z z καθώς και τους μιγαδικούς z, z για τους οποίους επιτυγχάνεται το ελάχιστο, 3. Να βρείτε το ελάχιστο μέτρο z z 3 καθώς και τους μιγαδικούς z, z 3 για τους οποίους επιτυγχάνεται το ελάχιστο. 34

37 55&t 4493 Λύση (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) ι) Για τον μιγαδικό z ϑέτουμε z= x+yi, x, y R, οπότε x=a, y=e a, a R και κατά συνέπεια y = e x. Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι η καμπύλη με εξίσωση y=e x. Για τον μιγαδικό z ϑέτουμε z= x+yi, x, y R, οπότε x=b, y=b, b R και κατά συνέπεια y= x. Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι η ευθεία με εξίσωση y= x. Για τον μιγαδικό z 3 ϑέτουμε z= x+yi, x, y R, οπότε x=c, y=lnc, c>και κατά συνέπεια y=lnx. Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z 3 είναι η καμπύλη με εξίσωση y=lnx, x>. ιι) Αν z = k+e k i, k R είναι ο μιγαδικός για τον οποίο το z z γίνεται ελάχιστο, είναι σαν να αναζητούμε την ελάχιστη απόσταση του σημείου L(k, e k ) από την ευθείαǫ με εξίσωση y x=, η οποία e a a είναι: d(l, ǫ) = + ( ). Θέτουμε f (x)=e x x η οποία είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στοrως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων e x (εκθετική) και x (πολυωνυμική) με f (x)=e x. Συνεπώς: * f (x)= x= * f (x)> x>, δηλαδή * η f είναι γνησίως αύξουσα στο [,+ ) * η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (,] * η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x= το f ()=. Επομένως η ποσότητα d(l,ǫ) γίνεται ελάχιστη όταν a= (δηλαδή L(, e ) ή L(,)) και είναι ίση με =. Κάθε ευθεία που είναι κάθετη στην ǫ έχει συντελεστή διεύθυνσης. Η κάθετη στηνǫ που διέρχεται και από το L έχει εξίσωση: y = (x ) y = x+. Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων y= x, y= x+ ( και βρίσκουμε (x, y)=, ), που είναι η εικόνα του μιγαδικού z για την οποία επιτυγχάνεται το ελάχιστο μέτρο. Κατά συνέπεια το ελάχιστο z z επιτυγχάνεται όταν z = i και z = + i. ιιι) Γνωρίζουμε από τη ϑεωρία ότι οι συναρτήσεις y = e x, y = lnx έχουν γραφικές παραστάσεις συμμετρικές ως προς την ευθεία y= x, οπότε το ελάχιστο των z z, z z 3 είναι ίσο με και επιτυγχάνεται όταν η εικόνα του μιγαδικού z 3 είναι το συμμετρικό του L(,) ως προς την ευθεία y = x, δηλαδή το σημείο N(, ), ενώ η( αντίστοιχη εικόνα του μιγαδικού z είναι το σημείο M, ) (ταυτίζεται με αυτό του (ιι) ερωτήματος). Συνεπώς το ελάχιστο z z 3 επιτυγχάνεται όταν: z = i και z 3 = και είναι ίσο με z z 3 = =. 35

38 Επιμέλεια: Γρηγόρης Κωστάκος ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Να βρείτε τον τύπο της παραγωγίσιμης συνάρτησης f : [,+ ) Rγια την οποία ισχύει f (x)+ x f (x)= f( x) για κάθε x [,+ ). 56&t 57 Λύση (Ροδόλφος Μπόρης) Η συνάρτηση g(x)= x f (x), x [,+ ) είναι παραγωγίσιμη στο [,+ ) με g(x/) g (x)= x/ = g(x/), x> x ()., x= Από το Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. για την g στο διάστημα [, x/] προκύπτει ότι υπάρχει <ξ < x/, τέτοιο ώστε g (ξ )= g(x/) g() = g(x/) () = g (x). x x Από το Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. για την g στο διάστημα [,ξ /] προκύπτει ότι υπάρχει <ξ <ξ /, τέτοιο ώστε g (ξ )= g(ξ /) g() = g(ξ /) () = g (ξ ). ξ ξ Εφαρμόζοντας κατ επανάληψη το Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. με τον παραπάνω τρόπο προκύπτουν μιά ακολουθία σημείων ξ n, n N, με <ξ n+ <ξ n / και αντίστοιχες σχέσεις. Από αυτές τις σχέσεις προκύπτουν g (x)= g (ξ )= g (ξ )=...= n g (ξ n ) (). Ισχύει lim g g(x/) g (x/) (x)= lim = lim x x x x x = lim x g (x/)= lim g (x) lim g (x)==g (). x x Άρα η g είναι συνεχής στο [,+ ). Επίσης για n + προκύπτειξ n, αφού <ξ n+ <ξ n / <ξ n <ξ / n. Άρα lim n + g (ξ n )= (3). Αλλά τότε, για κάθε x [,+ ), ισχύει lim n + g (x) () = lim n + n g (ξ n )= lim n + n lim n + g (ξ n ) (3) = = g (x) = g(x) = c x f (x) = c και επειδή πρέπει f () = c, προκύπτει f (x)=, για κάθε x [,+ ). Λύση (Βασίλης Μαυροφρύδης) Η f παρουσιάζει στα x, x [,α],α> ελάχιστη τιμή m και μέγιστη τιμή M, αντίστοιχα, ως συνεχής στο κλειστό διάστημα [, α]. Δηλαδή ισχύει Αλλά τότε ισχύει και Επομένως m f (x) M, για κάθε x [,α]. m f ( x ) M, για κάθε x [,α]. (x f (x)) = f( x) M ( x f (x) Mx ). Θεωρούμε την συνάρτηση g(t)=t f (t) Mt, t [,α]. Για x>εφαρμόζουμε το ϑεώρημα μέση τιμής στο [, x] και έτσι υπάρχει τουλάχιστον έναξ (, x) τέτοιο ώστε g (ξ)= g(x) g() x Ομως g (ξ) f (x) M. = f (x) M. Για x= x, όπου x η ϑέση του μεγίστου (αν x =, εύκολα προκυπτει ότι M = ) λαμβάνουμε f (x ) M M M M. Ομοια, επειδή (x f (x)) = f( x) m ( mx) x f (x) και δουλεύοντας με την, ϑα λάβουμε f (x) m. h(t)=t f (t) mt, t [,α] Για x = x, όπου x η ϑέση ελαχίστου (αν x =, εύκολα προκύπτει ότι m = ) λαμβάνουμε f (x ) m m m m. Είναι λοιπόν m f (x) M f (x)=, για κάθε x [,α]. Επειδή τοαείναι οποιοσδήποτε ϑετικός αριθμός, το συμπέρασμα ισχύει στο [, + ). Συνάρτηση δεκτή, διότι ικανοποιεί την υπόθεση. 36

