ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 74 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 18 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2014 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: info@hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 74 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 8 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 04 Πρόβλημα Να βρείτε τους αριθμούς ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ B τάξη Γυμνασίου 0 : 000 : και 4 : Α= Β= Έχουμε 0 : 000 : : Α= = = : = : 9 + = + = (60 9) Β= 4 : : : + = + = + = = 9 + = = = Πρόβλημα Αγρός έχει σχήμα τραπεζίου ΑΒΓΔ με Α=Β= 90, ύψος ΑΒ = 800 μέτρα, μικρή βάση Α, μεγάλη βάση ΒΓ και διαφορά βάσεων ΒΓ Α = 800 μέτρα. Δίνεται ακόμη ότι: Η περίμετρος του αγρού είναι μικρότερη από μέτρα. Το εμβαδό του αγρού είναι μεγαλύτερο από 796 στρέμματα. Η μικρή βάση ΑΔ έχει μήκος x μέτρα, όπου x ακέραιος πολλαπλάσιος του 0. Να βρείτε τα μήκη των βάσεων και το εμβαδόν του αγρού. (Δίνεται ότι στρέμμα είναι ίσο με 000 τετραγωνικά μέτρα) Από τις υποθέσεις του προβλήματος είναι Α = x μέτρα, ΒΓ = x μέτρα, ΑΒ = 800 μέτρα. Αν φέρουμε τη Ε ΒΓ, τότε είναι ΑΒΕΔ ορθογώνιο με ΒΕ= x, Ε= 800, οπότε θα είναι ΕΓ = ΒΓ ΒΕ = ΒΓ Α = 800. Έτσι το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές, οπότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα λαμβάνουμε ότι Γ = 800 μέτρα.

2 Σχήμα Επομένως, η περίμετρος και το εμβαδό του αγρού θα είναι: Π ( x) = x x = x x Ε ( x) = 800 = ( x+ 400 ) 800 = 800 x Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος προκύπτουν οι ανισώσεις: x < x< 0 x< x > x> x> 595 Επομένως έχουμε 595 < x < 605 και αφού ο αριθμός x είναι ακέραιος πολλαπλάσιος του 0, έπεται ότι x = 600 μέτρα. Άρα τα μήκη των βάσεων είναι Α = 600 μέτρα, ΒΓ=400 μέτρα και το εμβαδό του αγρού είναι = = τετραγωνικά μέτρα, δηλαδή 800 στρέμματα. Πρόβλημα Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α= 0. Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΔ με Α Γ = 90. Η μεσοκάθετη της πλευράς ΑΓ τέμνει την ΑΓ στο μέσο της Κ, την ΑΒ στο σημείο Λ και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο σημείο Μ. Έστω Ν το συμμετρικό του σημείου Λ ως προς την ευθεία ΑΓ. Να βρείτε: (α) Τα μέτρα των γωνιών ΚΜΒ και ΜΑΛ. (β) Το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΛΝ συναρτήσει του μήκους α = Α. (α) Το τρίγωνο ΜΚΓ είναι ορθογώνιο στο Κ και έχει τη γωνία 80 Α 80 0 Γ= = = 75 Επομένως θα είναι και Β=Γ= 75, οπότε έχουμε ΚΜΒ = Μ = = 5. Επειδή κάθε σημείο της μεσοκάθετης ΜΔ του ευθυγράμμου τμήματος ΑΓ ισαπέχει από τα άκρα του Α και Γ το τρίγωνο ΜΑΓ είναι ισοσκελές και έχει ΜΑΓ = ΜΓΑ ΜΑΛ + Α = Γ ΜΑΛ = Γ Α = 75 0 = 45.

