Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr

Transcript

1

2 Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο Η επιλογή και η φροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του Μετατροπές σε LT E X-Σχήματα-Σελιδοποίηση: Συντακτική Επιτροπή, Εξώφυλλο: Γρηγόρης Κωστάκος. Στοιχειοθετείται με το LAT E X. Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα. Εικοσιδωεκάεδρο φιλοτεχνημένο από τον Leonrdo d Vinci Το εικοσιδωδεκάεδρο είναι ένα πολύεδρο (3-εδρο) με είκοσι τριγωνικές έδρες και δώδεκα πενταγωνικές. Εχει 3 πανομοιότυπες κορυφές στίς οποίες συναντώνται δύο τρίγωνα και δύο πεντάγωνα και εξήντα ίσες ακμές που η κάθε μία τους χωρίζει ένα τρίγωνο από ένα πεντάγωνο. Είναι αρχιμήδειο στερεό - δηλαδή ένα ημικανονικό κυρτό πολύεδρο όπου δύο ή περισσότεροι τύποι πολυγώνων συναντώνται με τον ίδιο τρόπο στις κορυφές του - και ειδικότερα είναι το ένα από τα δύο οιωνεί κανονικά - qusiregulr πολύεδρα που υπάρχουν, δηλαδή στερεό που μπορεί να έχει δύο τύπους εδρών οι οποίες εναλλάσσονται στην κοινή κορυφή (Το άλλο είναι το κυβο - οκτάεδρο). Το εικοσιδωδεκάεδρο έχει εικοσιεδρική συμμετρία και οι συντεταγμένες των κορυφών ενός εικοσαέδρου με μοναδιαίες ακμές είναι οι κυκλικές μεταθέσεις ( των (,,±ϕ), ±,±ϕ +ϕ ),±, όπουϕοχρυσός λόγος + 5 ενώ το δυαδικό του πολύεδρο είναι το ρομβικό τριακοντάεδρο. Πηγή: Απόδοση: Πάνος Γιαννόπουλος Ο δικτυακός τόπος mthemtic.gr ανήκει και διευθύνεται σύμφωνα με τον κανονισμό του που υπάρχει στην αρχική του σελίδα ( από ομάδα Διευθυνόντων Μελών. Διευθύνοντα Μέλη του mthemtic.gr Σ Αιρετά Μέλη. Φωτεινή Καλδή (Φωτεινή) Γενική Συντονίστρια. Μιχάλης Λάμπρου (Mihlis_Lmbrou) Γενικός Συντονιστής 3. Νίκος Μαυρογιάννης (nsmvroginnis) Γενικός Συντονιστής 4. Σπύρος Καρδαμίτσης (Καρδαμίτσης Σπύρος) Υπεύθυνος Ενημέρωσης 5. Χρήστος Κυριαζής (chris_gtos) Υπεύθυνος Προγραμματισμού 6. Μίλτος Παπαγρηγοράκης (m.ppgrigorkis) Υπεύθυνος Οικονομικών 7. Γιώργος Ρίζος (Γιώργος Ρίζος) Υπεύθυνος Εκδόσεων Μόνιμα Μέλη. Γρηγόρης Κωστάκος (grigkost) Διαχειριστής. Αλέξανδρος Συγκελάκης (cretnmn) Διαχειριστής Σ Ε. Στράτης Αντωνέας (strnton). Κωνσταντίνος Βήττας (vittsko) 3. Φωτεινή Καλδή (Φωτεινή) 4. Σπύρος Καπελλίδης (s.kp) 5. Αναστάσιος Κοτρώνης (Κοτρώνης Αναστάσιος) 6. Στάθης Κούτρας (ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ) 7. Χρήστος Κυριαζής (chris_gtos) 8. Γρηγόρης Κωστάκος (grigkost) 9. Βαγγέλης Μουρούκος (emouroukos). Μιχάλης Νάννος (Μιχάλης Νάννος). Μίλτος Παπαγρηγοράκης (m.ppgrigorkis). Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 3. Αλέξανδρος Συγκελάκης (cretnmn) 4. Αχιλλέας Συνεφακόπουλος (chilles) 5. Χρήστος Τσιφάκης (xr.tsif) 6. Σωτήρης Χασάπης (polysot) 7. Δημήτρης Χριστοφίδης (Demetres) Ε. Στράτης Αντωνέας (strnton). Ανδρέας Βαρβεράκης (ΑΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ) 3. Σπύρος Βασιλόπουλος (spyros) 4. Κωνσταντίνος Βήττας (vittsko) 5. Δημήτρης Ιωάννου (ΔΗΜΗΤΡΗΣ) 6. Βασίλης Κακαβάς (KAKABASBASILEIOS) 7. Γιώργης Καλαθάκης (exdx) 8. Σπύρος Καπελλίδης (s.kp) 9. Νίκος Κατσίπης (nktsipis). Αναστάσιος Κοτρώνης (Κοτρώνης Αναστάσιος). Στάθης Κούτρας (ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ). Θάνος Μάγκος (mth)

3 3. Παύλος Μαραγκουδάκης (Παύλος Μαραγκουδάκης) 4. Βαγγέλης Μουρούκος (emouroukos) 5. Γιώργος Μπαλόγλου (gbloglou) 6. Ροδόλφος Μπόρης (R BORIS) 7. Μιχάλης Νάννος (Μιχάλης Νάννος) 8. Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 9. Δημήτρης Σκουτέρης (dement). Μπάμπης Στεργίου (Μπάμπης Στεργίου). Σωτήρης Στόγιας (swsto). Αχιλλέας Συνεφακόπουλος (chilles) 3. Κωνσταντίνος Τηλέγραφος (Τηλέγραφος Κώστας) 4. Σεραφείμ Τσιπέλης (Σεραφείμ) 5. Χρήστος Τσιφάκης (xr.tsif) 6. Σωτήρης Χασάπης (polysot) 7. Δημήτρης Χριστοφίδης (Demetres) Μ. Χρήστος Καρδάσης (ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ). Θανάσης Μπεληγιάννης (mthfinder) 3. Θωμάς Ραϊκόφτσαλης (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) 4. Κωνσταντίνος Ρεκούμης (rek) 5. Γιώργος Ροδόπουλος (hsiodos) 6. Βασίλης Στεφανίδης (bilstef)

4 Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Το νούμερο των παπουτσιών σου πολλαπλασίασέ το επί 5. Πρόσθεσε 5. Πολλαπλασίασε επί. Πρόσθεσε. Αφαίρεσε την χρονιά που γεννήθηκες. Προκύπτει ένας τετραψήφιος αριθμός. Τα δύο πρώτα ψηφία είναι το νούμερο των παπουτσιών σου! Τα δύο τελευταία ψηφία είναι η ηλικία σου! Δώστε μια εξήγηση για το παραπάνω. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Δημήτρης Βερροιόπουλος) Δύο επιβατικά τρένα με τέσσερα βαγόνια το καθένα βρίσκονται αντιμέτωπα στην κύρια σιδηροδρομική γραμμή που, ευτυχώς, στη ϑέση της συνάντησής τους υπάρχει μία διακλάδωση (κοίτα το σχήμα παρακάτω). Αυτή, όμως, έχει τέτοιο μήκος ώστε να χωρά μόνο μία μηχανή και δύο βαγόνια. Να βρείτε ποιες μανούβρες πρέπει να εκτελέσουν τα τρένα, ώστε να μπορέσουν να συνεχίσουν το ταξίδι τους ανεμπόδιστα. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Για τους αριθμούς x, δίνεται ότι α 8 5x + 7x+ 4 = x, όπου x ακέραιος αριθμός. Να βρεθούν οι x,. Μαθηματικά Γ Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο: KARKAR) Υπολογίστε το εμβαδόν του ορθο-τριγωνικού οικοπέδου του σχήματος. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο: Μπάμπης Στεργίου) Να απλοποιηθεί η παράσταση : 5 (6 9) 7 9 (6 ) Μαθηματικά Α Λυκείου, Άλγεβρα Μαθηματικά Α Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Με χρήση της επιμεριστικής ιδιότητας για την αφαίρεση, να βρείτε το άθροισμα των ψηφίων του γινομένου : A= ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Ενας μοναχός στο Άγιο Όρος που μένει στη μονή Α επισκέπτεται τον πνευματικό του που μένει στη μονή Β και επιστρέφει από τον ίδιο δρόμο. Στα α- νηφορικά τμήματα της διαδρομής περπατάει με ταχύτητα Km/h, στα επίπεδα με 3km/h και στα κατηφορικά με 6km/h. Αν συνολικά περπάτησε για 6 ώρες, πόσο είναι η συνολική απόσταση που διήνυσε ο μοναχός αυτός ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Δίνεται η εξίσωση (m+) x 3 + ( m + ) m+ x ( m + ) m+ x (m+)=με m R και m. α. Να δείξετε ότι η εξίσωση, για κάθε m, έχει τρείς πραγματικές ρίζες οι οποίες είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. β. Αν οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι x, x, x 3 με x < x < x 3 και η x είναι η ρίζα που είναι ανεξάρτητη του m, να βρείτε, αν υπάρχει, 3 m Rώστε οι αριθμοί x, x, x 3 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με αυτή τη σειρά. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Βρείτε τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (, b) ώστε x + x+b [,] για κάθε x [,4]. Μαθηματικά Β Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Δίνεται τετράγωνο ABΓ με πλευρά 6 και εσωτερικά γράφουμε ισοσκελές τρίγωνο ABE με πλευρά AE=5. Να βρεθεί το μήκος του τμήματος E. Μαθηματικά Α Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Αν M είναι το μέσο της πλευράς AD παραλληλογράμμου ABCD και P είναι το σημείο τομής της κάθετης από το B προς την ευθεία MC, να δείξετε ότι AP=CD. 3

5 ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Στράτος Παπαδόπουλος) Σε κύκλο με κέντρο το K φέρνουμε μια χορδήγ που διέρχεται από το μέσολ χορδής ΣT. Φέρνουμε τις εφαπτομένες στα σημεία Γ και, που τέμνουν την ευθείασt στα σημεία P και Z αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι PΣ=TZ. Μαθηματικά Β Λυκείου, Κατεύθυνση ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Χρήστος Καρδάσης) Δίνεται το διάνυσμα α. Να λύσετε την εξίσωση x α x= x+8 α α. Μαθηματικά Β Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών το σύστημα: y x xy+y = xy= 5 ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Να βρεθούν οι x, y R, για τους οποίους ισχύει: x + x sin(xy)+=. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Αν E, E είναι οι εστίες της έλλειψης: x 9 + y 4 = και P σημείο αυτής, τέτοιο ώστε: εμβαδόν του τριγώνου PEE. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Γενική Παιδεία PE PE =, τότε να υπολογίσετε το ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει το μέλος erxmer) Δίνεται η συνάρτηση Μαθηματικά Β Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο KARKAR) Παραλληλόγραμμο AKLN είναι «εγγεγραμμένο» σε ισοσκελές τρίγωνο ABC, (AB = AC) το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο διαμέτρου AA. Δείξτε ότι: A L KN f (x)=4sx xx+, όπου x η μέση τιμή και s η τυπική απόκλιση ενός δείγματος με x>. Αν η C f διέρχεται από το Α(,) τότε : i) Να υπολογιστεί ο συντελεστής μεταβολής του δείγματος και να εξεταστεί αν το δείγμα είναι ομοιογενές. ii) Να βρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα (αν υπάρχουν) της f. iii) Να αποδείξετε ότι sx+ s> x για κάθε x>. iv) Αν ισχύει ότι lim x x f (x)= να υπολογιστεί η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση του δείγματος. v) Αν οι παρατηρήσεις του δείγματος ακολουθούν περίπου κανονική κατανομή, να βρεθεί το ποσοστό των παρατηρήσεων που βρίσκεται στα διαστήματα (,) και (.5,) καθώς και το εύρος των τιμών του δείγματος. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Στο παραλληλόγραμμο ABCD το M είναι το μέσο της AB, ενώ το N σημείο τηςdc, ώ- στε: DC= 3DN. Τα AN, DM τέμνονται στο S. Τι ποσοστό της επιφάνειας του παραλληλογράμμου καταλαμβάνει το τρίγωνο AS C ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Μηνάς Χάντζος) Θεωρούμε το δείγμα με παρατηρήσεις (x i ):,,,..., n, n N το οποίο έχει διάμεσο d= k+, k N. Α) Να αποδείξετε ότι ο n είναι περιττός. Β) Να αποδείξετε ότι n=k+. Για k=, Γ) Να βρείτε την μέση τιμή των παρατηρήσεων. Δ) Σχηματίζουμε τις παρατηρήσεις y i = x i + b, b<τέτοιες ώστε x=ȳκαι s y = s x. Να βρεθούν οι, b. 4