39 ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Από όλες τις εφαπτόμενες ευθείες στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x)= ln(xρ ) x κ+, ρ N, κ N, να βρεθούν εκείνες που εφάπτονται σε δύο διαφορετικά σημεία στην γραφική παράσταση της συνάρτησης. 56&t 58 Λύση (Γιώργος Ροδόπουλος) f (x)= ln(xρ ) x κ+, f (x)= ρ (κ+) ln(xρ ) x κ+ και f (x)= ρ(4κ+3)+(κ+)(κ+) ln(xρ ) x k+3, x R,ρ N, κ N. Η f είναι περιττή και η f άρτια.. Αρχικά ϑα δείξουμε ότι δεν υπάρχει εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε δύο διαφορετικά σημεία με ϑετικές τετμημένες (κατά συνέπεια ούτε σε δύο διαφορετικά σημεία με αρνητικές τετμημένες). Εστω ότι η ευθεία ε εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στα σημεία A (x, f (x )), B (x, f (x )), όπου < x < x. Ισχύει f (x )= f (x )= λ ε. Εφαρμόζοντας το ΘΜΤ για την f στο [x, x ] βρίσκουμε ξ (x, x ), τέτοιο ώστε f (ξ)= f (x ) f (x ) x x =λ ε. Δηλαδή έχουμε < x <ξ<x με f (x )= f (ξ)= f (x ). Εφαρμόζοντας τώρα διαδοχικά το Θ. Rolle για την f στα διαστήματα [x,ξ], [ξ, x ] βρίσκουμε ότι η f έχει δύο διαφορετικές ϑετικές ρίζες. Αυτό όμως είναι άτοπο, αφού όπως εύκολα διαπιστώνουμε η f έχει δύο ρίζες αντίθετες.. Εστω τώρα ευθείαεπου εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στα (διαφορετικά) σημεία A(x, f (x )), B(x, f (x )) με εξίσωση y f (x )= f (x )(x x ) (). Αυτό συμβαίνει μόνο όταν: α) f (x )= f (x ) και παίρνοντας υπ όψη το παραπάνω σημείο. και ότι η f είναι άρτια προκύπτει x = x. Οπότε B ( x, f ( x )) = ( x, f (x )). (Θεωρούμε -χωρίς βλάβη- ότι x > ) και β) οι συντεταγμένες του B επαληθεύουν την () δηλαδή f (x ) f (x )= f (x )( x x ) f (x )= x f (x ) () ln(x ρ ) x κ+ = x ρ (κ+) ln(x ρ ) x κ+ ln(x ρ )=ρ (κ+) ln(xρ ) (κ+) ln(x ρ )=ρ ln(xρ )= ρ κ+ x ρ = e ρ κ+ x = e κ+. Επομένως η ζητούμενη εφαπτομένη ε είναι μοναδική και η εξίσωσή της προκύπτει από την () : () () ε : y= y= f (x ) x και επειδή f (x )= ρ e(κ+) x. ρ e(κ+) τελικά Μια δεύτερη λύση δόθηκε από τον Γρηγόρη Κωστάκο. 37