3 Σχήμα (β) Από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε ΑΓ = α + α = α ΑΓ = α, οπότε θα είναι: ΑΓ α ΑΚ = =. Επειδή τα σημεία Λ και Ν είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΓ, έπεται ότι ΛΚ = ΚΝ. Όμως και τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΛ και ΑΝ είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΓ, ο- πότε ΑΛ = ΑΝ και ομοίως ΛΑΚ = ΝΑΚ = 0. Άρα είναι ΛΑΝ = 60, οπότε το τρίγωνο ΛΑΝ είναι ισόπλευρο και έχουμε ΛΝ = ΑΛ. Αν είναι ΑΛ = ΛΝ = x, τότε θα είναι ΛΝ x ΛΚ = =, οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΛΚ λαμβάνουμε: x α x α α α 6 ΑΛ ΛΚ = ΑΚ = x = x x. 4 = = = 4 4 Πρόβλημα 4 Σε ένα σχολείο το 55% των μαθητών είναι αγόρια. Το πλήθος των αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά είναι ίσο με το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά. Τα αγόρια που μιλούν γαλλικά, είναι τα των μαθητών που μιλούν γαλλικά. Τα κορίτσια που δεν μιλούν 7 γαλλικά είναι 60. Βρείτε πόσους μαθητές έχει το σχολείο. Αφού το πλήθος των αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά είναι ίσο με το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά, έπεται ότι το πλήθος των μαθητών που μιλούν γαλλικά ισούται με το 55% του συνόλου των μαθητών. Επομένως το ποσοστό των αγοριών που μιλούν γαλλικά επί του συνόλου των μαθητών του σχολείου είναι =, δηλαδή το 5% επί του συνόλου των μαθητών. Επομένως ( 55 5) = 0% είναι το ποσοστό επί του συνόλου των μαθη τών των αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά, αλλά και των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά. Επο = 5%, οπότε μένως το ποσοστό των κοριτσιών που δεν μιλούν γαλλικά είναι

4 4 το 5% των κοριτσιών που δεν μιλούν γαλλικά αντιστοιχεί σε 60 μαθητές. Άρα το πλήθος 00 των μαθητών του σχολείου είναι 60 = Η παραπάνω διαδικασία μπορεί να περιγραφεί με το σχήμα που ακολουθεί, ως εξής: Συμβολικά έχουμε: 55x Α = σύνολο αγοριών σχολείου με Α= x Κ = σύνολο κοριτσιών σχολείου με Κ=. 00 ΑΟΓ = σύνολο αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά. ΑΝΓ = σύνολο αγοριών που μιλούν γαλλικά. ΚΟΓ = σύνολο αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά. ΚΝΓ = σύνολο αγοριών που μιλούν γαλλικά. Από την υπόθεση έχουμε ότι το πλήθος των στοιχείων των συνόλων ΑΟΓ και ΚΝΓ είναι το ίδιο, δηλαδή: ΑΟΓ = ΚΝΓ, οπότε έχουμε τα λογικά βήματα: 55x (αριθμός μαθητών που μιλούν γαλλικά) ΚΝΓ + ΑΝΓ = ΑΟΓ + ΑΝΓ = (αριθμός αγοριών), x 5x ΑΝΓ = =, x 0x ΑΟΓ = (55 5) = = ΚΝΓ, x 5x ΚΟΓ = ( 45 0) = = 60 x = ος τρόπος Έστω x το πλήθος των αγοριών και y το πλήθος των κοριτσιών. Έστω ακόμη α το πλήθος των αγοριών που γνωρίζουν γαλλικά και κ το πλήθος των κοριτσιών που γνωρίζουν γαλλικά. Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτουν οι παρακάτω εξισώσεις. Εφόσον το 55% των μαθητών είναι αγόρια, θα ισχύει:

5 x= ( x+ y) 00x= 55x+ 55y 9x= y y = x (). 00 Εφόσον το πλήθος των αγοριών που δεν μιλούν Γαλλικά είναι ίσο με το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν Γαλλικά, θα ισχύει: x a = κ x= κ + a (). Τα αγόρια που μιλούν γαλλικά είναι τα 7 των μαθητών που μιλούν γαλλικά. Άρα: () 7 7 ( κ + a) = a x= a (). Επειδή (τέλος) το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά είναι 60, θα ισχύει η ισότητα: y = κ Προσθέτοντας και στα δύο μέλη (της τελευταίας ισότητας) το a, έχουμε: () (),() y = κ + 60 y+ a= κ + a+ 6 y+ α = x+ 60 x+ x= x+ 60 x= 60 x=. 9 9 Άρα το πλήθος των αγοριών είναι, το πλήθος των κοριτσιών y = x= = 08, οπότε το συνολικό πλήθος των μαθητών είναι 40. Γ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα Να βρείτε την τιμή των παραστάσεων: x x 4x + 8y Α= + :, Β= y y y και Γ= x + y, όταν x=, y = Έχουμε 4 ( ) : : 4 ( ) :( ) Α= + = + = = + : = + = = ( ) + 8 ( ) Β= = = = = = + = Πρόβλημα 4 Γ= + = = Δίνονται τα πολυώνυμα P( x) = 6x 6x x + και Q( x) x x (α) Να γράψετε τα πολυώνυμα P( x ) και δευτέρου βαθμού. = Q x ως γινόμενα πολυωνύμων πρώτου ή το πολύ.

6 (β) Να λύσετε την εξίσωση P x 5 ( x ) Q x = +. 6 (α) Έχουμε P x = 6x 6x x + = 6x x x = 4 6x x = (β) Έχουμε = ( x + )( x )( x ) = ( x + )( x )( x+ )( x )( x+ ) 4 4 Q( x) = 4x 5x + = 4x 4x x + = 4x ( x ) ( x ) = ( 4x )( x ) = ( x )( x+ )( x )( x+. ) P x με τον περιορισμό 5 5 4, x x x x x Q x = + + = + = =± Q x 0 x ± και x ±. Επομένως η δεδομένη εξίσωση δεν έχει λύση. Πρόβλημα Δύο θετικοί ακέραιοι x, y με x> y, έχουν άθροισμα 04. Η διαίρεση του μεγαλύτερου με τον μικρότερο δίνει πηλίκο ω και υπόλοιπο 97. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές των xy, και ω. Σύμφωνα με την υπόθεση είναι x= 04 y και 04 y = ωy+ 97, με y > 97 και ω + ω y = 97, με y > 97 και + ω ( ω) y 97 = 7 μεγαλύτερος από το 97, οπότε οι δυνατές τι- + = 7, με y > 97 και + ω. Επομένως ο y είναι διαιρέτης του μές του είναι y = 7 = ή y = 7 = 69 ή Για y =, είναι x = 80 και ω = 8. Για y = 69, είναι x = 75 και ω =. Για y = 97, είναι x= 97 < y = 97, άτοπο. y = 7 = 97 Πρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α= 0. Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΔ με Α Γ = 90. Η μεσοκάθετη της πλευράς ΑΓ τέμνει την ΑΓ στο μέσο της Κ, την ΑΒ στο σημείο Λ και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο σημείο Μ. Αν είναι Α = α, να υπολογίσετε συναρτήσει του α : (α) Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ. (β) Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΑΜ και το μήκος της πλευράς ΒΓ. (α) Από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε ΑΓ = α + α = α ΑΓ = α,

7 7 ΑΓ α οπότε θα είναι: ΑΚ = =. Επιπλέον, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΛ με ΚΑΛ = 0, αν ΚΛ = x, έχουμε x=κλ = ΑΛ ηµ 0 = ΑΛ ΑΛ = x, οπότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα λαμβάνουμε: α α α 6 ΑΚ + x = ( x) x = ΑΚ x = x= =. 6 6 Σχήμα 4 (β) Επειδή κάθε σημείο της μεσοκάθετης ΜΔ του ευθυγράμμου τμήματος ΑΓ ισαπέχει από τα άκρα του Α και Γ το τρίγωνο ΜΑΓ είναι ισοσκελές με 80 0 ΜΑ = ΜΓ και ΜΑΓ=Γ= = 75, οπότε ΜΑΓ = 75 ΜΑΒ + 0 = 75 ΜΑΒ = 45. Από το σημείο Β φέρουμε ευθεία κάθετη προς την ευθεία ΜΑ που την τέμνει, έστω στο Ε, οπότε σχηματίζονται δύο ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΒ και ΒΕΜ. Το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ορθογώνιο ισοσκελές και ίσο με το τρίγωνο ΑΓΔ, γιατί έχουν ίσες υποτείνουσες ΑΒ = ΑΓ. Άρα είναι ΑΕ= α και ΒΕ= α. Το τρίγωνο ΒΜΕ έχει ΜΒΕ = ΒΜΑ = 80 Γ = = 0, οπότε θα είναι ΒΕ = ΒΜ ηµ 0 α = ΒΜ ΒΜ = α και ΜΕ = ΒΜ συν 0 ΜΕ = α = α. Άρα έχουμε: ΑΜ = ΑΕ + ΜΕ = α +. Τέλος από την ισότητα ΜΓ = ΜΑ λαμβάνουμε: α + ΒΓ = α + α ΒΓ = α.

