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 LaTEX: Φωτεινή Καλδή, Αναστάσης Κοτρώνης, Σχήματα: Μιχάλης Νάννος, Χρήστος Τσιφάκης Σελιδοποίηση : Αναστάσης Κοτρώνης, Νίκος Μαυρογιάννης, Εξώφυλλο : Γρηγόρης Κωστάκος. Στοιχειο- ϑετείται με το LaTEX. Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα. Εικοσιδωεκάεδρο ϕιλοτεχνημένο από τον Leonardo da 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 - quasiregular πολύεδρα που υπάρχουν, δηλαδή στερεό που μπορεί να έχει δύο τύπους εδρών οι οποίες εναλλάσσονταιστην 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), ( ± 1, ± ϕ, ± 1+ϕ ),όπουϕ ο χρυσός λόγος 1+ 5 ενώ το δυαδικό του πολύεδρο είναι το ϱομβικό τριακοντάεδρο. Πηγή: Απόδοση : Πάνος Γιαννόπουλος Ο δικτυακός τόπος mathematica.gr ανήκει και διευθύνεται σύμφωνα με τον κανονισμό του που υπάρχει στην αρχική του σελίδα ( από ομάδα Διευθυνόντων Μελών. Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Συντονιστες Αιρετά Μέλη 1. Φωτεινή Καλδή (Φωτεινή) Γενική Συντονίστρια. Μιχάλης Λάμπρου (Mihalis_Lambrou) Γενικός Συντονιστής 3. Νίκος Μαυρογιάννης (nsmavrogiannis) Γενικός Συντονιστής 4. Σπύρος Καρδαμίτσης (Καρδαμίτσης Σπύρος) Υπεύθυνος Ενημέρωσης 5. Χρήστος Κυριαζής (chris_gatos) Υπεύθυνος Προγραμματισμού 6. Μίλτος Παπαγρηγοράκης (m.papagrigorakis) Υπεύθυνος Οικονομικών 7. Γιώργος Ρίζος (Γιώργος Ρίζος) Υπεύθυνος Εκδόσεων Μόνιμα Μέλη Επιμελητες 1. Γρηγόρης Κωστάκος (grigkost) Διαχειριστής. Αλέξανδρος Συγκελάκης (cretanman) Διαχειριστής 1. Στράτης Αντωνέας (stranton). Ανδρέας Βαρβεράκης (ΑΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ) 3. Κωνσταντίνος Βήττας (vittasko) 4. Νίκος Κατσίπης (nkatsipis) 5. Αναστάσιος Κοτρώνης (Κοτρώνης Αναστάσιος) 6. Βασίλης Μαυροφρύδης (mathxl) 7. Θάνος Μάγκος (matha) 8. Γιώργος Μπαλόγλου (gbaloglou) 9. Ροδόλφος Μπόρης (R BORIS) 1. Μιχάλης Νάννος (Μιχάλης Νάννος) 11. Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 1. Δημήτρης Σκουτέρης (dement) 13. Μπάμπης Στεργίου (Μπάμπης Στεργίου) 14. Σωτήρης Στόγιας (swsto) 15. Αχιλλέας Συνεφακόπουλος (achilleas) 16. Κωνσταντίνος Τηλέγραφος (Τηλέγραφος Κώστας) 17. Σεραφείμ Τσιπέλης (Σεραφείμ) 18. Χρήστος Τσιφάκης (xr.tsif) 19. Δημήτρης Χριστοφίδης (Demetres) Μελη 1. Σπύρος Βασιλόπουλος (spyros). Παναγιώτης Γιαννόπουλος (p_gianno) 3. Κώστας Ζυγούρης (kostas.zig) 4. Γιώργης Καλαθάκης (exdx) 5. Χρήστος Καρδάσης (ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ) 6. Θανάσης Μπεληγιάννης (mathfinder) 7. Μάκης Πολλάτος (mathematica) 8. Θωμάς Ραϊκόφτσαλης (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) 9. Κωνσταντίνος Ρεκούμης (rek) 1. Γιώργος Ροδόπουλος (hsiodos) 11. Σταύρος Σταυρόπουλος (Σταύρος Σταυρόπουλος) 1. Βασίλης Στεφανίδης (bilstef)

3 Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει (πέρα από τα γνωστά νομίσματα) και τρίευρο! Το ζητούμενο είναι αν μπορούμε να σχηματίσουμε το ποσό των 5 ευρώ χρησιμοποιώντας 1 συνολικά νομίσματα (αποκλειστικά ενός ήτριών ήπέντε ευρώ). ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης) Βρείτε τη γωνία που σχηματίζουν οι δείκτες ενός ρολογιού στις 7 : 38. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Στο μάθημα των Μαθηματικών, το 6% των αγοριών και το 7% των κοριτσιών, «πέρασαν» την Τάξη. Αν ο αριθμός των επιτυχόντων αγοριών, είναι ίσος με τον αριθμό των επιτυχόντων κοριτσιών, βρείτε το ποσοστό των μαθητών που «πέρασαν». Μαθηματικά Γ Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Στο σχήμα έχουμε τρία τετράγωνα πλευράς 1 τοποθετημένα το ένα δίπλα στο άλλο. Μαθηματικά Α Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Αν Να βρεθεί το μήκος του τμήματος ZE. και A = ( ) + ( ) ( ) B = ) ( ), ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο KARKAR) Δίνεται ότι η διαφορά των τετραγώνων δύο διαδοχικών φυσικών είναι κι αυτήτέλειο τετράγωνο. 1. Βρείτε τους μεγαλύτερους διψήφιους, μ αυτή την ιδιότητα.. Δείξτε ότι ο μεγαλύτερος από τους δύο είναι πάντα περιττός. να υπολογιστεί η τιμήτης παράστασης A + B. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο parmenides51) Η Φωτεινήγια ένα παιδικό πάρτι του παιδιού της ϑα πληρώσει 49 ευρώ τώρα που ο ΦΠΑ ανέβηκε στο 3%. ΑνοΦΠΑπαρέμενεστο13%, πόσοϑατης κόστιζε το παιδικό πάρτι; Μαθηματικά Β Γυμνασίου Μαθηματικά Α Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Να βρείτε τις αναγκαίες και ικανές συνθήκες μεταξύ των πραγματικών αριθμών β και γ, για τις οποίες οι ρίζες ρ 1 και ρ της εξίσωσης: x βx + γ = να είναι πραγματικές και να πληρούν τη σχέση: 3ρ 1 ρ = β ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Το τούνελ του σχήματος έχει σχήμα ημικυκλίου. Ενα φορτηγό με ύψος 6m μπορεί να πλησιάσει το πολύ ένα 1m τις άκρες του οδοστρώματος, λόγω της καμπύλης οροφής του τούνελ. Πόσο είναι το πλάτος της βάσης του τούνελ; ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο irakleios) Για ποιες τιμές της παραμέτρου m μία ακριβώς ρίζα της εξίσωσης x (m + 1)x + m = ανήκει στο διάστημα (, ); 1

4 Μαθηματικά Α Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 11 (Προτείνει ο KARKAR) Τρίγωνο ABC έχει B = 7 και Ĉ = 6. Στο εσωτερικό του βρίσκεται σημείο S,ώστεBŜC = 1 και SB= SC.ΟιCS, BS τέμνουν τις πλευρές AB, AC στα D, E αντίστοιχα. Βρείτε το μέτρο της S DE = ϕ. ΑΣΚΗΣΗ 14 (Προτείνει ο Γιώργος Ροδόπουλος) Γνωρίζουμε ότι το πολυώνυμο x 3 πx + 7αx 3πα έχει τρεις ϑετικές ρίζες. Αφού βρείτε τον αριθμό α να αποδείξετε ότι η εξίσωση (ημx + συνx) = 6 α είναι αδύνατη. Μαθηματικά Β Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 15 (Προτείνει ο KARKAR) Ημικύκλιο διαμέτρου BC και ισόπλευρο τρίγωνο με βάση την BC, βρίσκονται εκατέρωθεν της BC. Τριχοτομούμε το τόξο BC. Δείξτε ότι με τις δημιουργούμενες συνδέσεις τριχοτομείται η πλευρά BC! ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο Βασίλης Στεφανίδης) Το τρίγωνο ABΓ του παρακάτω σχήματος είναι ισόπλευρο και BΔ =ΓE. Να δειχθεί ότι AΔ =ΔE. ΑΣΚΗΣΗ 16 (Προτείνει ο KARKAR) Σε σημείο D της πλευράς AB του ισοσκελούς τριγώνου ABC, (AB = AC), φέρω κάθετη, η οποία τέμνει την μεν AC στο E, τηδεπροέκτασητηςbc στο Z. Αν είναι AD = CZ, δείξτεότιηαπόστασητουe από την BC, είναι μισήτης απόστασής του από την AB. Ερώτηση προςδιερεύνηση : Μπορούμε να εντοπίσουμε «κατασκευαστικά», τη ϑέση του σημείου D ; Μαθηματικά Β Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 13 (Προτείνει ο Γιώργος Κοτζαγιαννίδης) Αν οι ϑετικοί αριθμοί α 1,α,..., α ν+1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, να αποδείξετε ότι : α 1 α 3... α ν 1 α1. α α 4 α ν α ν+1 Μαθηματικά Β Λυκείου, Κατεύθυνση ΑΣΚΗΣΗ 17 (Προτείνει ο KARKAR) Σημείο S κινείται επί της ευθείας y = 1 x,ενώσημείοa κινείται επί της ευθείας y = 1 x έτσι ώστε: (SA) = 6. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου M του τμήματος SA.