6 Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Μιγαδικοί Αριθμοί ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Διονύσης Βουτσάς) Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z=m+(m+)i, w= m+ m+ + m i, m. m+ ) Να βρείτε που κινούνται οι εικόνες των z, w. ) Να βρείτε την τιμή του m ώστε (OAB)=, όπου A είναι η εικόνα του z και B είναι η εικόνα του w. 3) Να βρείτε το m έτσι, ώστε z+w =. 4) Να βρείτε το m έτσι, ώστε το z w να είναι το ελάχιστο. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Παύλος Διαμαντής) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z= +3ti με +ti t R. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ορια, Συνέχεια ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο KARKAR) Να λυθεί η εξίσωση: 8x x+5 5=. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Ardid) Η συνάρτηση f, ικανοποιεί τη σχέση f (x) f ( x)= f (x) () για κάθε πραγματικό x. Να αποδειχτεί ότι η f είναι άρτια. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Διονύσης Βουτσάς) Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f για την οποία ισχύει : 3/4 f (x)dx= f (x)dx. /4 Να αποδείξετε ότι υπάρχει x o (,) : f (x o )=. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ασκήσεις σε όλη την Υλη ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Παναγιώτης Μυταρέλλης) Δίνεται η συνάρτηση f (x)= x+ x + (α) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία. (β) Αν (x+ x +)(y+ y +)=, να δειχτεί ότι x+y=. (γ) Να υπολογιστεί το x + dx ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Δίδεται η συνεχής συνάρτηση g : [, ] R, >. Θεωρούμε και την συνάρτηση f : [, ] Rτέτοια ώστε να ι- σχύει k f (x)+m f ( x)=g(x)γιακάθε x [, ]με k, m>και k m. Α. Να αποδείξετε ότι Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Διαφορικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Η συνάρτηση f : [,] (,+ ) είναι συνεχής στο [,] και παραγωγίσιμη στο (,) και ισχύει ( ) ( ) f ()= 3 f () f f 3 Να δείξετε ότι υπάρχουν x, x, x 3 (,) με x < x < x 3 ώστε 6 f (x ) f (x ) +3 f (x ) f (x ) + f (x 3 ) f (x 3 ) = ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Στράτος Παπαδόπουλος) Εστω η συνάρτηση f : [,β] R η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [,β] και f ()= f (β)=. Αν γ (,β) να δείξετε ότι υπάρχει ξ (,β) τέτοιο ώστε f f (γ) (ξ)= (γ )(γ β) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ολοκληρωτικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : [,] (,+ ) με συνεχή παράγωγο που είναι τέτοιες ώστε να ισχύουν και. f () f () = e f (x) dx+ [ f (x) ] dx α. Η f είναι συνεχής στο [, ] β. (k+m) Β. Να αποδείξετε ότι f (x)dx= g(x)dx +e x x dx= Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Θέματα με Απαιτήσεις ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης)Να βρείτε όλες τις συνεχείς και φθίνουσες συναρτήσεις f : [,] [,+ ) για τις ο- ποίες: f (x)dx και ( f (x 3 )dx 3 x f (x)dx). ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο [, b] με f (x)>, x [, b]. b f (t)dt= b g (t)dt και ισχύει Να δείξετε ότι υπάρχουν x, x (, b) με x x τέτοιοι,ώστε f (x ) f (x )=g (x ) g (x ). Ασκήσεις μόνο για μαθητές 5

7 ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Παύλος Μαραγκουδάκης) Αν, b, c R, να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς : (+b+c) 9bc, (+b+c) 9c και (+b+c) 9b είναι μη αρνητικός. ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο ΔΗΜΗΤΡΗΣ) Αν x+y=y+z=5, να βρείτε την αριθμητική τιμή της παράστασης: A=x+3y+ z Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να λυθεί στοz η εξίσωση x 3 y 3 = xy+8. ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να λυθεί η εξίσωση x+ [x]+ +{x}= Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να αποδείξετε ότι αν x, y, z>με xy+yz+zx=, τότε ( x+ y+ z) (x+y)(y+z)(z+ x). Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 4 (Γρηγόρης Κακλαμάνος) Να εξετάσετε αν στους.. πρώτους όρους της ακολουθίας Fiboncci υπάρχει ή όχι αριθμός που να λήγει σε τέσσερα μηδενικά (στο δεδαδικό σύστημα). ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο Μιχάλης Νάννος) Δίνεται τετράγωνο ABCD πλευράς. Επί της BC παίρνουμε σημείο E, τέτοιο ώστε BE= και στην προέκταση της DC παίρνουμε σημείο F, τέτοιο 3 ώστε CF=. Αν G AE BF, δείξτε ότι το G ανήκει στον περίκυκλο του τετραγώνου. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο KARKAR.) Οι διαγώνιοι AA, BB, εγγραψίμου τετραπλεύρου ABA B τέμνονται στο O και έστω M, S, τα μέσα τους αντίστοιχα. Δείξτε ότι αν η AA διχοτομεί τη γωνία BMB, τότε και η BB διχοτομεί τη γωνία AS A και αντιστρόφως, για τα τεμνόμενα στο O τμήματα AA, BB με μέσα τα S, M αντίστοιχα, αν η AA διχοτομεί τη γωνία BMB και η BB διχοτομεί τη γωνία AS A, τότε τα σημεία A, B, A, B, είναι ομοκυκλικά. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κακλαμάνος.) Εστω τρίγωνο ABC με διαμέσους AD, BE, CF και βαρύκεντρο G. Να αποδειχθεί ότι τα περίκεντρα O, O, O 3, O 4, O 5, O 6, των τριγώνων AFG, AGE, BGF, BGD, CGD, CGE αντίστοιχα, είναι ομοκυκλικά. Θέματα Διαγωνισμών ΕΜΕ ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Δείξτε ότι ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Εστω O το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου (C) οξυγωνίου τριγώνου ABC(AB AC). Ας πούμε ακόμα H το ορθόκεντρο του ABC. Φέρνουμε την διάμεσο AM που τέμνει τον (C) στο σημείο N. Ο κύκλος διαμέτρου AM τέμνει ξανά τον (C) στο σημείο P. Να δειχθεί ότι οι AP, BCκαι OH συντρέχουν αν και μόνο αν AH=HN. 3 b 5 > για όλους τους ϑετικούς ακεραίους, b b ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο prmenides5) Αν έναςν xν πίνακας A ικανοποιεί τη σχέση A 3A+I=O όπου I είναι ο μοναδιαίοςν xν πίνακας καιoομηδενικόςνxν πίνακας, να αποδείξετεότι γιακάθε φυσικόν ισχύει η σχέση A ν ( ν +)A ν + ν I=O. 6

8 Μαθηματικοί Διαγωνισμοί για Φοιτητές ΑΣΚΗΣΗ 45 (Από τον διαγωνισμό Putnm του ) Εστω S ένα μη κενό σύνολο και :S S S μια αντιμεταθετική και προσεταιριστική πράξη, με την ιδιότητα: Για κάθε x, y S, υπάρχει z S ώστε x z=y. ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Βρείτε τα σημεία της καμπύλης r(t)=(t, t, t 3 ) στα οποία η πρώτη κάθετος είναι παράλληλη στο επίπεδο x+z=. ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει το μέλος Jeronymo Simonstone) Να αποδειχθεί ότι, εάν μια κανονική επιφάνεια στον χώρο εφάπτεται ενός επιπέδου κατά μήκος καμπύλης και τα σημεία τομής των δεν είναι επίπεδα σημεία επί της επιφάνειας, τότε αυτά τα σημεία ϑα είναι παραβολικά επί της επιφανείας. Να αποδείξετε ότι ισχύει ο νόμος της διαγραφής: c=b c = =bγια κάθε, b, c S. ΑΣΚΗΣΗ 46 (Από τον διαγωνισμό IMC του 4) Θεωρούμε το πολυώνυμο P(x)= x. Να βρεθεί ο αριθμός των διακεκριμένων πραγματικών λύσεων της P(P( P(x)) ))=. } {{ } 4 Θεωρία Αριθμών ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 53 (Πρότείνει το μέλος dimtsig) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί που έχουν σαν δεκαδικά ψηφία όλο μονάδες και είναι τέλειο τετράγωνο. ΑΣΚΗΣΗ 54 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Δύο όμοια τρίγωνα με μήκη πλευρών ακέραιους έχουν δύο πλευρές, μία προς μία, ίσες. Αν οι τρίτες πλευρές διαφέρουν κατά.4, να βρεθούν τα μήκη των πλευρών τους. Άλγεβρα ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 47 (Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Εστω K σώμα με χαρακτηριστική διαφορετική του. Εστω επίσης f : K Kμία - απεικόνιση ώστε να ικανοποιεί (α) f (x+y)= f (x)+ f (y) για κάθε x, y K και (β) f (x) f (x )=για κάθε x K {}. Να αποδειχθεί ότι είτε η f είτε η f είναι ενδομορφισμός του K. ΑΣΚΗΣΗ 48 (Προτείνει ο Γιώργος Σμυρλής) Εστω A, A n, n N, μιγαδικοί εν γένει m m πίνακες. Αν A n A, τότε να δείξετε ότι σ(a n ) σ(a) υπό την εξής έννοια: Για κάθεε>, υπάρχει N N, ώστε για κάθε n N να ισχύει ότι σ(a n ) όπουσ(a)={λ,...,λ m }. m { z C: z λi <ε }, i= Υπενθυμίζεται ότι με σ(b) συμβολίζουμε το φάσμα του πίνακα B, δηλαδή το σύνολο των ιδιοτιμών του. Ανάλυση ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει το μέλος chin university) Να αποδειχθεί ότι: π x ln sin x ln cos x dx= (π ln) 8 π4 9. ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γ.Σ. Σμυρλής) Εστω f :Ω Cαναλυτική και μη ταυτοτικώς μηδενική, όπου Ω χωρίο. Αν η f έχει αναλυτική n ιοστή ρίζα για κάθε n φυσικό, τότε δείξατε ότι η f έχει και μιγαδικό λογάριθμο. Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 55 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Αγρότης είναι ανεβασμένος σε μια καρυδιά μαζεύοντας καρύδια όταν η άμαξα που είχε αφήσει στο κεκλιμένο τμήμα του χωραφιού του μαζί με το παιδί του που κοιμόταν άρχισε να κυλά χωρίς τριβές προς το μέρος του. Η γωνία κλίσης του κεκλιμένου τμήματος του χωραφιού είναι φ με sinφ=,9 και η άμαξα βρισκόταν σε απόσταση m από τη βάση του κεκλιμένου επιπέδου. Η καρυδιά που είναι ανεβασμένος ο α- γρότης είναι στο οριζόντιο τμήμα του χωραφιού, δίπλα στην τροχιά της άμαξας και σε απόσταση 44m από την άκρη ενός γκρεμού. Ο αγρότης αντιλαμβάνεται την κίνηση της άμαξας και τη στιγμή που αυτή περνάει κάτω από το κλαδί, που είναι ανεβασμένος, πέφτει πάνω της κατακόρυφα. Οι μάζες της άμαξας, του παιδιού και του αγρότη είναι αντίστοιχα Kgr, Kgr, και 6Kgr. Ο χρόνος που χρειάζεται να πάρει το παιδί και πηδήσει κατάλληλα είναι 9s. Θα καταφέρει να σωθεί αυτός και το παιδί Θεωρείστε ότι η άμαξα φθάνει στο γκρεμό με την ταχύτητα που είχε μετά την πτώση του αγρότη πάνω σ αυτήν. Ο γκρεμός είναι κατακόρυφος έχει βάθος 8m και η ταχύτητα της άμαξας είναι αρχικά οριζόντια και κάθετη προς το χείλος του γκρεμού. Η άμαξα κατά την πτώση της δέχεται εκτός του βάρους της μια οριζόντια σταθερή δύναμη 5N αντίθετη της αρχικής ταχύτητας. Να εξετάσετε αν η άμαξα ϑα πέσει κατ ευθείαν στον πυθμένα του γκρεμού. (Δίνεται g=m/s ) ΑΣΚΗΣΗ 56 (Προτείνει ο Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Να υπολογιστεί η γενική μορφή της συνάρτησης u :R R R, όταν: ) u x =, b) u x = x, c) u y = x, d) u y = x+y e) u x = e x + y. Ανώτερα Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ 57 (Προτείνει ο Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος) Εστω x, y, z διανύσματα σε χώρο με εσωτερικό γινόμενο, να αποδείξετε ότι Γεωμετρία ΑΕΙ x+y + y+z + z+ x x + y + z + x+y+z. 7

9 ΑΣΚΗΣΗ 58 (Προτείνει ο Δημήτρης Χριστοφίδης) Δίνεται μια α- κολουθία (α n ) n N διακεκριμένων διατακτικών. Να δειχθεί ότι υπάρχει άπειρη υπακολουθία (α nk ) k N ώστε α ni <α n j i< j. ΑΣΚΗΣΗ 63 (Προτείνει ο Γ.-Σ. Σμυρλής) Να κατασκευασθεί, διά κανόνος και διαβήτου, κυρτό τετράπλευρο με τις τρεις από τις τέσσερεις πλευρές ίσες, αν δίδονται τα μέσα των τριών ίσων πλεύρων του. ΑΣΚΗΣΗ 64 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να αποδείξετε, με γεωμετρικά επιχειρήματα, ότι αν A οξεία γωνία, τότε Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών (ΑΣΕΠ) ηµ3a=3ηµa 4ηµ 3 A. ΑΣΚΗΣΗ 59 (Προτείνει ο Στράτος Παπαδόπουλος) Δίνεται σφαίρα ακτίνας R και εγγεγραμμένο παραλληλεπίπεδο σε αυτή με διαστάσεις, β, γ. Να βρεθεί πότε το παραλληλόγραμμο έχει μέγιστη επιφάνεια. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Εστω οι συναρτήσεις f, g : [, b] R. Αν η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ισχύουν f (x)+ f (x) g (x)+ x= f (x)+g (x), x [, b] και f ()=, f (b)=b, να βρεθεί η συνάρτηση f. Ο Φάκελος του καθηγητή, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 65 (Προτείνει ο Γ.Σ. Σμυρλής) Δείξατε ότι μέ (διακεκριμένους) όρους τής ακολουθίας Ο Φάκελος του καθηγητή, Ανάλυση ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Η ακολουθία ( n ) είναι τέτοια ώστε m+n m n <, για όλους τους ϑετικούς ακεραίους m, n. Να δείξετε ότι είναι αριθμητική m+n πρόοδος. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f : R R τέτοιες ώστε f (x+ y)= f (x+ f (y)), για κάθε x, y R. Ο Φάκελος του καθηγητή, Γεωμετρία,, 3,..., n,..., δυνάμεθα νά κατασκευάσομε αριθμητική πρόοδο οσοδήποτε μεγάλου (πεπερασμένου) μήκους. ΑΣΚΗΣΗ 66 (Προτείνει ο potin) Να προσδιορίσετε τους συντελεστές, b, c και d του πολυωνύμου P (x)=x 3 + bx + cx+d προκειμένου να ισχύει η ταυτότητα: P ()+ P ()+ P (3)+ + P (n)=n 4, n N 8