8 Πρόβλημα Θεωρούμε τους αριθμούς x = Να συγκρίνετε τους αριθμούς x + και y. 8 Α τάξη Λυκείου 4 ( + )( + )( + ) 8 και y = 4. Πολλαπλασιάζοντας αριθμητή και παρανομαστή του κλάσματος επί 8 και εκτελώντας διαδοχικά τις εμφανιζόμενες διαφορές τετραγώνων, λαμβάνουμε ( ) ( ) ( ) 8 x = = = = Επομένως έχουμε x = < 4 = = y. Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς x για τους οποίους συναληθεύουν οι α- νισώσεις: x 0 και ( x ) ( x 5) 0. Έχουμε x 0 x x x 4. () x x 5 0 έχουμε: Για την ανίσωση ( x )( x 5) 0 ( x 0 και x 5 0) ή ( x 0 και x 5 0) x ( x x ) x 5 ή και 5, αδύνατη 5. Όμως x x ή x και x 5 5 x 5, οπότε η ανίσωση αληθεύει όταν 5 x ή x 5 () Από τις () και () προκύπτει ότι το δεδομένο σύστημα ανισώσεων αληθεύει για x= ή x 4. Πρόβλημα Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABΓ με ( ΑΒ = ΑΓ > ΒΓ ). Ο κύκλος c (, ) Γ ΒΓ (με κέντρο Γ και ακτίνα ΒΓ ) τέμνει την πλευρά AΒ στο σημείο. Ο κύκλος c (, ) Α Α (με κέντρο Α και ακτίνα Α ) τέμνει την πλευρά AΓ στο σημείο Ε και τον κύκλο c (, ) Γ ΒΓ στο σημείο Ζ. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c του τριγώνου Α Ζ τέμνει την ευθεία ΒΕ στο σημείο Μ. (α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία Β, Ε, Ζ είναι πάνω στην ίδια ευθεία. (β) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΑΜ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. (α) Ισχύουν οι παρακάτω ισότητες τμημάτων:

9 9 ΓΒ = Γ = ΓΖ () (ακτίνες του κύκλου c ( Γ, ΒΓ )) Α = ΑΕ = ΑΖ () (ακτίνες του κύκλου ) Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές θα ισχύει: ο Α Β=Γ= 90 και ομοίως από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΕ έχουμε: Α Α Ε = ΑΕ = 90. Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΒΓ και ΓΒΕ. Αυτά έχουν: (α) η πλευρά ΒΓ είναι κοινή, (β) Β = ΓΕ, (γ) ο Α ΒΓ = ΕΓΒ = 90. () Άρα τα τρίγωνα ΒΓ και ΓΒΕ είναι ίσα, οπότε ΒΕ = Γ = ΒΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια ο Α Ε =Γ= 90. () Σχήμα 5 Εφόσον Α = ΑΖ και Γ = ΓΖ, η ΑΓ (διάκεντρος των δύο κύκλων) είναι μεσοκάθετη της Ζ (κοινή χορδή των δύο κύκλων). Επομένως τα σημεία Δ και Ζ είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΓ και ισχύει: Α Ε = ΑΕΖ = ΑΕ = 90 (4) Από τις σχέσεις () και (4) έπεται ότι: Α Ε = ΒΕΓ = ΑΕΖ = Ε = 90, (5) οπότε, δεδομένου ότι τα σημεία Α, Ε, Γ βρίσκονται πάνω στην ευθεία ΑΓ, έπεται ότι οι ημιευθείες ΕΒ και ΕΖ ή είναι αντικείμενες ημιευθείες με αρχή το Ε ή είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία ΑΓ. Το τελευταίο αποκλείεται, γιατί τότε θα είχαμε τις ευθείες ΕΔ και ΕΒ να συμπίπτουν, ως συμμετρικές και οι δύο με την ΕΖ ως προς την ευθεία ΑΓ, άτοπο. Επομένως οι ημιευθείες ΕΒ και ΕΖ είναι αντικείμενες, δηλαδή τα σημεία Β, Ε και Ζ είναι συνευθειακά. Στο ίδιο συμπέρασμα μπορούμε να φθάσουμε θεωρώντας το άθροισμα