5 ΑΣΚΗΣΗ 18 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Εστω η υπερβολή C 1 : x a y b = 1 και ο κύκλος C : x + y = a με a, b >. Αν K(x, y ), x >, είναιτοκοινόσημείοτουc με την ασύμπτωτη (ɛ) :y = b a x της C 1, να δείξετε ότι η εφαπτομένη του C διέρχεται από την εστία E της υπερβολής. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Γενική Παιδεία στο K ΑΣΚΗΣΗ 19 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Εστω μεταβλητή X με παρατηρήσεις t 1, t,..., t v,μέσητιμή x, α R και η συνάρτηση { x(t1 +t +...+t v) v } x, < x g (x) = x 4 αv x, x =. 1. Αν η g είναι συνεχής στο x o =,νααποδείξετεότια = 1.. Αν η γραφικήπαράσταση της g διέρχεται από το σημείο A(3, ),νααποδείξετεότι v t i=1 i = Αν v t i=1 i f i = 1, όπου f i οι σχετικές συχνότητες των παρατηρήσεων, να βρεθεί το πλήθος v του δείγματος. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ορια, Συνέχεια ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Κώστας Καπένης) Εστω συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει: Να βρείτε το: lim x lim x f (x) x = 3. f (x) sin(πx). ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το R είναι 1 1 και έχει την ιδιότητα : Να αποδειχθεί ότι : f (x) f (1 x) = f (ax + b), x R 1. a =. f (b) 3. f (1 b) = 1 4. η συνάρτηση f δεν έχει σύνολο τιμών το R. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Ροδόπουλος) Ενα δείγμα μεγέθους ν έχει τυπικήαπόκλιση s, s. Να αποδείξετε ότι για το εύρος R ισχύει < s v. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Μιγαδικοί Αριθμοί ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο Κώστας Τηλέγραφος ) Εστω οι μιγαδικοί z, w με τις ιδιότητες 4 z z w = 1, w z w = Να δείξετε ότι z w =.. Να δείξετε ότι οι εικόνες των z και w ανήκουν σε κύκλους με κέντρο την αρχήτων αξόνων, των οποίων να βρείτε και την ακτίνα. 3. Να βρείτε το 6z + w. 4. Να βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη απόσταση των εικόνων των μιγαδικών z και w. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Τηλέγραφος Κώστας) Δίνεται η συνεχής στο R, f (x) x R με z 1 f (x)dx = με f (1) = Να δειχτεί ότι f (x) >.. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των z. ( z + z 3) x 3 + x 3. Να βρείτε το όριο lim x ( z z 3) x + x. 4. Αν το εμβαδόν της f με τον x x από τη x = μέχρι τη x = 1 είναι μικρότερο του z + z, να δειχτεί ότι η εξίσωση x f (t)dt = 3x + 6x 6 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (, 1). f Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Διαφορικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Ροδόλφος Μπόρης) Εστω f παραγωγίσιμη συνάρτηση στο R, με συνεχήπαράγωγο f με f (x + f (x)) = f (x) x R (1) 1. Δείξτε ότι η f δεν μπορεί να μην έχει ρίζα. Δώστε παράδειγμα πολυωνυμικής συνάρτησης που επαληθεύει την σχέση (1) 3. Υποθέστε τώρα ότι η f έχει δυο ρίζες a, b με a < b. Δείξτε ότι δεν μπορεί να υπάρχει u στο (a, b) με f (u). ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Δίνεται η συνάρτηση f που είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο [4, 1] με σύνολο τιμών f (A) = [1, 5] και f (4) =, f (1) = 4. Νααποδείξετεότι υπάρχουν δύο διαφορετικά ξ 1,ξ (4, 1) ώστε: f (ξ 1 ) = f (ξ ) =. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ολοκληρωτικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Εστω f :[, 1] [, + ) συνεχής συνάρτηση, για την οποία ισχύει t f (t) 1 + f (u)du, για κάθε t [, 1]. Να αποδειχθεί ότι f (t) t + 1, για κάθε t [, 1]. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Ας είναι f μια συνεχής συνάρτηση στο [, 1] ώστε να ισχύει Να αποδείξετε ότι x f (t)dt 1 x ( f (x)) dx για κάθε x [, 1]. xf(x)dx. 3

6 ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Αναστάσης Κοτρώνης) Βρείτε το Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ασκήσειςσε όλη την Υλη ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Μάγκος Θάνος) Να αποδειχθεί ότι κα- ϑεμιά από τις εξισώσεις: Ποια από τις δύο αυτές ρίζες είναι με- έχει ακριβώς μία ρίζα. γαλύτερη; sin(cos x) = x και cos(sin x) = x lim x + x ln x x (ln x) x + x ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς) Εστω τρίγωνο ABC και I το έγκεντρό του. Οι BI,CI τέμνουν τις AC, AB στα σημεία B, C αντίστοιχα. Αποδείξτε ότι το AB AC είναι μεγαλύτερο, ίσο ήμικρότερο του AI αν και μόνον αν η Â είναι αμβλεία,ορθήήοξείααντίστοιχα. ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z και w για τους οποίους ισχύουν z 1 = 1 και w = z 1 z + 1. Θεωρούμε και τη συνάρτηση f (x) = ln x w x. 1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f,. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται, 3. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f, ( 4. Να βρείτε το lim x f 1 (x) ). x Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Αν a > 1, να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : R (, + ) για τις οποίες 1. f (x) a x, x R και. f (x + y) f (x) f (y), x, y R. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Θέματα με Απαιτήσεις ΑΣΚΗΣΗ 31 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : R R, που είναι τέτοιες ώστε ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση x+1 = [x] + {x}. f () = 1 και e x f (x) = f (x) x R. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Εστω f : R ( x R με f (x) = e dt) t και g : R R με e x (1+t ) g(x) = dt. 1 + t 1. Για τυχαίο x R, δείξτεότι ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο Δημήτρης Μυρογιάννης) Εστω το τετράπλευρο ABCD στο οποίο οι γωνίες BCD, DAB έχουν μέτρο 8 o, 4 o, αντιστοίχως. Αν επιπλέον ισχύει ότι BC = CD = DA, να βρείτε το μέτρο της γωνίας ABC = x. lim x x e x (1+t ) dt =. Για τυχαίο x R, δείξτεότι g (x ) = e x και συμπεράνετε ότι x e x (1+t) dt. e t dt f (x) + g(x) = π 4 για κάθε x R. 3. Δείξτε ότι lim g(x) = και συμπεράνετε ότι x + lim x + x Ασκήσειςμόνο για μαθητές e t dt = π. ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο KARKAR) Στο ισόπλευρο τρίγωνο ABC, M είναι το μέσον της AC. Οκύκλος(B, BM) τέμνει τη βάση BC στοσημείοέστωn. ΗευθείαNM τέμνει την προέκταση της BA στο σημείο έστω S. Υπολογίστε τις γωνίες, τις πλευρές και το εμβαδόν του τριγώνου AMS. 4