10 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Το νούμερο των παπουτσιών σου πολλαπλασίασέ το επί 5. Πρόσθεσε 5. Πολλαπλασίασε επί. Πρόσθεσε. Αφαίρεσε την χρονιά που γεννήθηκες. Προκύπτει έ- νας τετραψήφιος αριθμός. Τα δύο πρώτα ψηφία είναι το νούμερο των παπουτσιών σου! Τα δύο τελευταία ψηφία είναι η ηλικία σου! Δώστε μια εξήγηση για το παραπάνω Λύση (Γιώργος Απόκης) Αν φοράει κάποιος νούμερο b (διψήφιο) και γεννήθηκε το έτος x, τότε οι πράξεις δίνουν την παράσταση: 54 Λύση (Φώτης Μαραντίδης) Το τραίνο A οπισθοχωρεί για την μανούβρα του B. Το τραίνο B με τα βαγόνια B και B μπαίνει με όπισθεν στην διακλάδωση. [5(+b)+5]+ x= = (+b)++ x= = +b+( x) Το αποτέλεσμα είναι ένας τετραψήφιος με ψηφία χιλιάδων και εκατοντάδων τα, b (προκύπτουν από το +b). και ψηφία δεκάδων και μονάδων την ηλικία (από την αφαίρεση x). Φυσικά, «δουλεύει» για άτομα που έχουν γεννηθεί μετά το 9. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Δημήτρης Βερροιόπουλος) Δύο επιβατικά τρένα με τέσσερα βαγόνια το καθένα βρίσκονται αντιμέτωπα στην κύρια σιδηροδρομική γραμμή που, ευτυχώς, στη ϑέση της συνάντησής τους υπάρχει μία διακλάδωση (κοίτα το σχήμα παρακάτω). Αυτή, ό- μως, έχει τέτοιο μήκος ώστε να χωρά μόνο μία μηχανή και δύο βαγόνια. Να βρείτε ποιες μανούβρες πρέπει να εκτελέσουν τα τρένα, ώστε να μπορέσουν να συνεχίσουν το ταξίδι τους ανεμπόδιστα. Το τραίνο A προχωρά και παίρνει μπροστά του τα βαγόνια B 3 και B 4. Το τραίνο B προχωρά και βγαίνει από την διακλάδωση και προχωρά ώστε να έχει χώρο το A. Το τραίνο A οπισθοχωρεί και βάζει στην διακλάδωση τα βαγόνια B 3 και B 4 και στην συνέχεια συνεχίζει την πορεία του. Το τραίνο B οπισθοχωρεί και παίρνει από την διακλάδωση το δύο βαγόνια του και προχωρά για τον επόμενα σταθμό του γρήγορα για να προλάβουν οι επιβάτες να κάνουν Ανάσταση σε κάποια εκκλησία και όχι στο τραίνο. Σημείωση: Η λύση του Φώτη Μαραντίδη δόθηκε το απόγευμα του Μεγάλου Σαββάτου... 9

11 Επιμελητής: Δημήτρης Ιωάννου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Με χρήση της επιμεριστικής ιδιότητας για την αφαίρεση, να βρείτε το άθροισμα των ψηφίων του γινομένου : A= & p 54 Λύση (Στέργιος Ρουμελιώτης) Οταν έχουμε πολλαπλασιασμούς με μεγάλους αριθμούς τότε στρογγυλοποιούμε τον αριθμό και τον κάνουμε τον κοντινότερο του με μηδενικά. Άρα =. Τότε ( ) = ( )= = = Τέλος =54 ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Ενας μοναχός στο Άγιο Όρος που μένει στη μονή Α επισκέπτεται τον πνευματικό του που μένει στη μονή Β και επιστρέφει από τον ίδιο δρόμο. Στα ανηφορικά τμήματα της διαδρομής περπατάει με ταχύτητα Km/h, στα επίπεδα με 3km/h και στα κατηφορικά με 6km/h. Αν συνολικά περπάτησε για 6 ώρες, πόσο είναι η συνολική απόσταση που διήνυσε ο μοναχός αυτός 33& t 3376 Λύση (Γιώργος Μήτσιος) Εστω, όταν πηγαίνει (σε χιλιόμετρα), τα ανηφορικά τμήματα, b τα επίπεδα και c τα κατηφορικά. ( Ο συνολικός του χρόνος (σε ώρες ) είναι + b 3 + ) ( c 6 + c + b 3 + 6) που όπως δίνεται είναι 6 ώρες. Άρα έχουμε 4 (+b+c)=6 ή +b+c=9. Η 6 συνολική απόσταση είναι 9+9=8Km.

12 Επιμελητής: Παύλος Μαραγκουδάκης ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Δίνεται τετράγωνο ABΓ με πλευρά 6 και εσωτερικά γράφουμε ισοσκελές τρίγωνο ABE με πλευρά AE= 5. Να βρεθεί το μήκος του τμήματος E. 34&t 33497&strt 4 Λύση (Γιώργος Απόκης) Θεωρούμε την KM AB που διέρχεται από το E. Στο ισοσκελές τρίγωνο AEB η EM είναι και διάμεσος, άρα AM=MB=3. Από το Πυθαγόρειο ϑεώρημα στο τρίγωνο AEM, έ- χουμε: EM = AE AM = 5 3 = 5 9=6, άρα EM= 6=4. Ετσι, KE=KM EM= 6 4=. Το KMA είναι ορθογώνιο, άρα K= AM= 3. Από το Πυθαγόρειο ϑεώρημα στο τρίγωνο EK: E = K + KE = 3 + = 9+4=3, άρα E= 3. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Για τους αριθμούς x, δίνεται ότι α 8 5x + 7x+ 4 = x, όπου x ακέραιος αριθμός. Να βρεθούν οι x,. 34&t 33497&strt 8 Λύση (Γιώργος Απόκης) Εχουμε: 8 5x 8 5x 4 = 6 5x 4 4 = και 4 7x+ 7x+ x = 4x+ 3x =. Για να ορίζονται τα ριζικά : 6 5x ή 5x 6ή x 6 5 και 3x ή3x ή x 3. Αφού ο x είναι ακέραιος, έχουμε x =. Αντικαθιστούμε στην ισότητα και έχουμε : + 4 = + = = = 4 = = 3

13 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο: KARKAR) Υπολογίστε το εμβαδόν του ορθο-τριγωνικού οικοπέδου του σχήματος. +b+c=3 ή b+c=3, άρα (b+c) = (3 ) b + c +bc=9 6+ και χρησιμοποιώντας το πυθαγόρειο ϑεώρημα βρίσκουμε: +4E= 9 E+ ή 4E= 9, οπότε E= 375τµ. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο: Μπάμπης Στεργίου) Να α- πλοποιηθεί η παράσταση : 5 (6 9) 7 9 (6 ) 35&t 387 Λύση Ηλίας Καμπελής) Αν, b, c οι πλευρές του τριγώνου, τότε: E= cb = 6 = 3 Ετσι cb=e και 3= E 35&t 3794 Λύση (Γιώργος Απόκης) 5 (6 9) 7 = 5 (6 3 ) 7 9 (6 ) 9 (6 ) = 5 (6+3) (6 3) 7 = 9 (6+) (6 ) = = Λύση (Χρήστος Τσιφάκης) Χρησιμοποιώντας τις ταυτότητες, εάν ϑέσουμε x = 6, η παράσταση γίνεται A= (x )(x 9)(x+) (x+3)(x ) = (x )(x+)(x+3)(x 3) (x+3)(x )(x+) = = x 3=3. =

14 Επιμελητής: Στράτης Αντωνέας ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Δίνεται η εξίσωση (m+) x 3 + ( m + m+) x ( m + m+) x (m+)=με m Rκαι m. α. Να δείξετε ότι η εξίσωση, για κάθε m, έχει τρείς πραγματικές ρίζες οι οποίες είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. β. Αν οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι x, x, x 3 με x < x < x 3 και η x είναι η ρίζα που είναι ανεξάρτητη του m, να βρείτε, αν υπάρχει, m Rώστε οι αριθμοί 3 x, x, x 3 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με αυτή τη σειρά. 9&p ( Λύση (Χρήστος Κανάβης) Είναι (m+) x 3 + m + ) m+ x ( m + ) x (m+) = (m+) ( ) x 3 + ( m + m+)( x x ) = (m+) (x ) ( x + ) x+ + ( m + ) m+ x (x ) = (x ) [ (m+) ( ( ) ] x + x+) + m + m+ x = (x ) [ (m+) x + ( m +m+3 ) x+m+ ] = x = ή (m+) x + ( m +m+3) x+m+ =. Είναι = ( m ) +m+3 4 (m+) = ( )( m +m+3 m m +m+3+m+) = ( )( m + m ) +4m+5 >. Διότι m + > και m + 4m+5> αφού < για κάθε m. Επομένως η εξίσωση έχει ακριβώς τρεις ρίζες τις x, x, x 3 με x, x =, x 3. Είναι x x 3 = γ α = m+ = = x m+. Ε- πομένως οι τρεις ρίζες αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου. β) Για να αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου ϑα πρέπει 3x = x + x 3 = S= β α = m +m+3. m+ Επομένως m +m+3= 3 (m+) m +5m+6= m= ή m= 3, οι οποίες είναι δεκτές. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Βρείτε τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (, b) ώστε x + x+b [,] για κάθε x [,4]. 9&p 596 Λύση (Κώστας Κυρίτσης) Θεωρώ τη συνάρτηση f (x)= x και το διάστημα [ +h,+h], h το οποίο έχει εύρος 4. Εφ όσον το περιέχεται στο διάστημα, η εικόνα του διαστήματος μέσω της f έχει εύρος f (+h) f ()=(+h) 4 με το ίσον να ισχύει μόνο για h=. Αν το δεν περιέχεται στο διάστημα, δηλαδή h> το εύρος είναι f (+h) f ( h)=8h>6. Δηλαδή, ο μόνος τρόπος να κόψει κανείς μια «φέτα» από την παραπάνω παραβολή πλάτους 4 και ύψους μέχρι 4, είναι να «κεντράρει» την κορυφή της στο διάστημα. Τώρα, η δική μας παραβολή g(x)=x + x+b είναι μετατόπιση της y= x. Για να πάρουμε λοιπόν κομμάτι πλάτους 4 και ύψους 4 πρέπει να την μετακινήσουμε έτσι ώστε η κορυφή της να βρεθεί στο σημείο A(, ). Άρα = οπότε = 4 και g()=, δηλαδή b= Σημείωση: Η υπόθεση h>, δεν βλάπτει την γενικότητα της λύσης αφού μπορεί να γίνει παρόμοια απόδειξη και για h<. Λύση (Παύλος Μαραγκουδάκης) Για x = προκύπτει b. Για x=4 προκύπτει 6+4+b. Άρα οπότε 4 3 και 3. Επομένως [,4]. Για x=, το τριώνυμο ( x + x+b= x+ ) + b 4 λαμβάνει την ελάχιστη τιμή του, δηλαδή την b 4. Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με το να βρούμε, b ώστε b 6+4+b b 4 Προσθέτουμε τις δύο πρώτες: +b+6. Η τρίτη δίνει b+. Άρα 6++b b+ 4 b++4= ( b+ ). Άρα b= και = 4. 3

15 Επιμελητής: Μιχάλης Νάννος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Αν M είναι το μέσο της πλευράς AD παραλληλογράμμου ABCD και P είναι το σημείο τομής της κάθετης από το B προς την ευθεία MC, να δείξετε ότι AP=CD. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Στράτος Παπαδόπουλος) Σε κύκλο με κέντρο το K φέρνουμε μια χορδήγ που διέρχεται από το μέσολχορδήςσt. Φέρνουμε τις εφαπτομένες στα σημείαγκαι, που τέμνουν την ευθείασt στα σημεία P και Z αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι PΣ=TZ. &t Λύση (Μιχάλης Νάννος) Απ το ισοσκελές KΛδι αµεσoς KΣT K ΛT=9 &t 3468 Λύση (Γρηγόρης Κακλαμάνος) Εστω AS BP και T AS BC. Το ATCM είναι παραλληλόγραμμο και προκύπτει ότι BT= TC. Συνεπώς BS= S P, δηλαδή η AS είναι μεσοκάθετος του BP και ισχύει AP=AB=CD.. ΕίναιΛ K=ΛẐK=K Γ =K PΛ=ω απ το εγγράψιμο ΛK Z, απ το ισοσκελές K Γ και απ το εγγράψιμο KΛΓP. Ετσι, το KPZ είναι ισοσκελές με διάμεσο KΛ και ΣP=TZ σαν διαφορά ίσων τμημάτων. Λύση (Μπάμπης Στεργίου) Εστω ότι η ευθεία PCM τέμνει την ευθεία BA στο σημείο E. Από την ισότητα των τριγώνων MAE, MCD προκύπτει ότι AE= CD= AB. Επομένως στο τρίγωνο PEB η PA είναι διάμεσος, οπότε PA=AB=CD. 4

16 Επιμελητής: Γιώργης Καλαθάκης ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Να λυ- ϑεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών το σύστημα: x xy+y = y xy= 5 &t 3397 Λύση (Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Καταρχήν έχουμε ότι y, αφού αν y= από την δεύτερη εξίσωση ϑα είχαμε = 5, άτοπο. Συνεπώς: x xy+y x = xy+y = y xy= 5 x= y +5 y ( ) y +5 y +5 y+y = y y x= y +5 y y 4 +3y +5 y (y +5)+4y y = 84y x= y +5 y 3y 4 84y +5 y = 5 or y = 3 x= y +5 x= y +5 y y y=±5 or y=± 3 (I) x= y +5 (II) y * Αν y=5 από την (II) βρίσκουμε ότι x=4, δηλαδή (x, y)=(4,5). * Αν y= 5 από την (II) βρίσκουμε ότι q= 4, δηλαδή (x, y)=( 4, 5). * Αν y= 3 από την (II) βρίσκουμε ότι q=3 3, δηλαδή (x, y)=(3 3, 3). * Αν y= 3 από την (II) βρίσκουμε ότι q= 3 3, δηλαδή (x, y) = ( 3 3, 3). A = x+3y+z = x+y+y+z=(x+y)+(y+z)=(x+y)+(y+z)= 5+5=+5=5 ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Να βρε- ϑούν οι x, y R, για τους οποίους ισχύει: x + x sin(xy)+=. &t 339 Λύση (Αχιλλέας Συννεφακόπουλος ) Η δοθείσα γράφεται (x+sin(xy)) + cos (xy)=, οπότε πρέπει cos(xy)= και x= sin(xy). Συνεπώς, x =, που μας δίνει x= ή x=. Σε κάθε περίπτωση είναι cos y= και sin(y)=, κι άρα y= π +kπ για κάποιο ακέραιο k. 5