10 0 Α Α ΒΕ + ΕΑ + ΑΕΖ = Α = 80, οπότε η γωνία ΒΕΖ είναι ευθεία γωνία και τα σημεία Β, Ε και Ζ βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία. (β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΤ, έχουμε: = 90 ο Α. Όμως οι γωνίες και Μ είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c = ( Α Ζ,, ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΖ, οπότε έχουμε: Μ = = 90 ο Α. Επειδή η γωνία Ε, είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΕΜ, έχουμε: Ε = Μ + ΜΑΕ ο Α ο 90 ( 90 Α ΜΑΕ = Ε Μ = Α ) =, οπότε η ευθεία ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Α. Όμως το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ, οπότε η ευθεία ΑΜ είναι και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. Πρόβλημα 4 Θεωρούμε θετικούς πραγματικούς αριθμούς ab, που είναι τέτοιοι ώστε a + 4b = a+ b 5. Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή το αθροίσματος a+ b και οι τιμές των abγια, τις ο- ποίες αυτή λαμβάνεται. Θέτουμε s = a+ b, οπότε η δεδομένη εξίσωση γράφεται: a + 4 s a = a+ s a 5. 5a 8s 0 a+ 4s s+ 5 = 0 () Για να έχει η εξίσωση () λύση ως προς a στους πραγματικούς αριθμούς, πρέπει να έχει μη αρνητική διακρίνουσα, δηλαδή πρέπει: = ( 8s 0) 0( 4s s+ 5) 0 4 ( 4s 5) 5( 4s s+ 5) 0 4s + 0s 0 s( s 5) 0 ( s 0 και s 5 0) ή ( s 0 και s 5 0) 0 s 5. Επομένως η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος s = a+ b είναι 5. Για s = 5 είναι = 0, οπότε από την εξίσωση προκύπτει η λύση a = και στη συνέχεια βρίσκουμε b =. Β τάξη Λυκείου Πρόβλημα Θεωρούμε στο επίπεδο τέσσερα διαφορετικά μεταξύ τους σημεία ΟΑΒ,, και Γ, έτσι ώ- στε τα σημεία Ο, Α και Β να μην είναι συνευθειακά και έστω ΟΑ = α, ΟΒ = β, ΟΓ = γ. Αν ισχύει ή ισότητα α β + γ = ΓΑ ΓΒ, να αποδείξετε ότι το διάνυσμα γ είναι κάθετο στη διαγώνιο ΟΔ του παραλληλογράμμου ΟΑ Β.