7 ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Αν a, b, c ϑετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους a + b + c = 1, να δείξετε ότι 1 + a b + c b c + a c a + b 1 abc. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί για Φοιτητές ΑΣΚΗΣΗ 45 (Προτείνει ο vzf) Να βρείτε τους μοναδικούς ϑετικούς ακέραιους αριθμούς που πρέπει να έχουν δύο εξάπλευρα ζάρια, που δεν είναι τα κανονικά ζάρια ώστε να έχουν την ίδια κατανομήπιθανότητας για το άθροισμα με τα κανονικά ζάρια. ΑΣΚΗΣΗ 46 (Από τον διαγωνισμό Vojtˇech Jarník του 1997) Εστω a ένας περιττός ϑετικός ακέραιος. Να δειχθεί ότι αν d (a + ) τότε d 1 mod 8 ή d 3 mod 8. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Δημήτρης Χριστοφίδης) Εστω n 17 ακέραιος. Να δειχθεί ότι κάθε τετράγωνο μπορεί να διαμεριστεί σε n μικρότερα τετραγωνάκια. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αθανάσιος Κοντογιώργης) Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P, με πραγματικούς συντελεστές, τέτοια ώστε P() = και P ( (x + 1) 3) = (P(x) + 1) 3. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 41 (Προτείνει ο Σωκράτης Λυράς) Δίνεται τετράπλευρο ABCD με AB = AD και B = D = 9 o. Στις πλευρές DC, BC, έστω τα σημεία E, Z αντιστοίχως, ώστε οι AE, DZ να είναι κάθετες. Να αποδειχθεί ότι BE AZ. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς) Αν I είναι έγκεντρο του τριγώνου ABC καιοιευθείεςia, IB, IC τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του στα σημεία D, E, Z αντιστοίχως, αποδείξτε ότι IA ID + IB IE + IC IZ 3 Θέματα Διαγωνισμών ΕΜΕ ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Αλέξανδρος Συγκελάκης - Θέμα διαγωνισμού «Ο ΘΑΛΗΣ» 1995) Σε μια σκακιέρα ϑέλουμε να τοπο- ϑετήσουμε πιόνια, ώστε: δύοπιόνιαναμηβρίσκονταισεγειτονικάτετραγωνάκια(δηλ. τετραγωνάκια με κοινήπλευρά), και επιπλέον, σε κάθε τετραγωνάκι είτε να υπάρχει πιόνι είτε να είναι γειτονικό με ένα τετραγωνάκι με πιόνι. Να προσδιορίσετε τον ελάχιστο και τον μέγιστο αριθμό από πιόνια που μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σκακιέρα, ώστε να ισχύουν οι παραπάνω προϋποθέσεις. Άλγεβρα ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 47 (Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Να δειχθεί ότι : ac ab bc = (a b)(b c)(c a). b c a ΑΣΚΗΣΗ 48 (Προτείνει ο Αθανάσιος Κοντογεώργης) Εστω G μια ομάδα τέτοια ώστε για κάθε a, b G να ισχύει ότι a b = ba = ab = ba. (α) Αν η G έχει n στοιχεία, να δείξετε ότι είναι αβελιανή. (β) Βρείτε παράδειγμα τέτοιας μη αβελιανής ομάδας. Ανάλυση ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει ο Αναστάσιος Κοτρώνης) Ας υπολογισθεί το άθροισμα + n=1 ζ(n) n, όπου ζ(s) η συνάρτηση ζήτα του Riemann. ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Σεραφείμ Τσιπέλης) Αν a = ln ( 1+ 5 ), να αποδειχθεί ότι: Γεωμετρία ΑΕΙ n=1 + n=1 Θεωρία Αριθμών ΑΕΙ ( 1) n 1 ( n ) = 4a n ( 1) n 1 n ( ) = a. n n 5 5