17 Επιμελητής: Στάθης Κούτρας ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο KARKAR) Παραλληλόγραμμο AKLN είναι «εγγεγραμμένο» σε ισοσκελές τρίγωνο ABC, (AB= AC) το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο διαμέτρου AA. Δείξτε ότι: A L KN Τρίτη λύση έδωσε επίσης και ο συνάδελφος Νίκος Φραγκάκης. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Στο παραλληλόγραμμο ABCD το M είναι το μέσο της AB, ενώ το N σημείο τηςdc, ώστε: DC= 3DN. Τα AN, DM τέμνονται στο S. Τι ποσοστό της επιφάνειας του παραλληλογράμμου καταλαμβάνει το τρίγωνο AS C &t 3867 Λύση (Γρηγόρης Κακλαμάνος) KN A L KA NA = NA NL KB + BA KL = NC + CA NL KB KL = NC NL που ισχύει αφού τα τρίγωνα BKL και LNC είναι ισοσκελή. Λύση (Δημήτρης Λυγκώνης ) Εστω Q KL AA. QL AC QL A C. A A BC (ισοσκελές το τρίγωνο ABC ) άρα L : ορθόκεντρο του τριγώνου QCA A L QC : (). Με KQA= QAC= KAA KQA ισοσκελές. Με KQA ισοσκελές και NLC ισοσκελές και AKLN παραλληλόγραμμο προκύπτει KQ = NC. : (). Συνεπώς KQCN παραλληλόγραμμο (δύο πλευρές ίσες και παράλληλες) Από (),() A L KN 4&t 9 Λύση (Ηλίας Καμπελής) Αν υ είναι το ύψος του ABCD και AB=CD=α, τότε (ABCD)= υ. ZE AB, από το S. Από την ομοιότητα των τριγώνων AS M και DS N είναι: DS S M = DN AM DS S M = 3 α DS α S M = 3 : (). 6

18 Από την ομοιότητα των τριγώνων DS Z και ES M είναι: S Z S E = DS () S Z S M S E = 3 S Z S E+ S Z = 3+ S Z υ = 5 S Z= 5 υ : () (AS N)=(ANC) (S NC) (AS N)= DC EZ NC S Z (AS N)= αυ 3 α 5 υ (AS N)= (ABCD) 5 (ABCD). Λύση 3 (Στάθης Κούτρας) Εστω L DM AC. Τότε με AM DC AL LC = AM DC = = DN NC NL AD S L S D = LN AD = CN CD = 3 S L S D+S L = 3+ S L DL = 5 (S AC) (ADC) = 5 (S AC)= 5 (ADC) (ABCD)=(ADC) (S AC)= (ABCD) και το ζητούμενο έχει βρεθεί. Άρα (AS N)= 5 (ABCD) (AS N)= / (ABCD) Λύση 4 (Μιχάλης Νάννος) Εφόσον Λύση (Νίκος Φραγκάκης) Ας πούμε το μήκος της πλευράς AB= 6k, k>. Θα είναι AM= 3k, DN= k, NC= 4k. Εστω ακόμα T το εμβαδόν του τριγώνου S AC και E το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ABCD. Επειδή AM DN = 3 AS S N = 3 AS AN = 3 5 και η διαγώνιος του παραλληλογράμμου το χωρίζει σε ισοδύναμα μέρη ϑα έχουμε: T= 3 5 (ANC)= (ADC)= 5 (ABCD) και άρα T= 5 E= / E CL LCD LAM = LA, ϑα είναι (CAN)=(CDL)= (CAD), 3 οπότε (S AL)=(S DN)= x. Εύκολα (S LC)=(S NC)=x και (ADS ) (ANC)=(ADN) =, 5x. Ετσι, 7,5x= (ABCD) 3x= (ABCD). 5 x= (ABCD) 5 και (AS C)= 7

19 Επιμελητής: Κώστας Τηλέγραφος ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Χρήστος Καρδάσης) Δίνεται το διάνυσμα α. Να λύσετε την εξίσωση x α x= x+8 α α. 3&t 99 ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Αν E, E είναι οι εστίες της έλλειψης: x 9 + y 4 = PE και P σημείο αυτής, τέτοιο ώστε: PE =, τότε να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου PEE. Λύση (Χρήστος Κυριαζής- Γιώργος Ρίζος) Αν x= α, τότε ϑα είχαμε: =9 α α α =. 3&t 979 Λύση (Γιώργος Ρίζος) Άρα α=, άτοπο, αφού α. Οπότε ισχύει x=κ α,κ>. Ετσι η εξίσωση x α x = x+8 α α γράφεται: Οπότε: κ α α κ α= κ α+8 α α ( κ α α κ κ α+8 α ) α= α κ κ = κ+8 Ετσι λοιπόν κ κ= κ+8 κ κ = κ+8 κ κ=κ+8 ή κ κ= κ 8 κ κ 8= ή κ = 8 (αδύνατη). (κ>) (κ>) κ=4 ή κ= (απορρίπτεται) x=4 α, λύση που επαληθεύει την αρχική μας εξίσωση. Είναια=3, β= οπότεγ= 5 και E ( 5, ), E ( 5, ) Από τον ορισμό της έλλειψης οπότε: (PE)+ ( PE ) = 6, (PE) (PE ) = (PE) (PE )+(PE) = + (PE) = 6 3, άρα (PE)=4 και ( PE ) =. ος Τρόπος: Υπολογισμός του εμβαδού με τον τύπο του Ηρωνα Ε= τ (τ α) (τ β) (τ γ). Η ημιπερίμετρος του PEE είναιτ=3+ 5, οπότε 8

20 το εμβαδόν του είναι: Ε= τ (τ PE) (τ PE ) (τ ΕΕ ) (3+ )( )( )( ) = ( = 3 ( )(( ) ) 5) 5 = 6=4 ος Τρόπος: Υπολογισμός του εμβαδού με τον τύπο οπότε το εμβαδόν είναι: E= 4 5 5=4. 3ος Τρόπος: (Προέκταση) Προσδιορίστε το σημείο P και υπολογίστε το εμβαδόν του PEE. Εστω (x, y) οι συντεταγμένες του σημείου P. Τότε ( PE ) = ( x+ 5 ) + y = 4 Δείξαμε ότι Ε= (βάση) (ύψος). (PE)=4 και ( PE ) =. Ακόμη το P (x, y) ανήκει στην έλλειψη όποτε Ετσι έχουμε x 9 + y 4 =. Εστωυτο ύψος PK. Από το ορθογώνιο τρίγωνο PKE έχουμε υ = 4 E K και από το ορθογώνιο τρίγωνο υ = 6 EK. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι PKE έχουμε 4 E K = 6 EK Εστω E K=x, έτσι EK= 5 x οπότε: ( x+ 5 ) + y = 4 δια 4 y 4 = x 9 ( x+ 5 ) + y 4 4 = ( ) x = x+ 5 x x+ 5 + x = 3 3 x απ οπου βρίσκουμε x= 3 5 (απορρίπτεται αφού x< 3 ) ή x= 3 5, οπότε y=± 4 5. Άρα P ( 3 5, ) ( 4, P 3, 4 ) x = 6 ( 5 x )... x= 5, Τότε το ύψος PK είναι 4 5, άρα το εμβαδόν είναι άρα υ= = 6 5 = 4 5, E= 4 5 5=4. 9

21 Επιμελητής: Χρήστος Τσιφάκης ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει το μέλος erxmer) Δίνεται η συνάρτηση f (x)=4sx xx+, όπου x η μέση τιμή και s η τυπική απόκλιση ενός δείγματος με x>. Αν η C f διέρχεται από το Α(,) τότε : i) Να υπολογιστεί ο συντελεστής μεταβολής του δείγματος και να εξεταστεί αν το δείγμα είναι ο- μοιογενές. ii) Να βρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας και τα α- κρότατα (αν υπάρχουν) της f. iii) Να αποδείξετε ότι sx+ s> x για κάθε x>. iv) Αν ισχύει ότι lim x x f (x)= να υπολογιστεί η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση του δείγματος. v) Αν οι παρατηρήσεις του δείγματος ακολουθούν περίπου κανονική κατανομή, να βρεθεί το ποσοστό των παρατηρήσεων που βρίσκεται στα διαστήματα (,) και (.5,) καθώς και το εύρος των τιμών του δείγματος. και f (x)> x>. Άρα ( η) f είναι γνησίως φθίνουσα[ στο διάστημα, και γνησίως αύξουσα στο,+ ) και παρουσιάζει ελάχιστο για x= το iii) Είναι x> ( ) f = s x+. fր f (x)> f ( ) 4sx xx+> s x+ 4sx s xx+ x> s ( 4x ) x (x )> s (x ) (x+) x (x )> (x ) (sx+ s x)> x> sx+ s> x 8&t 3383 Λύση (Ηλίας Καμπελής) i) Επειδή η C f διέρχεται από το σημείο A (,) είναι: f ()= 4s x+= s x = CV=,5>, δηλαδή το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. ii) Με x R είναι f (x)=8sx x, οπότε f (x)= 8sx x= x= x 4s x= 4CV iv) Είναι lim x x f (x)= 4s x x += x (4s )= x> s=, και CV= s x = x = x= v) Αφού οι παρατηρήσεις του δείγματος ακολουθούν περίπου κανονική κατανομή το εύρος είναι R 6s=3. Το ποσοστό των παρατηρήσεων στο διάστημα (,) είναι 34%+3,5% = 47,5% και στο διάστημα (,5,) είναι 34% όπως φαίνεται και στο παρακάτω «διάγραμμα» x=

22 ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Μηνάς Χάντζος) Θεωρούμε το δείγμα με παρατηρήσεις (x i ):,,,..., n, n N το οποίο έχει διάμεσο d= k+, k N. Α) Να αποδείξετε ότι ο n είναι περιττός. Β) Να αποδείξετε ότι n=k+. Για k=, Γ) Να βρείτε την μέση τιμή των παρατηρήσεων. Δ) Σχηματίζουμε τις παρατηρήσεις y i = x i + b, b<τέτοιες ώστε x=ȳκαι s y = s x. Να βρεθούν οι, b. 8&t 63 Λύση (Ηλίας Καμπελής) Α) Το πλήθος των παρατηρήσεων είναι n+. Αν ο n είναι άρτιος, ο n+ είναι περιττός, οπότε η διάμεσος d ϑα είναι μία από τις παρατηρήσεις, δηλαδή d N. Ομως d= k+ N, γιατί k+ περιττός. Άρα ο n είναι περιττός. Β) Το πλήθος των παρατηρήσεων είναι n+, δηλαδή άρτιος. Άρα η διάμεσος είναι η μέση τιμή των παρατηρήσεων που βρίσκονται στις ϑέσεις n+ και n+ +. Αφού οι παρατηρήσεις αποτελούν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όροα = και διαφορά ω= τότεα ν =ν. Ετσι α n+ = n+ όποτε η διάμεσος είναι: d= n+ + n+ n+ και α n+ += k+ = n n=k+. Γ) Αν k=, τότε n= +=5, δηλαδή οι παρατηρήσεις είναι οι,,,3,4,5. Η μέση τιμή τους είναι x= = 5 6 = 5. Δ) Η μέση τιμή των παρατηρήσεων y i είναι: ȳ= x ȳ=α x+b ( α) x=b () Η τυπική απόκλιση των παρατηρήσεων y i είναι: s y = α s x s y =s x α = α= η α=. Μεα= από την () είναι b=, το οποίο είναι άτοπο γιατί b<. Μεα= από την () είναι b= x b=5. Άραα= και b=5. Λύση (Μηνάς Χάντζος) Μία λύση για το Β) χωρίς αριθμητική πρόοδο. Εφόσον το πλήθος των παρατηρήσεων είναι άρτιος,η διάμεσος ισούται με το ημιάθροισμα των δύο μεσαίων παρατηρήσεων Εστω m η μικρότερη τότε η επόμενη ϑα είναι η m+, και ϑα είναι d= k+ = m+(m+) k=m. Το πλήθος των παρατηρήσεων που είναι μικρότερες ή ίσες της m είναι m+=k+ ενώ οι συνολικές είναι n +. Ετσι οι παρατηρήσεις μικρότερες της διαμέσου ϑα είναι m+=k+, ενώ μεγαλύτερες απο αυτήν ϑα είναι (n+) (k+)=n k. Γνωρίζουμε ότι η διάμεσος (σε δείγμα άρτιου αριθμού παρατηρήσεων) είναι η τιμή κατά την οποία όσες παρατηρήσεις είναι μικρότερες απο αυτήν τόσες είναι και μεγαλύτερες απο αυτήν. Άρα k+=n k n= k+.