11 Σχήμα 6 Από τις ισότητες ΓΑ = ΟΑ ΟΓ = α γ και ΓΒ = ΟΒ ΟΓ = β γ, έχουμε: α β + γ = ΓΑ ΓΒ α β + γ = ( α γ) ( β γ) α β + γ = α β + γ ( α + β) γ ( α + β) γ = 0 α + β = 0 ή γ ( α + β) ΑΟ = ΟΒ(αδύνατο,αφούΟ,Α,Βμησυνευθειακά) ή γ ( ΟΑ + ΟΒ ) = Ο γ κάθετο στη διαγώνιο ΟΔ του παραλληλογράμμου ΟΑ Β. Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού a για τις οποίες η εξίσωση x x = 4ax ax + 6a έχει όλες τις ρίζες της στους ακέραιους. Κατ αρχή παρατηρούμε ότι: x x = 4ax ax + 6a x x = 4ax 8ax ax + 6a x x = ax x a x x x ax + a = x = 0 ή x 4ax + a = 0 x = ή x 4ax + a = 0. Επομένως η δεδομένη εξίσωση έχει τη ρίζα x =, για κάθε a, οπότε αρκεί να προσδιορίσουμε τα a για τα οποία η εξίσωση x 4ax + a = 0έχει όλες τις ρίζες της α- κέραιες. Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι = 6a a= 4a( 4a ) και πρέπει να είναι μη αρνητική, δηλαδή 4a( 4a ) 0 a 0 ή a. Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει δύο 4 ρίζες uv,, τότε από τους τύπους του Vieta θα έχουμε: u + v = 4a και uv = a ( u + v) = 4uv u + v 4uv = 0 u ( 4v) = v, οπότε αφού 4u 0λαμβάνουμε: v v v u = = = = + 4u =. 4v 4 4v 4 4v 4 4v 4v 4v 9, 9,,,,, οπότε προκύπτουν αποδεκτές τιμές οι: Επομένως, πρέπει { }

12 v= ήv= 0ήv=. Για v= ή v= προκύπτει u = ή u = και a =. Για v = 0 προκύπτει u = 0 και a = 0. Επομένως για a = 0 ή a = η δεδομένη εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της ακέραιες. Πρόβλημα Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (,, ) συστήματος x + y + z = 6 a, x+ y =, a y+ z, a όπου a θετικός πραγματικός αριθμός. xyz που είναι λύσεις του Θέτουμε s = y+ z, οπότε θα είναι z = s y. Επίσης έχουμε x= a y, οπότε από την πρώτη εξίσωση του συστήματος λαμβάνουμε ( a y) + y + ( s y) = 6a y ( a+ s) y+ s + a = 0 () Η τελευταία εξίσωση έχει ως προς y λύση στο, αν, και μόνον αν, = 4 ( a + s) ( s + a ) 0 s + 6as 0 0 s. a Όμως από την ανίσωση του συστήματος έχουμε: s, a οπότε λαμβάνουμε ότι: s = a. a+ s Τότε προκύπτει = 0 και η εξίσωση () έχει μοναδική λύση y = = a, οπότε θα είναι x= a y = a και z = a y = a. Επομένως, μοναδική λύση του συστήματος είναι η xyz,, = a, aa,. Πρόβλημα 4 Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο ( O, R ) και έστω I το έκκεντρο του τριγώνου. Θεωρούμε το μέσον N του τόξου BC που δεν περιέχει το Α και το μέσον M του τόξου ΒC που περιέχει το Α. Η ευθεία MI τέμνει τον κύκλο ( O, R ) στο σημείο D και τον N, NI για δεύτερη φορά στο σημείο E. Να αποδείξετε ότι: EBD = IBC. κύκλο Ο κύκλος ( N, NI) περνάει από τα σημεία B και C. Πράγματι, η γωνία BIN είναι εξωτε- A B ρική στο τρίγωνο AIB, οπότε BIN A B = +. Επίσης NBI = NBC + CBI = +, οπότε BIN = NBI, οπότε NB = NI. Επιπλέον, επειδή η κάθετος από το κέντρο Ο του κύκλου προς την πλευρά BC περνάει από τα μέσα των αντίστοιχων τόξων, έπεται ότι η ΝΜ είναι διάμετρος του κύκλου ( O, R ), οπότε NDM = 90 N, NI το σημείο D είναι μέσο της χορδής IE.. Επομένως στον κύκλο