40 Επιμελητής: Σπύρος Καπελλίδης ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Η συνάρτηση f : [,] Rείναι παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και ισχύουν f ()= και Να δείξετε ότι f (x)=, x [,] e f (x) f (x) dx= f (). Λύση (Αντώνης Νασιούλας) Θέτουμε όπου y το x στη δοθείσα και έχουμε f ()=. Επίσης έχουμε: f f (x) f () ()=lim = x x 69&t 4696 Λύση (Γιώργος Δασούλας) e f (x) f (x)dx= f ()= f () f ()= (e f (x) f (x) f (x))dx= f (x)(e f (x) )dx= f (x)dx Ομως, εύκολα φαίνεται πως οι αριθμοί f (x), e f (x) είναι ομόσημοι. Συνεπώς x (,), f (x)(e f (x) ) Αν για κάποιο x [,] ίσχυε f (x ) (π.χ f (x )<), τότε με βάση και το προηγούμενο ϑα ίσχυε f (x)(e f (x) )dx>, άτοπο. Συνεπώς, f (x)=, x [,] f (x)=c, x [,]. Και επειδή f ()=, τελικά f (x)=, x [,] ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης ) Να βρείτε τον τύπο της( συνάρτησης ) f : (,+ ) R x που ικανοποιεί την f = f (x) x f (y) y y y για κάθε x, y (,+ ) και είναι παραγωγίσιμη στο, με f ()= 69&t 9 Θεωρούμε αυθαίρετο x >. Οταν x x, το h= x x. Ετσι έχουμε: f (x) f (x ) f L= lim = lim x x x x h f (x) lim x x = (3) ( x ) f (x ) h x. h x Η τελευταία από τη δοθείσα (με x= x και y=h) γίνεται: L=lim h f (x ) h x f (h) h f (x ) x ( h), h από το οποίο μετά από πράξεις, χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των ορίων και την () έχουμε: L= f (x ) x +. Επειδή το x είναι αυθαίρετο, έχουμε ότι η f είναι παρ/μη στο Π.Ο. της και άρα έχουμε: ( f (x)= f (x) ) +, x> x f (x)x (x) ( ) f (x) f (x) = = x x x = (lnx), x> ( ) f (x) = lnx+c, x>. x Άρα 38

41 f (x)= xlnx+ xc, x>. Θέτοντας όπου x το έχουμε: c=. Άρα τελικά f (x)= xlnx, x> που εύκολα βλέπουμε ότι ικανοποιεί τη δοθείσα. 39

42 Άλγεβρα, Θεωρία Γεωμετρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητής: Φωτεινή Καλδή ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να βρεθούν οι τιμές του φυσικού αριθμού n, ώστε να ισχύει sin n x+cos n x+n sin x cos x=, για κάθε x R. 9&t 49 Λύση (Αχιλλέας Συννεφακόπουλος) Θέτοντας x= π 4 παίρνουμε n+ n+n 4 = ή ισοδύναμα n (n 4)+8=. (*) Για n 4 είναι n (n 4) κι άρα n (n 4)+8> Τσεκάροντας τις τιμές n<4, εύκολα βλέπουμε ότι οι n= και n=3 ικανοποιούν την (*). Για να ολοκληρώσουμε τη λύση παρατηρούμε ότι sin 4 x+cos 4 x+sin xcos x=(sin x+cos x) = για κάθε x R κι από την ταυτότητα Euler αφού sin x+cos x+( )= (sin x) 3 + (cos x) 3 + ( ) 3 = 3 sin x cos x( ), δηλαδή sin 6 x+cos 6 x+3 sin x cos x=, για κάθε x R. Συνεπώς, οι δυνατές τιμές του n είναι ή 3. ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Αν a, b, c ϑετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c=3, να δείξετε ότι a (b+c) 3+ b (c+a) 3+ c (a+b) &t 4754 Λύση (BillK) Εστω f (x)= (3 x) 3, x (,3) η οποία προκύπτει ότι έχει f (x)> άρα είναι κυρτή. Τότε από την ανισότητα Jensen έχουμε f (a)+ f (b)+ f (c) 3 f ( a+b+c ) 3 f (a)+ f (b)+ f (c) 3 8 a b c 3 (b+c) 3+ (c+a) 3+ (a+b) 3 8 Λύση (Θανάσης Κοντογεώργης) Αλλιώς με ( CS και Nesbitt : ) a + b + c (b+c) 3 (c+a) 3 (a+b) [(b+c)+(c+a)+(a+b)] 3 ( a (b+c) + b (c+a) + ) c 9 (a+b) 4. Λύση 3 (Παύλος Μαραγκουδάκης) Αρκεί να δείξουμε ότι a (a+b+c) (b+c) 3 a 3 αλλιώς + b (a+b+c) (c+a) 3 x (b+c) 3+ a (b+c) c (a+b+c) (a+b) Η τελευταία είναι αληθής διότι: Για ϑετικούς αριθμούς ισχύει λόγω της ανισότητας Chebyshev 9(x 3 + y 3 + z 3 ) (x+y+z) 3. Άρα λόγω και της ανισότητας Nesbitt a 3 ( a ) (b+c) 3 b+c 8 a ( a ) 9 Επίσης 3 (b+c) b+c 4 ή 4