23 Επιμελητής: Λευτέρης Πρωτοπαπάς ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Διονύσης Βουτσάς) Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z=m+(m+)i, w= m+ m+ + m i, m. m+ ) Να βρείτε που κινούνται οι εικόνες των z, w. ) Να βρείτε την τιμή του m ώστε (OAB)=, όπου A είναι η εικόνα του z και B είναι η εικόνα του w. 3) Να βρείτε το m έτσι, ώστε z+w =. 4) Να βρείτε το m έτσι, ώστε το z w να είναι το ελάχιστο. 5&t 3965 Λύση (Βασίλειος Κακαβάς) ) Αν z= x+yi, x, y R ϑα έχουμε ότι x=m, y=m+, οπότε ισχύει y= x+ που σημαίνει ότι οι εικόνες του z ανήκουν στην ευθεία (ε) με εξίσωση y= x+. Τώρα αν w=α+βi,α,β R ϑα έχουμε ότι α= m+ m+, β= m m+, m, οπότεα= m++, β= m+ m+ m+ ήα= m+, β= m+, άραβ α= β=α+ που σημαίνει ότι οι εικόνες του w είναι σημεία της ευθείας με εξίσωση y= x+. ) Εχουμε A(x, y), B(α, β), οπότε ϑα είναι OA=(m, m+), (OAB) OB= Θέλουμε (OAB) =, άρα ( m+ m+, m m+ ) και = xβ αy = m m m+ + (m+)m+ m+ = m +4m+4 m+ = m +m+ m+. m +m+ m+ = m +m+ = m+ m + m+ = m+, () m + m+ = m, () Τότε m= [από την ()] ή m= [από την ()]. 4) Είναι άρα z w = = ( m+ m+ m+ ( m+ m+ ) ( + m+ m ) i m+ ) i, ) ( + m++ m+ ( z w = m++ m+ = m++ m+, Θεωρούμε τη συνάρτηση f με f (x)= x++ x+. Για x > έχουμε f (x)= x++ x+, οπότε f (x)= (x+) =x(x+) με f () = (x+) και f (x)<, x (, ), f (x)>, x (, + ), ά- ρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο (, ], γνήσια αύξουσα στο [, + ), οπότε παρουσιάζει ε- λάχιστο στο x = το f () =. Ομοια για x < έχουμε f (x)= (x+) x+, οπότε f (x)= + (x+) = x(x+) (x+), με f ( ) = και f (x)<, x (, ), f (x)>, x (, ), άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο (, ], γνήσια αύξουσα στο [, ), οπότε παρουσιάζει ελάχιστο στο x= το f ( )=. Συνεπώς η μικρότερη τιμή της f είναι η για x=, x=, οπότε και min z w = όταν m=, m=. Λύση (Περικλής Παντούλας) 3) z+w = m+ m+(m+) i m+ + m m+ i = ( m m+ ) ( + m++ m ) i m+ m+ = m m+ + m +4m+ i m+ = )

24 (m ) ( ) m +4m+ + = m+ m+ ( ) m ( ) m +4m+ (m+) + (m+) = 8 ( m ) ( ) + m +4m+ = 8(m+) m 4 4m +4+m 4 +6m +4+8m 3 +4m +6m=8m +6m+8 m 4 +8m 3 +8m = m ( m ) +4m+4 =, οπότε έχουμε m= ή m=. Λύση 3 (Απόστολος Τιντινίδης) 3) Εχουμε z+w=...= m m+ + m +4m+ i, m+ άρα z+w = 8 ( m ) + ( m +4m+ ) = 8(m+)... m (m+) = m= m=. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Παύλος Διαμαντής) Να βρε- ϑεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του μιγαδικού α- ριθμού z= +3ti με t R. +ti 5&t 34 Λύση (Γιάννης Σταματογιάννης) z= +3it z, t R t= +ti (3 z)i, z 3. Εφόσον ο τ είναι πραγματικός ϑα έχουμε z (3 z)i = z i( 3+ z) z z 5 z 5z+= x + y 5x+6=, ( η οποία ) είναι εξίσωση κύκλου 5 με κέντρο το σημείο K,, ακτίνα, εξαιρουμένου του σημείου (3, ). Λύση (Θάνος Μάγκος) Είναι z=+ t t +t + i. Θέτουμε +t t=tn q, q ( π,π, οπότε είναι ) R(z)=+ tn q +tn q = +sin q= = + cosq= 5 cosq και tn q I(z)= +tn q = sinq. Δηλαδή, αν z= x+yi, x, y R x 5 = cos m, y= sin m, με m ( π,π). Άρα, ο γεωμετρικός τόπος της( εικόνας ) του z είναι ο 5 κύκλος με κέντρο το σημείο K,, ακτίνα, εξαιρουμένου του σημείου (3, ). Λύση 3 (Νίκος Φραγκάκης) Για κάθε z= x+yi με x, y R ϑα ισχύει: x+yi= +3ti +ti (x+yi)(+ti)=+3ti που μετά τις πράξεις έχουμε: (x ty)+(xt+ y)i=+3ti (). Συνεπώς ϑα ισχύει: x ty= xt+ y=3t x =ty y=t(3 x) (). Αν ϑεωρήσουμε τα διανύσματα = (x, y), b= (y,3 x) λόγω της () ϑα είναι: = t b, t Rδηλαδή τα διανύσματα αυτά είναι παράλληλα και άρα det(, b )= (x )(3 x) y =. Η τελευταία μετά τις πράξεις δίδει ( x 5 ( ) + y ) = (3). Δηλαδή τα σημεία M(z) διαγράφουν τον κύκλο με εξίσωση (3), του οποίου εξαιρείται σημείο A(3,), αφού για κάθε t R έχουμε +ti και +3ti 3(+ti). Λύση 4 (Παύλος Διαμαντής) z= +3ti +ti = (+3ti) ( ti) (+ti) ( ti) = ti+3ti+3t +t = +3t +t + t +t i. Εστω z= x+yi, οπότε x= +3t +t, y= t +t. Τότε: x + y = = ( +3t +t ) ( t ) + +t = 4+t +9t 4 + t ( +t ) = 9t4 +3t +4 ( ) +t ( )( t + 9t ) +4 = ( +t ) = 9t +4 +t. Αναζητούμε A, B, G R έτσι ώστε: 9t +4 = A (+3t ) + Bt+ G ( +t ) +t +t = A +3t +t + B t G+t +t+ +t = Ax+ By+G. Για κάθε πραγματικό t έχουμε: 9t +4=A ( +3t ) + Bt+ G ( +t ) 9t +4=(3A+ G) t + Bt+(A+ G) 3A+ G=9καιA+ G=4και B=. Επομένως A=5, B=, G= 6. Άρα έχουμε x + y = 5x 6 x + y 5x+6= 3

25 ( x 5 ) + y =, η οποία είναι εξίσωση κύκλου με 4 ( ) 5 κέντρο το σημείο K,, ακτίνα, με εξαίρεση το σημείο A(3,) γιατί για z=3 παίρνουμε 3+3ti=+3ti που είναι αδύνατη. Λύση 5 (Χρήστος Τσιφάκης) =...=+ t t +t + +t i. Άρα έχουμε x = t +t και y= t +t. z= x+yi= +3it +it Αν υψώσουμε στο τετράγωνο και προσθέσουμε έχουμε: (x ) + y t 4 t = t4 + t (+t ) + (+t ) = (+t ) = = t (+t ) (+t ) = t +t= x. ( x 5 ) + y = 4, δηλαδή ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του z είναι ο κύκλος με Άρα (x ) + y = x κέντρο το σημείο K σημείου (3, ). ( 5, ), ακτίνα, εξαιρουμένου του 4

26 Επιμελητής: Μίλτος Παπαγρηγοράκης ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο KARKAR) Να λυθεί η εξίσωση: 8x x+5 5=. 5&t 64 [ Λύση (Σπύρος Καπελλίδης) Η εξίσωση ορίζεται στο 5 8,+ ) και γράφεται 8x 7=4( 3 3 ) 8x+5 3 (x 3)(4x +6x+9)= 6(x 3) 3 (8x+5) Εί- 8x+5+9 ναι προφανές ότι έχουμε λύση την x= 3. Για να βρούμε τις υπόλοιπες λύσεις (αν υπάρχουν) αρκεί να λύσουμε την εξίσωση 4x +6x+9= 6 3 (8x+5) +3 3 (). 8x+5+9 Η συνάρτηση f (x)=4x +6x+9, x R(εύκολα βγαίνει) έχει ελάχιστο το 7 4. Η συνάρτηση g(x)= 6 3 (8x+5) x+5+9 γνησίως φθίνουσα (προκύπτει εύκολα με τον ορισμό), άρα έχει μέγιστο στο 5 8, το 6 7. Επειδή 9 4 > 6 9 η () είναι αδύνατη, άρα το 3 είναι η μοναδική ρίζα της δο- ϑείσας. Λύση (KARKAR) Για x [ 5 8,+ ), η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την: 8x = 3 8x+5 8x3 5 8 = 3 8x+5 8 Η συνάρτηση f (x)= 8x3 5, είναι προφανώς γνησίως 8 αύξουσα, άρα αντιστρέψιμη. Θέτοντας y= 8x3 5, 8 8x+5 εύκολα καταλήγουμε στο f (x)= 3, με 8 x [ 5 8,+ ). Συνεπώς έχουμε να λύσουμε την εξίσωση: f (x)= f (x), γνωρίζοντας ότι f γνησίως αύξουσα. Αυτή όμως (γνωστή εφαρμογή) είναι ισοδύναμη με την f (x)= x. Δηλαδή: 8x 3 5 = x 8x 3 8x 5= 8 (x 3)(4x +6x+5)=, που έχει μοναδική (και δεκτή) πραγματική ρίζα την x= 3 (το τριώνυμο έχει αρνητική διακρίνουσα). ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Ardid) Η συνάρτηση f, ικανοποιεί τη σχέση f (x) f ( x)= f (x) () για κάθε πραγματικό x. Να αποδειχτεί ότι η f είναι άρτια. 5&t 734 Λύση (Μίλτος Παπαγρηγοράκης) Για κάθε x R ι- σχύει ότι: f (x) f ( x) = f (x). Θέτω όπου x το x (αφού για κάθε x Rισχύει ότι x R) και έχουμε ότι f (x) f ( x)= f ( x). Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ϑα έχουμε ότι για κάθε x R ισχύει ότι f (x) f ( x)= f (x)+ f ( x) ( f (x) f ( x)) = από όπου προκύπτει ότι είναι f (x)= f ( x) για κάθε x R. Άρα η f είναι άρτια συνάρτηση. Λύση (Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Εστω ότι η f δεν είναι άρτια, οπότε υπάρχει x έτσι ώστε f (x ) f ( x ) (Ι). Επίσης αφού f (x)= f (x) f ( x) (ΙΙ) και ϑέτοντας όπου x το x, βρίσκουμε ότι: f ( x)= f (x) f ( x), ο- πότε f (x)= f ( x). Συνεπώς: f (x )= f ( x ) f ( x )=± f (x ), άρα f ( x )= f (x ) (ΙΙΙ) λόγω της (Ι). Αντικαθιστώτας στην (ΙΙ) όπου x το x, βρίσκουμε: f (x )= f (x ) f ( x ), οπότε λόγω της (ΙΙΙ) βρίσκουμε: f (x )= f (x ) f (x )=, άρα f (x )= f ( x )=, που είναι άτοπο λόγω της (Ι), οπότε η f είναι άρτια. 5

27 Επιμελητής: Βασίλης Κακαβάς ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Η συνάρτηση f : [,] (,+ ) είναι συνεχής στο [,] και παραγωγίσιμη στο (, ) και ισχύει ( ) ( ) f ()= 3 f () f f 3 Να δείξετε ότι υπάρχουν x, x, x 3 (,) με x < x < x 3 ώστε 6 f (x ) f (x ) +3 f (x ) f (x ) + f (x 3 ) f (x 3 ) = Λύση (Νίκος( Ζανταρίδης) ) ( Θεωρούμε ) την συνάρτηση x+ x+ g (x) = f (x) f f, x [,], η οποία ειναι συνεχής στο [,] ως πράξεις μεταξύ συνεχών αφού 3 x+, 3 x+ ορισμένες και συνεχείς 3 όταν x [, ] και f συνεχής στο [,] και παραγωγίσιμη στο (, ) ως πράξεις μεταξύ παραγωγίσιμων αφού x+, 3 x+ παραγωγίσιμες όταν 3 x [, ] και f παραγωγίσιμη στο (,) με ( ) ( ) g (x)= f x+ x+ (x) f f 3 + ( ) ( ) x+ x+ f (x) f f 3 + ( ) ( ) x+ 3 f (x) f f x+ 3 ( ) ( ) x+ x+ f (x) = f (x) + f ( )+ f 3 ( ) g (x) x+ 3 x+ f f 3 3 ( ) ( ) Ακόμη είναι g () = f () f f = ( f ()) 3 = 3 g (). Αρα η g ικανοποιεί τις προυποθεσεις του Θεωρήματος του Rolle στο [, ], ο- πότε υπάρχει x (,) ώστε g (x ) = ( ) ( ) f (x ) f (x ) + f x + ( )+ f x + 3 ( ) g (x ) = x + 3 x + f f 3 3 g(x ) f (x ) f (x ) + f (x ) f (x ) + f (x 3 ) 3 f (x 3 ) 3 f (x ) + f (x 3 ) f (x ) f (x 3 ) x + (x,), x 3 = x + 3 πάρχουν x, x, x 3 (,) 6 f (x ) f (x ) +3 f (x ) f (x ) + f (x 3 ) f (x 3 ) =. = 6 f (x ) f (x ) + =, οπου x (,), x = (x,). Επομένως υ- με x < x < x 3,ώστε ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Στράτος Παπαδόπουλος) Εστω η συνάρτηση f : [,β] Rηοποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [,β] και f ()= f (β)=. Αν γ (,β) να δείξετε ότι υπάρχειξ (,β) τέτοιο ώστε f f (γ) (ξ)= (γ )(γ β) 53 Λύση (Διονύσης Βουτσας) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)= f (γ) (x )(x b) και αφού ισχύουν h()= (γ )(γ b) f () g()= και h(γ)= f (γ) g(γ)= f (γ) f (γ)= και h(b) = f (b) g(b) = και είναι παραγωγίσιμη με h (x)= f (x) g (x)= f f (γ) (x) (x b) (γ )(γ b), ε- φαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση h(x)= f (x) g(x) δηλαδή την f (γ) h(x)= f (x) (x )(x b) (γ )(γ b) στα διαστήματα [, γ], [γ, b] αρα υπάρχουν k (,γ), l (γ, b) : h (k)= f (k) g (k)=, h (l)= f (l) g (l)=. Τώρα για την συνάρτηση h (x)= f (x) g (x), x [k, l] ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle αφού ισχύουν h (k)=h (l)=και h παραγωγίσιμη με h (x)= f (x) g (x)= f (x) f (γ) (γ )(γ b) οπότε υπάρχειξ (k, l) (, b) : h (ξ)= f (ξ) f (γ) (γ )(γ b) = άρα και f (ξ)= f (γ) (γ )(γ b) Λύση (Φωτεινή Καλδή) Θέλουμε να αποδείξουμε ό- τι η εξίσωση f (x)(γ )(γ b) f (γ)=έχει μία τουλάχιστον ρίζα ξ (, b). Αυτή ισοδύναμα γράφεται f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x ) f (γ)(x b) = δηλαδή ( f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x ) f (γ)(x b)) =. Αρα 6

28 ϑέλουμε να εφαρμόσουμε το ϑεώρημα Rolle για την f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x ) f (γ)(x b) σε κάποιο κατάλληλο διάστημα και η τελευταία γράφεται f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x )(x b) f (γ)(x ) (x b)=( f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x )(x b)). Θεωρούμε λοιπόν τη συνάρτηση h(x)= f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x )(x b), x [, b], που είναι συνεχής, και παραγωγίσιμη με h()=h(γ)= h(b)=και σύμφωνα με το Θεώρημα του Rolle στα [, γ], [γ, b] υπάρχουνξ (, γ), ξ (γ, b) ώ- στε h (ξ )=h (ξ )= και σύμφωνα με το ϑεώρημα του Rolle για την h (x)= f (x)(γ )(γ b) f (γ)(x ) f (γ)(x b) στο [ξ,ξ ] υπάρχειξ (ξ,ξ ) ώστε h (ξ)= δηλαδή f (ξ)(γ )(γ b) f (γ)=που είναι αυτό που ϑέλαμε. 7