13 και Σχήμα 7 Από το τρίγωνο BED έχουμε EBD = BDM BEI. Όμως BEI Ĉ = (βαίνουν στο ίδιο τόξο του κύκλου A C B EBD = 90 = = IBC. Â BDM = 90 BAN=90 N, NI ). Επομένως έχουμε Γ τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού a για τις οποίες η εξίσωση x 4x = 5ax 6ax + 4a έχει όλες τις ρίζες της στους ακέραιους. Κατ αρχή παρατηρούμε ότι: x 4x = 5ax 6ax + 4a x 4x = 5ax 0ax 6ax + 4a = 0 x x = ax x a x x x ax + a = κέραιες. Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι x 4= 0 ή x 5ax + 6a = 0 x = 4 ή x 5ax + 6a = 0. Επομένως η δεδομένη εξίσωση έχει τη ρίζα x = 4, για κάθε a, οπότε αρκεί να προσδιορίσουμε τα a για τα οποία η εξίσωση x 5ax + 6a = 0έχει όλες τις ρίζες της α- = 5a 4a= a 5a 4 και πρέπει να εί- 4 ναι μη αρνητική, δηλαδή a( 5a 4) 0 a 0 ή a. Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση 5 έχει δύο ρίζες uv,, τότε από τους τύπους του Vieta θα έχουμε: u + v = 5a και uv = 6a 6 u + v = 5uv 6u + 6v 5uv = 0 u 6 5v = 6v, οπότε αφού 6 5v 0λαμβάνουμε: 6v 0v 0v u = = = = 6+ 5u 6 =. 5v 6 5 5v 6 5 5v 6 5 5v 6 5v 6

14 Επομένως, πρέπει 5v 6 6, 6, 8, 8,,, 9, 9, 6, 6, 4, 4,,,,,,, 4 { } οπότε προκύπτουν αποδεκτές τιμές οι: v= 6 ήv= ή v= 0ή v= ή v=. Για v= 6 ή v= προκύπτει u = ή u = 6, αντίστοιχα, και a =. Για v= ή v= προκύπτει u = ή u =, αντίστοιχα, και a = Για v = 0 προκύπτει u = 0 και a = 0. Επομένως για a = 0 ή a= ± η δεδομένη εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της ακέραιες. Πρόβλημα Στο ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς Oxy του επιπέδου δίνεται το χωρίο {(, ) : 8} D= xy x + y. (α) Να προσδιορίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος x y, xy, D, και τις τιμές των xy, για τις οποίες λαμβάνεται. (β) Βρείτε την ελάχιστη τιμή του k, για την οποία η ευθεία ε με εξίσωση x+ y = k είναι εφαπτομένη του κύκλου C ( x ) ( y ) : + = 8, προσδιορίζοντας και το αντίστοιχο σημείο επαφής. + όταν (α) Έστω S = x+ y. Τότε η ανίσωση που ορίζει το χωρίο D γράφεται: ( x ) ( S x ) + 8. x + S x+ S 4S 0. () Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι: = 4 ( S) ( S 4S ) = 4 ( S+ S S + 8S+ 6 ) = 4S 6S 7 = 4S+ S 7. Επομένως η ανίσωση () αληθεύει για τιμές του x μεταξύ των ριζών του τριωνύμου του πρώτου μέλους της (), όταν: 0 S 7, οπότε η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος S είναι η S max = 7. Για S = 7 η ανίσωση () γράφεται x 6x+ 9 0 ( x ) 0 και αληθεύει μόνο για x =, οπότε y = Smax x= 7 = 4. (β) Αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του k για την οποία η ευθεία ε : x+ y = k είναι εφαπτομένη του κύκλου με εξίσωση C ( x ) ( y ) : + = 8. Η ευθεία ε εφάπτεται του κύκλου C για εκείνα τα k, για τα οποία το σύστημα ( x ) + ( y ) = 8, x+ y = k, έχει διπλή λύση, δηλαδή όταν η ευθεία ε έχει ένα μόνο κοινό σημείο με τον κύκλο C. Ισοδύναμα, αυτό ισχύει όταν η εξίσωση x + k x+ k 4k = 0. () έχει μοναδική λύση ως προς x, δηλαδή όταν έχει διακρίνουσα ( k k ) = = 0 k = ή k = 7, οπότε η ελάχιστη τιμή του k είναι k min =. Το αντίστοιχο σημείο επαφής προκύπτει από τη λύση της εξίσωσης () για k =. Επειδή είναι = 0 η εξίσωση () έχει