43 Γεωμετρία Επιμελητής: Κώστας Βήττας ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ABC με υποτείνουσα BC, ονομάζουμε I το έγκεντρο. Η ευθεία BI τέμνει την AC στο σημείο D και έστω E, το συμμετρικό του D ως προς την CI. Η ευθεία EI τέμνει την πλευρά AB στο σημείο έστω Z. Να αποδειχθεί ότι η DZ είναι παράλληλη στην CI. &t 37 Λύση (KARKAR) Λόγω συμμετρίας της διχοτόμου της γωνίας C, το σημείο E ανήκει στην BC και άρα ισχύει CEI= CDI= 9 o + B = DIE= 9o, () Από () και A=9 o προκύπτει ότι το τετράπλευρο DIZA είναι εγγράψιμο και άρα έχουμε IDZ= IAZ= 45 o, () Από () και DIC = 8 o IDC C = 8 o 9 o B C = 45o, προκύπτει ότι DIE= 9 o = BD EZ, (3) Από (3)= IE= IZ, (4) λόγω της διχοτόμου BD της γωνίας B. Από (), (4) στο τρίγωνο DEZ, συμπεραίνεται ότι DZ FI CI και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Δίνεται τρίγωνο ABC με εμβαδόν E και έστω M, τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Από () και ADB=9 o B, προκύπτει ότι ADZ= C = ACI, (3) Από (3) συμπεραίνεται ότι DZ CI και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση (Δημήτρης Οικονόμου) Επειδή το E, συμμετρικό του D ως προς την ευθεία CI ανήκει στην BC, προκύπτει ότι FD=FE, () όπου F CI DE. Λόγω συμμετρίας ισχύει επίσης DIC = EIC, () Τρεις τυχούσες ευθείες δια του M, τέμνουν τις πλευρές του ABC όπως φαίνεται στο σχήμα, δημιουργώντας τρία τρίγωνα με εμβαδά E, E, E 3. Να αποδειχθεί ότι E E E 3 E. 4

44 &t 7 Λύση (Θάνος Μάγκος) Τα τρίγωνα MA A, MB C έχουν τις γωνίες A MA = B MC και επομένως E ισχύει (MB C ) = (MA )(MA ), () (MB )(MC ) E Ομοίως, έχουμε (MA B ) E 3 (MA C ) = (MB )(MB ) (MA )(MC ) = (MC )(MC ) (MA )(MB ), (3), () και Από (), (), (3) = E E E 3 = (MA A )(MC C )(MA C ), (4) Με χρήση της (4) τώρα, αποδεικνύεται εύκολα το ζητούμενο. Χρησιμοποιώντας δύο φορές την ανισότητα ΑΜ - ΓΜ έχουμε : + + E E E E E E 3 = 3 6 E E E 3 (MB C )(MA B )(MA C ) 8 E + E + E 3 + (MB C )+(MA B )+(MA C ) 8 E 4

45 Άλγεβρα, Θεωρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητής: Αχιλλέας Συνεφακόπουλος ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Ανδρέας Δαλαούτης) Να βρεθούν οι συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύει: (x y) f (x+y) (x+y) f (x y)=4xy(x y ) Αν ϑέσω f ()=c+ έχω f (y+)=c(y+)+(y+)(4y +4y+) = c(y+)+(y+) 3, άρα f (x)= x 3 + cx για κάθε x R. &t 4585 Λύση (Σπύρος Καπελλίδης) Θέτοντας x+y=a και x y=b βρίσκουμε x= a+b και y= a b. Συνεπώς η δοθείσα γράφεται b f (a) a f (b)=ab(a b ) για όλα τα a, b R, οπότε για όλα τα a, b R ισχύει ή ισοδύναμα f (a) a f (a) a f (b) b = a b, a = f (b) b b. Συνεπώς η συνάρτηση h(x) = f (x) x για κάθε x x R είναι σταθερή, κι άρα f (x)= x 3 + cx,για κάθε x R. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι f () =, άρα f (x)= x 3 + cx, x R, που επαληθεύει την αρχική. Λύση (Αλέξανδρος Μουσάτωφ) Θέτω x=y+ και έχω f (y+)=(y+) f ()+4y(y+)(y+). ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αθανάσιος Κοντογιώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις γνησίως αύξουσες συναρτήσεις f :{,,...,} {,,...,} τέτοιες ώστε x+y x f (x)+y f (y), για κάθε x, y {,,...,}. &t 8963 Λύση (Παναγιώτης Λώλας) Καταρχάς, αν x,,...,9, ο x+ διαρεί τον x f (x)+ f (x+)(x+) που διαιρεί τον x f (x)+(x+) f (x+). Άρα, ο x+ διαιρεί τον f (x+) f (x). Ετσι, 99 f () f ()= 9 f (x+) f (x) x= 9 (x+) x= = 99. Άρα, f (x+) f (x)=x+ και f ()=. Τελικά f (x)= x για κάθε x,,...,. 43