29 Επιμελητής: Ροδόλφος Μπόρης ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : [,] (,+ ) με συνεχή παράγωγο που είναι τέτοιες ώστε να ισχύουν και. f () f () = e f (x) dx+ [ f (x) ] dx 54&t 756 Λύση (Θάνος Μάγκος) Από ανισότητες ΑΜ-ΓΜ και μετά Cuchy-Schwrz έχουμε ( f (x)) dx ( f (x)) dx f (x) f (x) dx= [ ] = ln f (x) = (ln f () ln f ())= Άρα ισχύει η ισότητα στις ΑΜ-ΓΜ και Cuchy- Schwrz. Άρα υπάρχει ώστε f (x)= f (x) f (x) f (x)= f (x)=x+b. και f (x) dx= ( f (x)) dx, οπότε =. Από τη συνθήκη f () f () = e βρίσκουμε b= e. Άρα τελικά f (x)= x+ e, η οποία ικανοποιεί την αρχική. Λύση (Σπύρος Καπελίδης) ή σχολικά: () ( ) f (x) + [ f (x)] dx f (x) f (x) dx ( f (x) + [ f (x)] ) f (x) f (x) dx ( ) f (x) f (x) dx f (x) f (x)= f (x) f (x)=, x [,] ( f (x)) = (x), x [,] f (x)=x+c, x [,] Και υπολογίζοντας τη σταθερά από την αρχική συν- ϑήκη έχουμε f (x)= x+ e, x [,]. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Διονύσης Βουτσάς) Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f για την οποία ισχύει : 3/4 f (x)dx= f (x)dx. /4 Να αποδείξετε ότι υπάρχει x o (,) : f (x o )=. 54&t 3375 Λύση (Βαγγέλης Μουρούκος) Θέτουμε ( g (x)= f x+ ), οπότε η δοσμένη υπόθεση γράφεται ισοδύναμα: 4 g (x)dx= g (x)dx (). 4 Θεωρούμε τη συνάρτηση G (x)= x x g (t)dt x g (t)dt, x Προφανώς, είναι G ()=. Από την () έχουμε ότι G ( ) =. Με εφαρμογή του Θεωρήματος Rolle για την G [ στο, ] προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ( ξ, ) 8

30 τέτοιο, ώστε G (ξ)=. Αλλά είναι ( x ( G (x)=g (x)+g ( x) g g ) x ), οπότε =G (ξ)= [ g (ξ) g ( )] [ ( ] ξ g ξ ) g ( ξ). Με εφαρμογή του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για την g [ ξ σε καθένα από τα διαστήματα,ξ] [ και ξ, ] ξ προκύπτει ότι υπάρχουνξ ( ξ, ξ ) καιξ ( ξ,ξ) τέτοια, ώστε = [ ( ξ [ ( g (ξ) g g )] ξ ) ] g ( ξ) = = ξ [ g (ξ ) g (ξ ) ]. Με εφαρμογή του Θεωρήματος Rolle για την g στο διάστημα [ ξ,ξ ] προκύπτει ότι υπάρχει t (ξ,ξ ) (, ) τέτοιο, ώστε g (t )=. Θέτοντας x = t + (,), έχουμε ότι f (x )= και η απόδειξη ολοκληρώνεται. 9

31 Επιμελητής: Σπύρος Καρδαμίτσης ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Παναγιώτης Μυταρέλλης) Δίνεται η συνάρτηση f (x)= x+ x + (α) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία. (β) Αν (x+ x +)(y+ y +)=, να δειχτεί ότι x+y=. (γ) Να υπολογιστεί το x +dx 63 Λύση (Χρήστος Λαζαρίδης) (α) ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Δίδεται η συνεχής συνάρτηση g : [, ] R, >. Θεωρούμε και την συνάρτηση f : [, ] Rτέτοια ώστε ναισχύει k f (x)+m f ( x)=g(x) γιακάθε x [, ] με k, m>και k m. Α. Να αποδείξετε ότι α. Η f είναι συνεχής στο [, ] β. (k+ m) Β. Να αποδείξετε ότι f (x)dx= g(x)dx +e x x dx= (β) (γ) x R, x +> x x +> x x< () x +> x f (x)> x () x +> x () x +> x> x f (x)> f x (x)=+ = f (x) >, x R, (), x + x + άρα f γνησίως αύξουσα. f ( x) = x+ x + ( )( x+ x + x+ x +) = = f (x) x+ x + f (x) f (y)= f (y)= f (x) = f ( x) y= x x+y= Η f είναι -,αφού είναι γνησίως αύξουσα. x +dx () = = ln(+ ) f (x) f (x) dx=[ ln f (x) ] 57 Λύση (Βασίλης Κακαβάς) Α. α. Θέτουμε όπου x το x στην k f (x)+m f ( x)=g(x), x [, ] και προκύπτει ότι k f ( x)+m f (x)=g( x), x [, ] επομένως ϑα είναι και k f (x)+km f ( x)=kg(x) km f ( x) m f (x)= mg( x) και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι k f (x) m f (x) = kg(x) mg( x) kg(x) mg( x) f (x) = k m αφού k, m>, k m οπότε η f είναι συνεχής στο [, ] ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων, αφού η g είναι συνεχής. 3

32 β. Από k f (x)+m f ( x)=g(x) έχουμε k (k f (x)+m f ( x))dx = Για το f (x)dx+m f ( x))dx= α α g(x)dx g(x)dx f ( x))dx ορίζουμε u= x κι έτσι αν x= τότε u= ενώ αν x= τότε u= και du= dx οπότε f ( x))dx= f (u)( du)= f (u)du γίνεται α k f (x)dx+m f (x)dx= g(x)dx (k+ α m) f (x)dx= g(x)dx Β. Αν f (x)= +e x = e x e x + e είναι f ( x e x x) = e x + e και f (x)+ f ( x) = x e x + e x e x + e = =g(x) x x και σύμφωνα με το (β) (+) f (x)dx= dx άρα η σχέση k f (x)dx+m f ( x))dx= α g(x)dx f (x)dx= 3

33 Επιμέλεια: Μπάμπης Στεργίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης)Να βρείτε όλες τις συνεχείς και φθίνουσες συναρτήσεις f : [,] [,+ ) για τις οποίες: f (x)dx και ( f (x 3 )dx 3 x f (x)dx). 56&t 3365 Λύση (Θανάσης Κοντογεώργης) Είναι, από Chebyshev, f (x)dx f (x 3 )dx ( ( 3 x f (x)dx) 3 ( 3 4 Αν Άρα ) f (x)dx f (x)dx τότε xdx f (x)dx) = f (x)dx= = f. f (x)dx 4 3 άτοπο. Λύση (Σπύρος Καπελλίδης) Και με έναν σχολικό τρόπο: Ξεκινάμε από το ότι (Εύκολο με αλλαγή μεταβλητής) f ( 3 x ) dx=3 x f (x)dx Επίσης, λόγω της μονοτονίας της f έχουμε f (x 3 ) f ( 3 x ) ( 3 x f (x)dx) 3 ( x f (x)dx) Αν ϑέσουμε m f (x)dx m, m x f (x)dx x f (x)dx=m, έχουμε x f (x)dx x f (x)dx= m και x f (x)dx m, άρα (x mx+m ) f (x)dx (x m) f (x)dx (x m) f (x)dx= (x m) f (x)=, x [,] f (x)=, x [,] ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Οι συναρτήσεις f, g ισχύει είναι συνεχείς στο [, b] με f (x)>, x [, b]. b f (t)dt= b g (t)dt και Να δείξετε ότι υπάρχουν x, x (, b) με x x τέτοιοι,ώστε f (x ) f (x )=g (x ) g (x ). 56&t 835 Λύση (Βασίλης Μαυροφρύδης) Θεωρούμε την συνάρτηση h (x)= x f (t) dt x g (t) dt, x [, b]. Είναι h ()=h (b)= και η h ικανοποιεί τις προυποθέσεις του ϑεωρήματος Rolle στο διάστημα [, b]. Από το συμπέρασμα του ϑεωρήματος Rolle, έπεται ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x (, b) τέτοιο ώστε: h (x )= 3

34 x f (x ) x f (x ) x f (t) dt g (x ) f (t) dt=g (x ) x x g (t) dt. Επειδή f (t) dt = f (x)>, η γνησίως αύξουσα στο [, b]. Ετσι είναι x g (x ) g (t) dt>. x Άρα g (x ) x g (t) dt= x f (t) dt είναι f (t) dt>, f (x )> οπότε και g (t) dt. Ετσι είναι f (x ) g (x ) = x x g (t) dt x g (t) dt = x f (t) dt f (t) dt Από το ϑεώρημα μέσης τιμής του Cuchy (το οποίο αποδεικνύεται σχολικά ) g (t) dt f (t) dt υπάρχει τουλάχιστον ένα x (, x ) τέτοιο ώστε : x x g (t) dt x g (t) dt = x f (t) dt f (t) dt g (t) dt f (t) dt = g (x ) f (x ) f (x ) g (x ) = g (x ) f (x ) f (x ) f (x )=g (x ) g (x ) με x < x.. 33

35 Επιμελητής: Σωτήρης Χασάπης ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Παύλος Μαραγκουδάκης) Αν, b, c R, να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς : (+b+c) 9bc, (+b+c) 9c και (+b+c) 9b είναι μη αρνητικός. δεν ισχύει, άρα καταλήξαμε σε άτοπο. Συνεπώς, τουλάχιστον ένας εκ των τριών αριθμών ϑα είναι μη αρνητικός. ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο ΔΗΜΗΤΡΗΣ) Αν x+y=y+z=5, να βρείτε την αριθμητική τιμή της παράστασης: A=x+3y+z 69&t 359 Λύση (dr.tsos) Ας πούμε ότι όλοι είναι αρνητικοί, δηλαδή ϑα ισχύει : (+b+c) < 9bc () (+b+c) < 9c (), (+b+c) < 9b (3) Προσθέτω τις τρεις σχέσεις κατά μέλη και καταλήγω στο ότι : + b + c < b+c+bc που λόγω της : + b + c b+c+bc 69&p 559 Λύση (Στέργιος Ρουμελιώτης Ά Γυμνασίου) A=4z+3y+z (Αφού x+y=y+z Άρα x=z) A=6z+3y Αφού y+z=5 τότε ϑα είναι 3 φορές μεγαλύτερο άρα A=5 Λύση (T-Rex) Επίσης : y+z = 5 και x+y = 5. Τότε : A=x+3y+z=x+y+y+z=(x+y)+(y+z)= (x+y)+(y+z)= 5+5=+5=5 34

36 Άλγεβρα, Θεωρία Γεωμετρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητής: Φωτεινή Καλδή ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να λυθεί στοz η εξίσωση x 3 y 3 = xy+8. Η μόνη λοιπόν περίπτωση για να έχουμε λύση είναι όταν x y= και τότε y {, } 9&t 3487 Λύση(Παύλος Μαραγκουδάκης) Είναι x y (διαφορετικά x = 4) Για y= είναι x= Για y=, x 3 x 9= που δεν έχει ακέραιες λύσεις. Τελικά (x, y)=(,),(, ) ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να λυθεί η εξίσωση x+ [x]+ +{x}= 9&t 87 Λύση(Σπύρος Καπελλίδης) Αν x<, τότε [x] και επειδή +{x}< ϑα έχουμε Για y=, x 3 + x 7= που επίσης δεν έχει ακέραιες λύσεις. Για y,± ϑα δείξουμε ότι < Πράγματι το αριστερό σκέλος γίνεται xy+8 x + xy+y < 4 [x]+ +{x}<, συνεπώς η εξίσωση δεν ϑα ο- ρίζεται, άρα ϑα πρέπει x. Εξ άλλου [x]+ +{x}= x, άρα ϑα πρέπει x, δηλαδή x, δηλαδή (x+y) +4>. x. Το δεξιό γίνεται x + yx+y 4> που ισχύει γιατί έχει διακρίνουσα =3 5y < για y,±. Αν x< τότε [x]= και η εξίσωση γράφεται + +{x}= {x}. Άρα < x y<4. Ομως +{x} < < και Το δεύτερο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιος, άρα ο x y είναι άρτιος. Πράγματι, αν ήταν περιττός τότε από τους x, y ο ένας ϑα ήταν άρτιος και ο άλλος περιττός, οπότε και ο x 3 y 3 ϑα ήταν περιττός. {x}>, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν < x<, τότε [x]=, άρα η εξίσωση γράφεται x+ +{x}= +{x}= x, 35

37 η οποία είναι επίσης αδύνατη, Για x= είναι προφανώς αδύνατη και μας μένει το γιατί +{x} και < x<. x= που είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης. 36

38 Γεωμετρία Επιμελητής: Ανδρέας Βαρβεράκης ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο Μιχάλης Νάννος) Δίνεται τετράγωνο ABCD πλευράς. Επί της BC παίρνουμε σημείο E, τέτοιο ώστε BE= και στην προέκταση της 3 DC παίρνουμε σημείο F, τέτοιο ώστε CF=. Αν G AE BF, δείξτε ότι το G ανήκει στον περίκυκλο του τετραγώνου. Λύση (Παύλος Μαραγκουδάκης) Αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο ABGC είναι εγγράψιμο, δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι CBF= ˆ CAE. ˆ Θεωρούμε τα τετράγωνα AKLN, KRML, RBE M ό- πως στο σχήμα. Είναι γνωστό ότι AMN+ ˆ AEN= ˆ 45 o. Από τα όμοια τρίγωνα CBF και AMN προκύπτει ότι CBF= ˆ AMN. ˆ Άρα CBF+ ˆ EAB=45 ˆ o οπότε CBF= ˆ 45 o EAB= ˆ CAE. ˆ &t 3734 Λύση (Θανάσης KARKAR) Η ευθεία AE είναι η y= x+, ενώ η BF είναι η y= x+3. 3 ( 6 Η τομή τους είναι το σημείο G 5, 3 ), 5 το οποίο ασφαλώς ανήκει στον περίκυκλο του τετραγώνου, που είναι ο (x ) + (y ) = Λύση 3(Στάθης Κούτρας) Αν Q AG DC τότε με AB CQ ABE QCE 37