8 ΑΣΚΗΣΗ 51 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των τετραγώνων διαδοχικών φυσικών δε μπορεί να είναι δύναμη φυσικού. ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του ακέραιου n ώστε οι αριθμοί a = n + 3 και b = n + 3 να είναι συγχρόνως τέλειοι κύβοι. ΑΣΚΗΣΗ 56 (Προτείνει ο KARKAR)Με κέντρο την κορυφή D τετραγώνου ABCD και ακτίνα DA γράφω κύκλο, επί του οποίου κινείται σημείο S. Ευθεία CT κάθετη στην SD τέμνει τις SA, SB στα Q, P αντίστοιχα. Δείξτε ότι CP = PQ. Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών (ΑΣΕΠ) ΑΣΚΗΣΗ 53 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Εστω η εξίσωση: x 5 4x 4 + Px 3 + Qx + Rx + S = της οποίας οι ρίζες βρίσκονται σε γεωμετρικήπρόοδο. Το άθροισμα των αντιστρόφων αυτών των ριζών ισούται με 1. Ναυπολογίσετε την τιμήτου S. ΑΣΚΗΣΗ 54 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να συγκριθούν οι αρι- ϑμοί ππ e e και e π. Ο Φάκελοςτου καθηγητή, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 55 (Προτείνει ο KARKAR) Οι κύκλοι (O) και (K) τέμνονται στα A, B. Οι εφαπτόμενες του πρώτου κύκλου στα σημεία A, B τέμνονται στο T. Από σημείο S του κύκλου (O) φέρω την ST η οποία επανατέμνει τον κύκλο στο C. Η SA τέμνει τον κύκλο (K) στο P, ενώηac στο Q. ΔείξτεότιηST διέρχεται από το μέσο της PQ. Ο Φάκελοςτου καθηγητή, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 57 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Θεωρούμε τα πολυώνυμα f, g C[x], τα οποία δεν έχουν κοινήρίζα. Αν το πολυώνυμο f (x) + g (x) έχει διπλήρίζα τον αριθμό r C, να αποδειχθεί ότι ( f (r)) + (g (r)) =. ΑΣΚΗΣΗ 58 (Προτείνει ο Νίκος Μαυρογιάννης) Η Ανισότητα του Cauchy. Να αποδειχθεί πως αν οι a 1, a,..., a n είναι μη αρνητικοί πραγματικοί τότε ισχύει a 1 + a a n n n a 1 a...a n και η ισότητα αληθεύει αν και μόνο αν οι αριθμοί είναι ίσοι. Στόχος βέβαια δεν είναι τόσο το να αποδειχθεί η γνωστήαυτή ανισότητα αλλά να δοθούν, χάριν της ενημέρωσης των συναδέλφων, όσο γίνεται περισσότερες αποδείξεις. 6

9 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει (πέρα από τα γνωστά νομίσματα) και τρίευρο! Το ζητούμενο είναι αν μπορούμε να σχηματίσουμε το ποσό των 5 ευρώ χρησιμοποιώντας 1 συνολικά νομίσματα (αποκλειστικά ενός ήτριών ήπέντε ευρώ). 44&t Λύση (ΜιχάληςΛάμπρου) Δεν μπορούμε να σχηματίσουμε το ποσό γιατί αν είχαμε A νομίσματα του ενόςευρώ, B των τριών και 1 A B των πέντε, τότε δηλαδή A + 3B + 5(1 A B) = 5 5 4A B = 5, πού είναι άτοπο (άρτιος περιττός). ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης) Βρείτε τη γωνία που σχηματίζουν οι δείκτες ενός ρολογιού στις 7 : &t Λύση (KARKAR) Ο ωροδείκτηςκάνει μια περιστροφή σε 1 ώρες, άρα κάνει 3 o την ώρα, ή μισή μοίρα το λεπτό. Ο λεπτοδείκτηςκάνει τις36 o σε 6 λεπτά, συνεπώςκάνει 6 μοίρεςτο λεπτό. Στις7.38 ο μεν ωροδείκτης, διατρέχοντας 19 o, ϑα βρεθεί στις = 9 μοίρες, ενώ ο λεπτοδείκτης ϑα διατρέξει 6 38 = 8 μοίρες. Συνεπώς η γωνία των δεικτών ϑα είναι μόλιςμία μοίρα! 7