46 Γεωμετρία Επιμελητής: Κώστας Βήττας ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αναστάσιος Στυλιανού) Δίνεται τετράπλευρο ABCD εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και έστω το σημείο P AC BD. Στο εσωτερικό του ABCD ορίζεται το σημείο Q, ώστε να είναι QAB+ QCB= QBC+ QDC= 9 o. Αποδείξτε ότι τα σημεία P, Q, O είναι συνευθειακά, όπου O είναι το κέντρο του (O). &t 744 Λύση (Κώστας Ρεκούμης.) Από QBC+ QDC= 9 o = QBD+ DBC+ QDB+ DBC= 9 o, () Από () και QBD+ QDB=8 o BQD και DBC+ BDC= A, προκύπτει ότι BQD=9 o + A () Ομοίως, έχουμε και AQC= 9 o + D, (3) Από (), (3), συμπεραίνεται ότι το σημείο Q ορίζεται ως το σημείο τομής δύο κύκλων έστω (K), (M), με χορδές τα ευθύγραμμα τμήματα BD, AC αντιστοίχως και γνωστές τις αντίστοιχες εγγεγραμμένες γωνίες BQD, AQC και έστω R, το δεύτερο εκτός του Q, σημείο τομής των κύκλων (K), (M.) Στον κύκλο (K) τώρα, ισχύει προφανώς BQD+ BKD = 8 o, (4) όπου K είναι το κέντρο του (K). Από (), (4) και BOD = A, προκύπτει ότι BOD+ BKD=8 o και άρα, το τετράπλευρο KBOD είναι εγγράψιμο και έχουμε OBK+ ODK= 8 o = OBK= ODK= 9 o, λόγω KB= KD και OB=OD. Δηλαδή, ο περίκυκλος (O) του δοσμένου τετραπλεύρου ABCD, τέμνει ορθογωνίως τον κύκλο (K) και ομοίως, τέμνει ορθογωνίως και τον κύκλο (M) ( αποδεικνύεται με παρόμοιο τρόπο ότι το τετράπλευρο MAOC είναι εγγράψιμο, όπου M είναι το κέντρο του (M) ). Συμπεραίνεται έτσι, ότι το κέντρο O του (O) έχει ίσες δυνάμεις ως προς τους κύκλους (K), (M) και άρα, ανήκει στην ευθεία QR, ως τον ριζικό άξονα αυτών των κύκλων, η οποία προφανώς περνάει από το σημείο P AC BD, ως το ριζικό κέντρο των τριών κύκλων 44

47 (O), (K), (M) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Υποθέστε ότι για τυχόν σημείο P στο εσωτερικό κυρτού τετραπλεύρου ABCD, το άθροισμα των αποστάσεών του από τις ευθείες AB, BC, CD, DA, παραμένει στα- ϑερό. Αποδείξτε ότι το ABCD είναι παραλληλόγραμμο. &t 4878 Λύση (Ανδρέας Βαρβεράκης.) Θα χρησιμοποιήσουμε ως Λήμμα, την παρακάτω γνωστή πρόταση. ΛΗΜΜΑ.Το άθροισμα των αποστάσεων μεταβλητού σημείου P της βάσης BC ισοσκελούς τριγώνου ABC,είναισταθερόκαιίσομετοέναεκτωνίσωνυψών του τριγώνου. Εστω τώρα P, το σημείο στο εσωτερικό του τετραπλεύρου ABCD και ας είναι a, b, c, d, οι αποστάσεις του από τις ευθείες AB, BC, CD, DA, αντιστοίχως. Αν το σημείο P κινηθεί σε διεύθυνση κάθετη στη διχοτόμο της γωνίας έστω A, το άθροισμα (a+d) ϑα παραμείνει σταθερό, σύμφωνα με το παραπάνω Λήμμα, ενώ το άθροισμα (b+c) ϑα αλλάξει, εκτός εάν η διεύθυνση κίνησης του P είναι ταυτοχρόνως κάθετη και στη διχοτόμο της γωνίας C. Άρα, επειδή από την εκφώνηση ισχύει ότι το άθροισμα a + b + c + d παραμένει σταθερό, συμπεραίνεται ότι οι διχοτόμοι των γωνιών A, C είναι παράλληλες μεταξύ τους. Ομοίως, αποδεικνύεται ότι και οι διχοτόμοι των γωνιών B, D είναι επίσης παράλληλες μεταξύ τους. Εύκολα τώρα προκύπτει ότι το δοσμένο τετράπλευρο ABCD με παράλληλες τις διχοτόμους των απέναντι γωνιών του, είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Είναι φανερό, ότι το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος σημείο στο εσωτερικό παραλληλογράμμου, από τις πλευρές του, ισούται με το άθροισμα των δύο υψών του. 45