39 AB CQ = BE BE= 3 EC= 3 = EC AB= CQ= CF= FQ= 3 AB DQ = DF F το μέσο της DQ η δέσμη (AB, AF, AQ, AD) είναι αρμονική και επομένως και η σειρά (B, K, L, D) είναι αρμονική (με B, K, L, D τα σημεία τομής των ακτινών της δέσμης αυτής με την ευθεία BD) οπότε και η δέσμη (FB, FK, FL, FD) είναι αρμονική άρα και η σειρά (B, H, Z, C) είναι αρμονική (με B, H, Z, C τα σημεία τομής των ακτινών της δέσμης αυτής με την ευθεία BC). Επομένως ισχύει: BZ BC = HZ HC BZ HZ = BC HC : () Αλλά με AB CF ABH FCH AB CF = BH HC BZ HZ+BZ = 3 4 BZ BH = 3 4 CF= = AB BH HC = HC= () BZ 3 HZ = 3 BH= 3 BZ= ZC= = CF FCZ=9 LFD=45 LDF=45 DLF= 9 FL DB : () και με AB DF ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Εστω O το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου (C) οξυγωνίου τριγώνου ABC(AB AC). Ας πούμε ακόμα H το ορ- ϑόκεντρο του ABC. Φέρνουμε την διάμεσο AM που τέμνει τον (C) στο σημείο N. Ο κύκλος διαμέτρου AM τέμνει ξανά τον (C) στο σημείο P. Να δειχθεί ότι οι AP, BCκαι OH συντρέχουν αν και μόνο αν AH=HN. AK KF = AB DF=FQ = DF AK KF = BG GF BM MC = BK KC = AB BM BM+ MC = 5 AB FQ AB FQ FQ AB= GF BG αντιστρoφo Θ.Θαλη KG DF M GK BC DF = 3 = 3 BM+MC=BC= BM= 5 : (3) & ME=BM BE= 5 3 ME= 5 : (4) Με (B, K, L, D) αρμονική προκύπτει ότι και η δέσμη (GB, GK, GL, GD) είναι αρμονική οπότε και η σειρά ( B, M, E, Z ) είναι αρμονική (με Z GD AC) δηλαδή ισχύει: BE ME BZ BE (4) BZ = MZ MZ = = = 5 ME BZ BZ BM = 5 (3) BZ = = BZ Z Z Άρα τα σημεία D, Z, G είναι συνευθειακά. Τέλος στο τρίγωνο BDF με FL BD, BC DF Z το ορθόκεντρό του και συνεπώς η (ευθεία πλέον ) DZG είναι το τρίτο ύψος άρα DG BF DGB=9 A, B, G, C, D &t Λύση (Στάθης Κούτρας) Θα δείξουμε πρώτα ένα λήμμα που είναι και το «κλειδί» του προβλήματος. Λήμμα: Δίνεται τρίγωνο ABC (AB AC) και ας είναι M το μέσο της BC. Αν P είναι το άλλο (εκτός του A) κοινό σημείο του περικυκλίου (O) του τριγώνου ABC με τον κύκλο (K) διαμέτρου AM, να δειχθεί ότι η PM διέρχεται από το ορθόκεντρο H του τριγώνου ABC Απόδειξη του λήμματος 38

40 EPA=9 AE διάμετρος του κύκλου (O) οπότε: Ας είναι H PM AD (AD BC) και E PM (O). Τότε με MPA εγγεγραµµενησεηµικυκλιo = 9 EC AC : (). Με OM BC (απόστημα στη χορδή BC του (O)) και AD BC προκύπτει ότι AHE ( Oµεσoτης AE) OM AD M μέσο της Mµεσoτης BC HE BHCE παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται) και συνεπώς BH EC () BH AC AD BC H το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC και το λήμμα έχει αποδειχθεί. Αντιστρόφως: Αν οι ευθείες OM, AP, BC συγκλίνουν (έστω στο T), τότε με AH T M ( H το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC) και MHP AT (αφού AM διάμετρος του κύκλου (K)) το H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AT M (σημείο τομής δύο υψών του) και επομένως T HO είναι η ευθεία του τρίτου ύ- ψους του, δηλαδή T HO AN και με O το κέντρο του περικυκλίου του τριγώνου ABC και AN χορδή του (O) ϑα είναι T HO μεσοκάθετη της AN HA=HN και το ϑέμα μας έχει ολοκληρω- ϑεί. Λύση (Σωτήρης Λουρίδας) Εστω ότι συντρέχουν, αν H MP AH AK= KH, με το τετράπλευρο KH MO να είναι παραλληλόγραμμο. Συνεπώς παίρνουμε AH = KH = OM=AH H H TO AN HA=HN. Εστω AH=HN με το σημείο T να είναι η τομή των OH, CB. Τότε στο τρίγωνο AT M το MH είναι το τρίτο ύψος, οπότε αν P MH AT MPA=9. Στο ϑέμα μας τώρα με βάσει το παραπάνω λήμμα τα σημεία P, H, M είναι συνευθειακά. Εστω ότι AH= HN OA=ON=R O AHNO «χαρταετός» και συνεπώς OH AN (και μάλιστα μεσοκάθετη) δηλαδή OH AM : (). Επίσης είναι AP MHP (αφού η AM είναι διάμετρος του κύκλου (K) και MB AH (αφού H το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC, δηλαδή οι ευθείες AP, OH, CB είναι οι ευθείες των υψών του τριγώνου AHM και επομένως ϑα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του T. 39

41 Άλγεβρα, Θεωρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητές: Βαγγέλης Μουρούκος - Αχιλλέας Συνεφακόπουλος ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να αποδείξετε ότι αν x, y, z>με xy+yz+zx=, τότε ( x+ y+ z) (x+y)(y+z)(z+ x). Αυτή η ανισότητα ισχύει όμως από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου και την υπόθεση, αφού ( 3 b+b 3 ) b =. &t Λύση (Γιώργος Μπασδέκης) Ακολουθούμε τον μετασχηματισμό (x, y, z) (, b, c ) και τότε αρκεί να δείξουμε ότι (+b+c) ( + b )(b + c )(c + ) ή ισοδύναμα ή ισοδύναμα (+b+c) ( + b )(b + c )(c + ) 4 (+b+c)( [(+b) + ( b) ][c ( b) + (b+c ) ] 4. Από την ανισότητα Cuchy-Schwrz,ισχύει [(+b) + ( b) ][c ( b) + (b+c ) ] b(+b) bc. Οπότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι (+b+c)[(b(+ b)+bc(b+c)+c(c+) bc] 4 ή ισοδύναμα 3 b+b 3 + b 3 c+bc 3 + c 3 +c 3. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Γρηγόρης Κακλαμάνος) Να εξετάσετε αν στους.. πρώτους όρους της ακολουθίας Fiboncci υπάρχει ή όχι αριθμός που να λήγει σε τέσσερα μηδενικά (στο δεδαδικό σύστημα). &t 355 Λύση (Γιώργος Βλάχος) Οι πρώτοι όροι της ακολουθίας Fiboncci είναι F =, F =, F =. Ορίζουμε την ακολουθία f n = F n mod και ϑεωρούμε τα ζεύγη A n = ( f n, f n+ ) με n. Αφού η ακολουθία{ f n } n παίρνει ακέραιες τιμές στο διάστημα [,9999], η{a n } n παίρνει το πολύ 8 διαφορετικές τιμές, άρα ϑα παίρνει δύο φορές την ίδια τιμή για κάποια m, n 8. Βλέπουμε ότι αν A m = A n, τότε A m = A n άρα η ακολουθία {A n } n είναι περιοδική και A = (,). Εύκολα βλέπουμε τώρα ότι υπάρχει κάποιος όρος της {F n } n με περισσότερα από τέσσερα ψηφία και αφήνει υπόλοιπο μηδέν όταν διαιρείται με το 4. 4

42 Γεωμετρία Επιμελητής: Κώστας Βήττας ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο KARKAR.) Οι διαγώνιοι AA, BB, εγγραψίμου τετραπλεύρου ABA B τέμνονται στο O και έστω M, S, τα μέσα τους αντίστοιχα. Δείξτε ότι αν η AA διχοτομεί τη γωνία BMB, τότε και η BB διχοτομεί τη γωνία AS A και αντιστρόφως, για τα τεμνόμενα στο O τμήματα AA, BB με μέσα τα S, M αντίστοιχα, αν η AA διχοτομεί τη γωνία BMB και η BB διχοτομεί τη γωνία AS A, τότε τα σημεία A, B, A, B, είναι ομοκυκλικά. &t 3396 Λύση (Σιλουανός Μπραζιτίκος.) Εστω K, το κέντρο του περίκυκλου (K) του ABA B και από KM AA έχουμε ότι η ευθεία KM ταυτίζεται με την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας M του τριγώνου BMB και ά- ρα, τα σημεία P BB KM και O, είναι αρμονικά συζυγή των B, B. Προκύπτει έτσι, ότι η AA είναι η Πολική ευθεία του σημείου P ως προς τον κύκλο (K), γιατί ισχύει PK AA. Εστω Q, το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου (K) στα σημεία B, B και επειδή η BB ως η Πολική ευθεία του Q ως προς τον (K) περνάει από το σημείο P, έχουμε ότι το σημείο Q ανήκει στην ευθεία AA, ως την Πολική του P ως προς τον κύκλο (K). Άρα, τα σημεία Q, O είναι αρμονικά συζυγή των A, A και από QS S O ( λόγω των συνευθειακών σημείων K, S, Q και QK AA ), συμπεραίνεται ότι η ευθεία S O BB διχοτομεί την γωνία AS A και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με άτοπο, α- φού έχει αποδειχθεί το ευθύ. Λύση (Δημήτρης Παπαδημητρίου.) Εστω (L), (L ), οι περίκυκλοι των τριγώνων B MB, A S A και ας είναι P, Q, τα σημεία τομής των από τις ευθείες A A, B B, αντιστοίχως. Στον κύκλο (L), λόγω της διχοτόμου MP της γωνίας BMB και του μέσου S του BB, προκύπτει ότι PS BB Από την δύναμη του σημείου O ως προς τους κύκλους (L), (K), (L ), όπου (K) είναι ο περίκυκλος του ABA B, έχουμε διαδοχικά : (OP)(OM) = (OB)(OB ) = (OA)(OA ) = (OS )(OQ) = (OP)(OM)=(OS )(OQ), () Από (), προκύπτει ότι το τετράπλευρο S PQM είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (T) και άρα ισχύει PMQ= PS Q=9 o = QM A A, () Στον κύκλο (L ), από () και MA= MA, συμπεραίνεται ότι η ευθεία S Q BB διχοτομεί την γωνία A S A και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Το αντίστροφο του προβλήματος αποδεικνύεται εύκολα αφού ABA B εγγράψιμο S PQM εγγράψιμο. Λύση 3 (Ανδρέας Βαρβεράκης.) Η ευθεία BM είναι συμμετρική της B M ως προς την μεσοκάθετη ευθεία της χορδής AA και επομένως, τέμνει τον περίκυκλο (K) του ABA B στο σημείο έστω B, συμμετρικό του B, ως προς το μέσον N του τόξου AA. Δηλαδή, η ευθεία BO ταυτίζεται με την B- συμμετροδιάμεσο του τριγώνου A BA και άρα, περνάει από το σημείο έστω T, τομής των εφαπτομένων του κύκλου (K), στα σημεία A, A. Άρα, το τετράπλευρο ABA B είναι αρμονικό και συμπεραίνεται έτσι, ότι η ευθεία S T BB, όπου S είναι το μέσον του BB, διχοτομεί την γωνία A S A και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ( Από KS S T έχουμε ότι το μέσον S του BB ανήκει στον περίκυκλο έστω (L), του AKA T με διάμετρο το KT, όπου K είναι το κέντρο του κύκλου (K), από όπου προκύπτει άμεσα ότι A S T= A KT= AKT= AS T ). Το αντίστροφο προκύπτει εύκολα με άτοπο, αφού έχει αποδειχθεί το ευθύ. Λύση 4 ( Αντώνης Ζητρίδης.) Εστω ότι ισχύει A MB= A MB, () Δια του σημείου B, φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την AA, η οποία τέμνει τον περίκυκλο έστω (K) του ABA B στο σημείο Q. Στο εγγεγραμμένο ισοσκελές τραπέζιο QBA A με άξονα συμμετρίας την μεσοκάθετη ευθεία K M του AA, όπου K είναι το κέντρο του κύκλου (K), ισχύει A MB= AMQ και άρα έχουμε AMQ= A MB, () λόγω της () Από () προκύπτει ότι τα σημεία B, M, Q είναι συνευθειακά. Από AA QB και MA= MA, έχουμε ότι η δέσμη Q. BA B A είναι αρμονική και άρα το τετράπλευρο 4