15 5 β k μοναδική λύση x = = =, οπότε y = 0. Επομένως το ζητούμενο σημείο επαφής α xy, =, 0. είναι το Πρόβλημα * * * Έστω f :, όπου είναι το σύνολο των φυσικών αριθμών χωρίς το 0, μία συνάρτηση που είναι - και έστω k ένας θετικός ακέραιος. Αν ο αριθμός ( f ) + ( f ) ( f ( k+ ) ) a,,..., k+ τέτοιο, ώστε είναι κύβος φυσικού αριθμού, τότε να αποδείξετε ότι υπάρχει { } f ( a) k+. Ας υποθέσουμε ότι για κάθε a =,,..., k+, ισχύει ότι f ( a) < k+. Τότε f ( a) k+ για κάθε a=,,..., k+. Αφού επιπλέον η f είναι -, έπεται ότι οι αριθμοί f, f,..., f ( k+ ), είναι (με κάποια διαφορετική ενδεχομένως σειρά) οι αριθμοί,,..., k +. Επομένως ( f ) + ( f ) ( f ( k+ ) ) = ( k+ ) k( k+ )( k+ ) k + k + k = = = k + k + k. Όμως k < k + k + k < ( k+ ), οπότε ο παραπάνω αριθμός δεν μπορεί να είναι κύβος a,,..., k+ τέτοιο ώστε f ( a) k+. φυσικού αριθμού, (άτοπο). Επομένως υπάρχει { } Πρόβλημα 4 Δίνονται κύκλος c(o, R ), δύο άνισες (μη τεμνόμενες εντός του κύκλου) και μη παράλληλες μεταξύ τους χορδές ΑΒ, Γ και τα μέσα τους ΚΜ,, αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c του τριγώνου ΟΚΜ τέμνει το κύκλο c(o, R ) στα σημεία ΕΖ, (το σημείο Ε ανήκει στο μικρό τόξο ΑΒ ). Η ΕΖ τέμνει τις χορδές ΑΒ και Γ στα σημεία ΛΝ,, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: (i) Τα σημεία ΚΛΜ,, και Ν ανήκουν στον ίδιο κύκλο. c Ο, R. (ii) Οι περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΚΛΕ εφάπτεται στον κύκλο (i) Επειδή ΚΜ, είναι μέσα των χορδών ΑΒ και Γ, αντίστοιχα, θα ισχύουν οι καθετότητες: ΟΚ ΑΒ και ΟΜ Γ.

16 6 Σχήμα 8 Έστω Τ το κοινό σημείο της προέκτασης της χορδής ΑΒ και του κύκλου c. Τότε το σημείο Τ είναι το αντιδιαμετρικό του Ο στο κύκλο c ( διότι Κ= 90 ο ). Το σημείο Τ είναι επίσης το κοινό σημείο της προέκτασης της χορδής Γ και του κύκλου c. Άρα η ΟΤ είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής ΕΖ. Επειδή Κ=Σ= 90 ο, το τετράπλευρο ΟΣΛΚ είναι εγγράψιμο, οπότε: ΤΛ ΤΚ = ΤΣ ΤΟ (). Επειδή Ν=Σ= 90 ο, το τετράπλευρο ΟΣΝΜ είναι εγγράψιμο, οπότε: ΤΝ ΤΜ = ΤΣ ΤΟ (). Από τις σχέσεις () και (), έχουμε ΤΛ ΤΚ = ΤΝ ΤΜ, οπότε το τετράπλευρο ΚΛΝΜ είναι εγγράψιμο. (ii) Το τρίγωνο ΟΕΤ είναι ορθογώνιο στο Ε (διότι η ΟΤ είναι διάμετρος του κύκλου c ), οπότε η ΤΕ είναι εφαπτόμενη του κύκλου c(o, R ). Άρα έχουμε: ΕΤ = ΤΣ ΤΟ. () Από την ισότητα () (σε συνδυασμό με την ισότητα () ), έχουμε: ΕΤ = ΤΛ ΤΚ. (4) Άρα η ΕΤ εφάπτεται στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΚΛΕ. Επομένως οι κύκλοι c(o, R ) και ( ΚΛΕ,, ) έχουν στο σημείο τους Ε κοινή εφαπτομένη, οπότε εφάπτονται στο σημείο Ε.