48 Επιμελητής: Αλέξανδρος Συγκελάκης ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Αλέξανδρος Συγκελάκης - Θέμα ης Προκριματικής Φάσης Γ Λυκείου 995) Ενας 6-ψήφιος αριθμός αρχίζει με το ψηφίο 5. Είναι αληθές, ότι πάντα μπορούμε να προσθέσουμε από τα δεξιά του αριθμού 6 ψηφία ώστε ο λαμβανόμενος αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου Λύση (Σωτήρης Λουρίδας) Εστω σημεία H BO και W CO με AH OD και AW OE. Τότε είναι WAH= DOE= DAE= 6, WOH= Λύση (Παύλος Μαραγκουδάκης) Η απάντηση είναι όχι. Ας υποθέσουμε ότι αυτό είναι πάντα εφικτό. Άρα υπάρχει ϑετικός ακέραιος b ώστε b < Τότε b> > οπότε b>5 3. Άρα (b+) = b + 4b+4 > = Ανάμεσα στους αριθμούς b και (b+) υπάρχει ακριβώς ένα τέλειο τετράγωνο. Ομως b < < 6. 6 < (b+). Από την υπόθεση που κάναμε παραπάνω στο διάστημα ( ,6. 6 ) υπάρχουν τουλάχιστον δύο τέλεια τετράγωνα, ένα που ξεκινά με και ένα που ξεκινά με Άτοπο. Λύση (Δημήτρης Χριστοφίδης) Αν ισχύει τότε υπάρχουν τουλάχιστον δωδεκαψήφιοι αριθμοί που ξεκινούν από 5 και είναι τέλεια τετράγωνα. Κοιτάζουμε τις τετραγωνικές ρίζες αυτών των αριθμών. Είναι όλες ακέραιες, διαφορετικές μεταξύ τους και ανήκουν στο διάστημα (7, 79) αφού (7) < 5 και (79) > 6. Αυτό είναι άτοπο αφού το διάστημα περιέχει το πολύ τέτοιους αριθμούς. ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC και στις πλευρές του AB και AC τα σημεία D και E αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία DE να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο AD του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: DB + AE EC = Τα σημεία A, W, O, H είναι ομοκυκλικά άρα AWH= AOH= 6 = AOH= AHW. Τα παραπάνω οδηγούν στο γεγονός ότι το τρίγωνο AW H είναι ισόπλευρο. Από γνωστή πρόταση (αποδεικνύεται και με τη βοήθεια του ϑεωρήματος του Πτολεμαίου) έχουμε: OW+ OH= OA(= OB=OC). AD DB = OH OB = OH OA AE EC = OW OC = OW OA AD DB + AE OH+ OW = = OA EC OA OA =. Σημείωση: ) Αν D S οπότε E A έχουμε AD DB + AE EC = AB/ AB/ + EC =. ) Το αυτό με την ) και στην περίπτωση που το σημείο E ταυτιστεί με το σημείο επαφής της πλευράς AC με τον εγγεγραμμένο κύκλο, οπότε το σημείο D ϑα ταυτιστεί με το σημείο A. Λύση (Αντώνης Κυριακόπουλος) Ονομάζουμε α την πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου και ϑέτουμε: BD = x και CE= y, οπότε: AD=α x και AE=α y. Επειδή, όπως βρίσκομε εύκολα, ισχύει: ED + BC = BD + CE, έχουμε: ED+α= x+y και συνεπώς: ED= x+y α. 46

49 Τότε ισχύουν τα εξής: AF=BF=AG= CG= c () FD=DH, GE=HE () (εφαπτόμενα τμήματα) c= 3ρ (3) (προκύπτει π. χ. από το πυ- ϑαγόρειο ϑεώρημα στο τρίγωνο OGC) α+β=6, όπου α= DOH και β= HOE (γιατί FOG= και FOD= DOH, HOE= EOG) α+β=6 εφ(α+β)= 3 εφα+εφβ εφαεφβ = 3 3(εφα+εφβ)=3( εφαεφβ) (4) Επομένως είναι Από το τρίγωνο ADE έχουμε: ED = AE + AD AD AF () όπου F η προβολή του E στην AD. Επειδή FEA = 3, στο ορθογώνιο τρίγωνο AFE έχουμε: AF = AE = (α y). Ετσι, από την (), έχουμε: (x+y α) = (α y) + (α x) (α x) (α y) και αμέσως μετά τις πράξεις λαμβάνουμεα= 3xy x+y. Αντικαθιστώντας βρίσκουμε: AD=α x= x (y x) και x+y AD DB + AE EC = AE =α y= y (x y). Ετσι έχουμε: x+y x (y x) x (x+y) + y (x y) y (x+y) =. Λύση 3 (Math Rider ) Ονομάζουμε c την πλευρά του ισόπλευρου τρίγωνου καιρτην ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του. Εστω επίσης H το σημείο επαφής της ευθείας DE και του εγγεγραμμένου κύκλου και F, G τα σημεία επαφής του κύκλου με τις πλευρές AB, AC αντιστοίχως: AD BD + AE EC AF FD = BF+FD c AG GE + CG+ GE () = FD GE c + FD+ c + GE = c FD c+fd + c GE c+ge () = c DH c+dh + c EH c+eh c (3) = 3ρ DH 3ρ+DH + 3ρ EH 3ρ+EH 3 DH ρ 3 EH ρ = + 3+ DH 3+ EH = = (4) = ρ 3 εφα 3 εφβ + 3+εφα 3+εφβ 6 εφαεφβ 3+ 3(εφα+εφβ)+εφαεφβ 6 εφαεφβ 3+3( εφαεφβ)+εφαεφβ = 6 εφαεφβ 6 εφαεφβ = ρ 47