43 ABA B είναι αρμονικό. Άρα, η ευθεία BB, ταυτίζεται με την B- συμμετροδιάμεσο του τριγώνου A BA και επομένως διχοτομεί την γωνία A S A, όπου S είναι το μέσον του BB και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με άτοπο, α- φού έχει αποδειχθεί το ευθύ. Σημείωση του επιμελητή. Μία εύκολη προσέγγιση για το αντίστροφο, με απαγωγή σε άτοπο που έχει αναφερθεί στα προηγούμενα, είναι η εξής : Εστω ότι ισχύει A MB = A MB, () και A S B = AS B, (), όπου M, S είναι τα μέσα των τμημάτων AA, BB αντιστοίχως και ας είναι K, το σημείο τομής των μεσοκάθετων ευθειών τους. Με κέντρο το K και ακτίνα KB=KB, γράφουμε τον κύκλο έστω (K), ο οποίος τέμνει την ευθεία AA στα σημεία έστω X, X, γειτονικά των A, A, αντιστοίχως, στο εσωτερικό ή το εξωτερικό μέρος του τμήματος AA. Από (), σύμφωνα με το ευθύ που έχει ήδη α- ποδειχθεί, συμπεραίνεται ότι η ευθεία BB διχοτομεί την γωνία X S X και άρα λόγω της () προκύπτει ότι X S A = XS A, (3), το οποίο όμως είναι άτοπο, γιατί οι (), (3) δεν μπορούν να αληθεύουν ταυτόχρονα, αφού ισχύει BS B KM, όπου KM είναι η μεσοκάθετη ευθεία του AA. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κακλαμάνος.) Εστω τρίγωνο ABC με διαμέσους AD, BE, CF και βαρύκεντρο G. Να αποδειχθεί ότι τα περίκεντρα O, O, O 3, O 4, O 5, O 6, των τριγώνων AFG, AGE, BGF, BGD, CGD, CGE αντίστοιχα, είναι ομοκυκλικά. &t 3447 Λύση (Βαγγέλης Μουρούκος.) Εστω K, το σημείο τομής των ευθειών O O και O 3 O 4 και L, το σημείο τομής των ευθειών O 4 O 5 και O O 6. Εφόσον η O O είναι μεσοκάθετος της AG και η O 4 O 5 είναι μεσοκάθετος της GD, οι O O και O 4 O 5 είναι παράλληλες και η απόστασή τους είναι ίση με AD. Ομοια, εφόσον η O 3 O 4 είναι μεσοκάθετος της BG και η O O 6 είναι μεσοκάθετος της GE, οι O 3 O 4 και O O 6 είναι παράλληλες και η απόστασή τους είναι ίση με BE. Υπολογίζοντας το εμβαδόν του παραλληλογράμμου KO 4 LO με δύο τρόπους, έχουμε ότι : (KO 4 LO )= AD KO = BE KO 4 οπότε KO 4 = AD, () KO BE Παρατηρούμε ότι O KO 3 = BGD, KO O 3 = AGF και KO 3 O = BGF ( γωνίες με πλευρές κά- ϑετες ). Εστω τώρα M, το σημείο τομής της AD με την παράλληλη ευθεία από το C προς την BE. Τότε, τα τρίγωνα KO O 3 και MGC είναι ό- μοια(βλέπε τις ίσες γωνίες στο σχήμα ). Αλλά, το τρίγωνο MGC είναι όμοιο και με το τρίγωνο που σχηματίζεται από τις διαμέσους AD, BE και CF, με λόγο ομοιότητας ίσο με 3. Πράγματι, τα τρίγωνα MCD και BGD είναι ίσα ( από το κριτήριο Γ-Π-Γ ), οπότε MG=GD= 3 AD και MC=BG= 3 BE. Επομένως, έχουμε ότι: KO = MG KO 3 MC = AD, () BE Από τις σχέσεις () και () προκύπτει ότι : KO = KO 4 KO 3 KO Δηλαδή, (KO )(KO )=(KO 3 )(KO 4 ), (3) Από (3) προκύπτει ότι τα σημεία O, O, O 3, O 4 είναι ομοκυκλικά. Ομοια, δείχνουμε ότι τα σημεία O, O 3, O 4, O 6 και O 3, O 4, O 5, O 6 είναι ομοκυκλικά και το συμπέρασμα έπεται. 4

44 Επιμελητής: Αλέξανδρος Συγκελάκης ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Δείξτε ότι 3 b 4 5 > 4+5b για όλους τους ϑετικούς ακεραίους, b. είναι ο μοναδιαίοςν xν πίνακας καιoομηδενικόςν xν πίνακας, να αποδείξετε ότι γιακάθε φυσικόν ισχύει η σχέση A ν ( ν +)A ν + ν I=O Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) Ο 3 5b είναι ακέραιος. 5 Ισχύει 3 5b λόγω αρρητότητας της 3. Ε- πίσης ισχύει 3 5b ± γιατί αλλιώς ϑα είχαμε 3 = 5b ±. Ομως τα τέλεια τετράγωνα είναι ισότιμα με, ή 4 mod 5, οπότε το αριστερό μέλος είναι ισότιμο με, 3 ή mod 5. Από την άλλη το δεξί μέλος είναι ισότιμο με± mod 5, οπότε δεν μπορεί να είναι ίσο με το αριστερό. Τελικά συμπεραίνουμε ότι ισχύει 3 5b. Άρα 3 b 5 = > 3 5b 3+b b = 3+b b όπως ϑέλαμε. Σχόλιο: Η ανισότητα δεν καλυτερεύει «με ουσιαστικό τρόπο» καθώς υπάρχουν, b N με 3 5b =. Πράγματι, τα =9, b=7ικανοποιούν 3 5b = = =. ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο prmenides5) Αν έναςνxν πίνακας A ικανοποιεί τη σχέση A 3A+I=O όπου I Λύση (Βασίλης Κακαβάς) Είναι A = 3A I οπότε A 3 = 3A A = 9A 6I A = 7A 6I και A 4 = 7A 6A=A 4I 6A=5A 4I. Ετσι, αν υποθέσουμε ότι για κάποιο φυσικό ν ισχύει ότι A ν = ( ν )A ( ν )I τότε A ν A = ( ν )A ( ν )A = ( ν )(3A I) ( ν )A = 3( ν )A ( ν )I ( ν )A = ( ν+ )A ( ν+ )I δηλαδή ισχύει ότι A ν+ = ( ν+ )A ( ν+ )I, επομένως σύμφωνα με το ϑεώρημα της τέλειας επαγωγής ϑα ισχύει ότι A ν = ( ν )A ( ν )I, ν. Επομένως έχουμε A ν ( ν +)A ν + ν I ν =κ = ((κ )A (κ )I) (κ+) ((κ )A (κ )I)+κI= (κ ) A (κ )(κ )A+(κ ) I (κ )A+(κ+)(κ )I+κI = (κ ) A 3(κ κ+)a + (κ ) I= (κ ) ( A 3A+I ) =O αυτό που ϑέλαμε. 43

45 Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 45 (Από τον διαγωνισμό Putnm του ) Εστω S ένα μη κενό σύνολο και :S S S μια αντιμεταθετική και προσεταιριστική πράξη, με την ιδιότητα: Για κάθε x, y S, υπάρχει z S ώστε x z=y. Να αποδείξετε ότι ισχύει ο νόμος της διαγραφής: c=b c = =bγια κάθε, b, c S. 59&t 3954 Λύση (Βαγγέλης Μουρούκος) Θέτουμε P (x)=p ( x)= x και P n+ (x)=p (P n (x)) για κάθε ϑετικό ακέραιο n. Παρατηρούμε ότι 59&t 3348 Λύση (Σπύρος Καπελίδης) Εστω S. Από την υπόθεση υπάρχει e S ώ- στε e=. Από την αντιμεταθετικότητα της πράξης έχουμε ότι και e =. Εστω c S. Από την υπόθεση υπάρχει b S ώστε c=b. Τότε c e=(b ) e=b ( e)=b =c και λόγω αντιμεταθετικότητας ϑα έχουμε και e c = c. Άρα το S έχει ουδέτερο στοιχείο ως προς την πράξη, το e. Εστω x S. Τότε ϑα υπάρχει x S με x x = e και κατά συνέπεια και x x=e. Το x ϑα είναι το αντίστροφο του x ως προς την πράξη (η μοναδικότητα του αποδεικνύεται εύκολα). Τέλος και τελειώσαμε. b= c ( b)= ( c) ( ) b=( ) c e b=e c b=c ΑΣΚΗΣΗ 46 (Απότον διαγωνισμόimcτου4)θεωρούμε το πολυώνυμο P(x) = x. Να βρεθεί ο αριθμός των διακεκριμένων πραγματικών λύσεων της P(P( P(x)) ))=. } {{ } 4 και P (x) P n (x)=p n (x) για κάθε n N με n και κάθε x R. Ισχυρισμός : Για κάθε ϑετικό ακέραιο n και κά- ϑε y (,+ ), η εξίσωση P n (x)=yέχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες. Απόδειξη Ισχυρισμού: Θα δείξουμε το ζητούμενο ε- παγωγικά. Για n =, έχουμε P (x)=y x =y x { y+, y+ }. Εστω ότι ο ισχυρισμός αληθεύει για το ϑετικό ακέραιο n. Τότε, έχουμε ότι P n+ (x)=y P n (x)=y+ P n (x) { y+, y+ } P n (x)= y+, αφού y+< για κάθε y>. Άρα, ο Ισχυρισμός έπεται επαγωγικά. Ισχυρισμός : Για κάθε ϑετικό ακέραιο n, η εξίσωση P n (x)= έχει ακριβώς n+ πραγματικές ρίζες. Απόδειξη Ισχυρισμού: Θα δείξουμε το ζητούμενο ε- παγωγικά. Για n= και n= έχουμε P (x)= x = x {,} 44

46 και P (x)= ( x ) = x {,, }. (α) P n (x)= P n (x) = P n (x)= η οποία έχει ακριβώς n πραγματικές ρίζες, από την επαγωγική υπόθεση. Εστω ότι ο Ισχυρισμός αληθεύει για το ϑετικό ακέραιο n. Τότε, έχουμε ότι P n+ (x)= P n (x)= Εχουμε τώρα δύο περιπτώσεις: (P n (x) ) (P n (x)+)=. (β) P n (x) = P n (x) = P n (x) {, } Pn (x)= η οποία έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, από τον Ισχυρισμό. Άρα, η εξίσωση P n+ (x)= έχει ακριβώς n+ πραγματικές ρίζες, οπότε το συμπέρασμα έπεται επαγωγικά. Ειδικότερα, η εξίσωση P 4 (x) = έχει ακριβώς 5 πραγματικές ρίζες. 45

47 Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 47 (Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Εστω K σώμα με χαρακτηριστική διαφορετική του. Εστω επίσης f : K K μία - απεικόνιση ώστε να ικανοποιεί (α) f (x+y)= f (x)+ f (y) για κάθε x, y K και (β) f (x) f (x )=για κάθε x K {}. ΑΣΚΗΣΗ 48 (Προτείνει ο Γιώργος Σμυρλής) Εστω A, A n, n N, μιγαδικοί εν γένει m m πίνακες. Αν A n A, τότε να δείξετε ότι σ(a n ) σ(a) υπό την εξής έννοια: Για κάθεε>, υπάρχει N N, ώστε για κάθε n N να ισχύει ότι Να αποδειχθεί ότι είτε η f είτε η f είναι ενδομορφισμός του K. σ(a n ) m { z C: z λi <ε }, i= &t 3389 Λύση (Παναγιώτης Λώλας) Είναι f ()=. Αν f ()=, αντικαθιστούμε την f με την f. Άρα, έστω f ()=. Εστω x διαφορετικό από,. Είναι ( ) οπότε f (x )+ f (x) = f (x + x) = f ( = f x ) = x+ = f (x)+ f (x) f (x)= f (x ) () x + x f (x) f (x)+ Παρατηρούμε ότι η () ισχύει ακόμη και αν x=ή x=. Οπότε για x, y K είναι και άρα f ((x+y) )= f (x+y) f (xy)= f (x) f (y) λόγω του (α). Αφού το σώμα έχει χαρακτηριστική διάφορη του, είναι f (xy)= f (x) f (y). Άρα η f είναι ενδομορφισμός του K. Παρατήρηση: Δεν είναι απαραίτητο η f να είναι αυτομορφισμός. Π.χ. κάτι τέτοιο δεν ισχύει για K=Z 3 (t) (το σώμα των ρητών συναρτήσεων πάνω από τοz 3 ) και f (k)=k 3. όπουσ(a)={λ,...,λ m }. Υπενθυμίζεται ότι με σ(b) συμβολίζουμε το φάσμα του πίνακα B, δηλαδή το σύνολο των ιδιοτιμών του. &t 338 Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) Εστω ότι δεν ισχύει το αποτέλεσμα. Τότε υπάρχει ε > και ακολουθία δεικτών n k τέτοια ώστε ο A nk να έχει μία ιδιοτιμήλ(n k ) με λ(n k ) λ i ǫ () για κάθε i {,...,m}. Τα λ(n k ) είναι φραγμένα διότι ισχύει λ(n k ) A nk και τα A nk συγκλίνουν. Από Bolzno-Weierstrss υπάρχει συγκλίνουσα υ- πακολουθία, έστωλ(n kp ) λ. Από τον ορισμό της ιδιοτιμής είναι det(a nkp λ(n kp )I)=. Παίρνοντας όριο και επειδή η ορίζουσα είναι συνεχής συνάρτηση των στοιχείων της, έπεται ότι det(a λ I)=. Οπότε τολ είναι ιδιοτιμή του A. Ομως παίρνοντας όριο στην () έχουμε λ λ i ǫ για κάθε i {,...,m} το οποίο συγκρούεται με το προηγούμενο. Το άτοπο ολοκληρώνει την απόδειξη. 46

48 Επιμελητές: Αναστάσιος Κοτρώνης - Γρηγόρης Κωστάκος ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει το μέλος chin university) Να αποδειχθεί ότι: π (π ln) x ln sin x ln cos x dx= 8 9&t 363 Λύση (Τσιπέλης Σεραφείμ) Λήμμα : Ισχύει ότι π/.. π/ π/ ln (sinx) dx= π/ ln (sinx) dx= Πράγματι, για το.: π/ ln (sinx) dx x=y = Άρα = y=π x = ln (sinx) dx= π/ ln (sin x) dx= π/ π π/ π/ ln (sin x) dx. ln (sin y) dy ln (sin x) dx+ ln (sin x) dx+ ln (sin x) dx x π/ x = π/ π π/ π4 9. π/ π/ ln (cos x) dx, ln (sin y) dy ln (sin x) dx ln (cos x) dx, Πράγματι, η συνάρτηση f (z)=log n (z) είναι αναλυτική στον ανοιχτό δίσκο D={z C : z <} (διότι Re (+z)>), επομένως από το Θεώρημα Μέσης τιμής του Guss ϑα έχουμε f ()= π f ( +e ix) dx π κι επειδή f ()=, ϑα ισχύει δηλαδή = π = y=π x = π/ π/ = π/ οπότε π Log n (+cos x+i sin x) dx=, ( Log n cos x ) π eix/ dy y=x/ = Log n( cos x e ix) dx+ π π/ Log n( cos x e ix) dx+ Log n( cos x e ix) dx+ π/ π/ Log n( cos ye iy) dy Log n( cos y e iy) dy Log n( cos x e i(π x)) dx Log n( cos x e ix) dx και το. προκύπτει με παρόμοια τεχνική. Λήμμα : Για n=,,3,.. ισχύει π/ π/ (ln cos x+ln+ix) n dx+ (ln cos x+ln ix) n dx=. π/ (ln cos x+ln+ix) n dx+ π/ (ln cos x+ln ix) n dx=, (όπου έγινε και τακτοποίηση των ορισμάτων). Για το αρχικό ϑέμα τώρα: 47