50 Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 45 (Από τον διαγωνισμό IMC του 996) Εστω n φυσικός αριθμός. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα π sin nx (+ x ) sin x dx. π ΑΣΚΗΣΗ 46 (Αλέξανδρος Γεωργακάπουλος) Εστω (a n ) n N φθίνουσα ακολουθία ϑετικών αριθμών τέτοια ώστε a n > n για άπειρους φυσικούς n. Να αποδειχθεί ότι η σειρά + n= a n αποκλίνει. 59&t 566 Λύση (Χρήστος Στραγάλης) Εχουμε I n = = = = = π π π π π π sin nx (+ x ) sin x dx sin nx (+ x ) sin x dx+ sin nx (+ x ) sin x dx+ sin nx (+ x ) sin x dx+ sin nx sin x dx. π π π sin nx (+ x ) sin x dx sin nu (+ u ) sin u du u sin nu (+ u ) sin u du Σύμφωνα με τον τύπο ( a sin a sin b= sin b ) ( a cos + b ) είναι I n I n = = = π π π sin nx sin (n )x dx sin x sin x cos (n )x dx sin x cos (n )x dx=. Επειδή όμως εύκολα βρίσκουμε I = και I =π τελικά έχουμε αν n=k, I n = π αν n=k &t 473 Λύση (Ηλίας Ζαδίκ) Εστω ότι συγκλίνει και έστω k n η υπακολουθία της εκφώνησης. Είναι + n= a n + n= (k n k n )a kn + n= ( k ) n. k n Άρα k n k n και αφού ln x όταν x, απο x κριτήριο σύγκρισης συγκλίνει και η ακολουθία άτοπο. ln(k n )=ln(k )+ n i= ( ) ki ln, k i Λύση (Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος) Στην πρώτη λύση, μπορούμε να επιλέξουμε την ακολουθία k n έτσι ώστε k n > k n για κάθε n. Άρα η k n k n δεν τείνει στο και άρα η σειρά αποκλίνει. n Λύση 3 (Δημήτρης Σκουτέρης) Εστω ότι η a k k= συγκλίνει. Τότε συγκλίνει και η n (a k a n ) (ως μονότονη και φραγμένη), οπότε συγκλίνει και η διαφορά τους na n. Αν συγκλίνει σε ϑετικό αριθμό, τότε a n > c n για κάποιον c > και για αρκετά μεγάλα n, οπότε έχουμε το ζητούμενο. Άρα lim =, από όπου καταλήγουμε σε άτοπο. k= n + na n 48

51 Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 47 (Θανάσης Κοντογεώργης) Στο σύνολο M = R\{3} ορίζουμε την πράξη x y = 3(xy 3x 3y)+m, m R. Να βρείτε όλα τα m για τα οποία η δομή (M, ) αποτελεί ομάδα. &t 3549 Λύση (Στράτης Αντωνέας) Προκειμένου η δομή να είναι ομάδα, ϑα έχει ουδέτερο στοιχείο έστω το e. Τότε: και e= 3e 9 9e+m= m=6e+ e= 6e 8 9e+m= m=3e+. Από τις προηγούμενες σχέσεις βρίσκουμε ότι e= 3 και m=3. Θα δείξουμε ότι για m=3 η δομή είναι όντως ομάδα. Αν a, b M τότε a b=3ab 9a 9b+3 = 3(ab 3a 3b+7)+3 = 3(a 3)(b 3)+3 3 αφού a 3 και b 3. Επομένως η πράξη είναι εσωτερική. Για κάθε a M είναι a 3 = 3 a = 3a 3 9a 9 = a 9a 3+3 = a επομένως το είναι το ταυτοτικό στοιχείο. Επίσης για 3 κάθε a M είναι a x= x a= 3 3ax 9a 9x+3= 3 x= 7a 8 9(a 3) 3 επομένως υπάρχουν και τα αντίστροφα στοιχεία. Τέλος αν a, b, c M τότε a (b c)=9abc 7(ab+bc+ca)+8(a+b+c) 4 = (a b) c άρα η πράξη είναι προσεταιριστική και άρα η δομή (M, ) είναι ομάδα. ΑΣΚΗΣΗ 48 (vzf) Εστω ένα σύνολο από m πραγματικούς n n πίνακες που έχει αντιστρέψιμο άθροισμα. Δείξτε ότι κάποιο υποσύνολο, το πολύ n από αυτούς τους πίνακες, έχει επίσης αντιστρέψιμο άθροισμα. &t 385 Λύση (Βαγγέλης Μουρούκος) Εστω k>n και A, A,..., A k τυχαίοι n n πίνακες. Θα χρησιμοποιήσουμε την ακόλουθη ταυτότητα: ( ) I det A j = () I {,,...,k} Για παράδειγμα, αν k = 3, η () λέει ότι για οποιουσδήποτε πίνακες A, A, A 3 ισχύει ότι det (A + A + A 3 ) det (A + A ) det (A + A 3 ) det (A 3 + A )+det (A )+det (A )+det (A 3 )=. Το συμπέρασμα έπεται από την () ως εξής: Εστω m>nκαι A, A,..., A m τυχαίοι n n πίνακες. Υποθέτουμε ότι το άθροισμα οποιωνδήποτε r από αυτούς, με r n, είναι μη αντιστρέψιμος πίνακας. Τότε, εφαρμόζοντας την () για k = n+ προκύπτει ότι το άθροισμα οποιωνδήποτε r από τους δοσμένους πίνακες, με r n+, είναι μη αντιστρέψιμος πίνακας. Ομοια, εφαρμόζοντας διαδοχικά την () για k = n +,...,m προκύπτει ότι το άθροισμα A + A + +A m είναι μη αντιστρέψιμος πίνακας. Απομένει να δείξουμε την ταυτότητα (). Γράφοντας [k] :={,,...,k} έχουμε: ( ) I det A j I {,,...,k} j I n = ( ) I sgn (σ) A j (i,σ(i)). σ S n i= j I I [k] j I 49

52 Εναλλάσσοντας τη σειρά άθροισης, έχουμε ότι: ( ) I det A j I {,,...,k} j I n = sgn (σ) ( ) I A j (i,σ(i)). σ S n i= j I I [k] Εστω τυχαία, αλλά σταθεροποιημένη, μετάθεσησ S n. Θέτουμε a i j = A j (i,σ(i)). Θα αποδείξουμε ότι: n ( ) I a i j =. () I {,,...,k} i= Το αριστερό μέλος της σχέσης () είναι άθροισμα μονωνύμων της μορφής a J := a, j a, j a n, jn, όπου J := [ j, j,..., j n ] (τα j, j,..., j n δεν είναι αναγκαστικά διακεκριμένα, γι αυτό και χρησιμοποιούμε αυτό τον j I «αδόκιμο» συμβολισμό, εννοώντας ότι το J είναι το σύνολο που αποτελείται από τα διακεκριμένα μέλη της συλλογής j, j,..., j n.) Για κάθε I {,,...,k} με J I, το μονώνυμο a J εμφανίζεται στο αριστερό μέλος της σχέσης () ακριβώς μια φορά, με αντίστοιχο συντελεστή ( ) I. Εφόσον J n<k, αν ϑέσουμε r= I J, τότε είναι r k J, οπότε ο συντελεστής του μονωνύμου a J στο αριστερό μέλος της () ϑα είναι ίσος με k J ( ) k J ( ) J +r r r= ( ) k J ( ) r r =( ) J k J r= =( ) J ( +) k J =. Η σχέση (), άρα και η (), έπεται. 5

53 Επιμελητής: Γρηγόρης Κωστάκος ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει ο Κώστας Τσουβαλάς) Να υπολογιστεί το ln( aix) x + m dx, a>, m> 9&t 784&start 6 Λύση (Σεραφείμ Τσιπέλης) Ισχύει I = Επίσης ισχύει διότι I = t x ( x + b )( x + c ) dx= π, b, c>. (b+c) I = x + m x + m ( t t ( π m+ t Επομένως a = a ln(+ x ) x + m dx=π m ln(m+), ln(+ x ) x + m dx= ( x ) y +y dy dx ( ) x t + x t dt y= xt === dx= x ( x + m )( + x t ) dx ) dt= x ) ( x + m ) ( dx dt I == + x) t dt= π m ln(m+). ln(+yi) y + a m dy= a ln( axi) ax= y dx==== x + m ln(+y ) y + a m dy+=a π m ln ( +a m ). ln(+y )+i arctan y dy y + a m ln(+y ) y + ( a m ) dy I == Λύση (Κώστας Τσουβαλάς) Αρχικά ϑεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση f (z)= ln( aiz), z C, a>, z m> + m η οποία είναι πλειότιμη, και με σκοπό να την κάνουμε μονότιμη ορίζουμε σαν branch cut την ημιευθεία από τον z = i και κάτω, στον άξονα των φανταστικών. a Άρα ln( aiz)=ln(az+i) ln i=ln az+i +i arg(az+i) πi πi αφού ln i = ln i +i arg(i) =. Ετσι ϑεωρούμε το ημικύκλιο C : [,π] Cστο άνω ημιεπίπεδο από A (R,), B ( R,). Το άνω ημικύκλιο δεν «κόβεται» από το branch cut, και η f είναι αναλυτική σε αυτό (εκτός του πόλου), άρα από το ϑεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων του Cauchy: f (z) dz = πi Res( f, i m ), καθώς ο μόνος C πόλος που περιέχεται στον τόπο μας είναι ο i m. π R Άρα f (z) dz= f (Re it ) ir e it dt+ f (z) dz. Ομως C π f (R e it ) ir e it dt= Για αρκετά μεγάλα R έχουμε π π R ln( air e it ) R e it + m ir eit dt. π ir e it f (R e it ) dt ln( ai R e it ) R R e it + m dt. Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε ότι R e it + m R e it m =R m, για R> m, και ln( air e it ) = ln(+ar sin t air cos t) = ln +ar sin t+ i arg(+ar sin t air cos t) 3π + Άρα π R ln(+ar sin t) 3π+ln(+aR) ln( air e it ) R e it + m π 3π+ln(+aR) dt R dt= R m Rπ 3π+ln(+aR) R, για R. m Ετσι lim π R R lim R + R Επομένως f (z) dz= f (Re it ) ir e it dt f (z) dz. f (z) dz=πi Res( f, i m ).. = και επίσης 5