10 Επιμελητής: Μπάμπης Στεργίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Αν και A = ( ) + ( ) ( ) B = ) ( ), να υπολογιστεί η τιμήτης παράστασης A + B. quote&f 33&p Λύση (ΓιώργοςΑπόκης) Εχουμε : ( 1 A + B = 3 ) ( ) ( ) + ( [ βγάζουμε τιςπαρενθέσεις] ) ( ) = 1 = = [τα + σε ζευγάρια και τα σε ζευγάρια ] ( 1 = + 1 ) ( ) 6 ( ) ( ( ) = 1 ( ) ( ) 7 ) ( )... = = αφού οι παρενθέσεις είναι 5 που προστίθενται και 5 που αφαιρούνται. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο parmenides51) Η Φωτεινήγια ένα παιδικό πάρτι του παιδιού της ϑα πληρώσει 49 ευρώ τώρα που ο ΦΠΑ ανέβηκε στο 3%. Αν ο ΦΠΑ παρέμενε στο 13%, πόσο ϑα της κόστιζε το παιδικό πάρτι; quote&f 33&p 1569 Λύση (ΓιώργοςΑπόκης) Τα 49 ευρώ είναι το αρχικό ποσό (χωρίςφπα), μαζί με το 3 % του ΦΠΑ. Άρα, τα 49 είναι το αρχικό συν τα 3 του αρχικού. 1 Ετσι, το 49 είναι το αρχικό πολλαπλασιασμένο με 1 +, 3 = 1, 3. Επομένως, το αρχικό ϑα είναι 49 : 1, 3 = 4 ευρώ. Τελικά, αν είχαμε ΦΠΑ 13 %, ϑα πλήρωνε (με παρόμοιο σκεπτικό) 4 1, 13 = 45 ευρώ. 8

11 Επιμελητής: Σωτήρης Στόγιας ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Το τούνελ του σχήματος έχει σχήμα ημικυκλίου. Ενα φορτηγό με ύψος 6m μπορεί να πλησιάσει το πολύ ένα 1m τις άκρες του οδοστρώματος, λόγω της καμπύλης οροφής του τούνελ. Πόσο είναι το πλάτος της βάσης του τούνελ; (R 1) = (R 1)(R 1) = R R R + 1 = R R + 1. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Στο μάθημα των Μαθηματικών, το 6% των αγοριών και το 7% των κοριτσιών, «πέρασαν» την Τάξη. Αν ο αριθμός των επιτυχόντων αγοριών, είναι ίσος με τον αριθμό των επιτυχόντων κοριτσιών, βρείτε το ποσοστό των μα- ϑητών που «πέρασαν». 34&t &t 3 Λύση (ΓιώργοςΑπόκης) Αν R η ακτίνα του ημικυκλίου, K το κέντρο του και PQ AB, τότε KP = R, KQ = KB QB = R 1. ΑπότοΠυθαγόρειοΘεώρημαστοKPQ έχουμε: KP = KQ + PQ R = (R 1) + 6 R = R R R = 37 AB = 37. Άρα, το πλάτοςείναι 37m. Σχόλιο : Συνειδητοποίησα ότι η ταυτότητα (a b) = a ab + b δεν είναι γνωστή στη Β Γυμνασίου, άρα μπορεί να γίνει εναλλακτικά Λύση (ΓιώργοςΑπόκης) Εστω a, k το πλήθοςτων αγοριών και των κοριτσιών αντίστοιχα. Τααγόριαπου πέρασαν είναι, 6a και τα κορίτσια που πέρασαν είναι, 7k. Αφού οι αριθμοί είναι ίσοι, ισχύει : Επομένως, ισχύουν :, 6a =, 7k ή 6a = 7k ή k = 6a 7. () Πέρασαν :, 6a+, 7k =, 6a+, 6a = 1, a παιδιά. Η τάξη έχει : a + k () = a + 6a 7 παιδιά. Άρα, το ποσοστό που πέρασε είναι : p = 1, a 13a 7 = 8, 4a 13a = 8, 4 13 = 7a + 6a 7 = 13a 7 δηλαδή 84 % 64, 6%. 13 9

12 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Παναγιώτης Γιαννόπουλος) Στο σχήμα έχουμε τρία τετράγωνα πλευράς 1 τοπο- ϑετημένα το ένα δίπλα στο άλλο. διότι στο τρίγωνο AKΘ ισχύει πως EZ//KΘ και Z μέσο του AK λόγω της(5). ZH = ZE + EH (3),(4),(6) = KM = KΘ + KΘ KM = 3KΘ KΘ = KM 3 Να βρεθεί το μήκος του τμήματος ZE. 35&t Λύση 1 (ΠαύλοςΜαραγκουδάκης) Αςονομάσουμε Θ το σημείο τομήςτων τμημάτων AΓ και KM. Τότε το τμήμα ZE είναι το μισό του KΘ. Τα τρίγωνα KΘΓ και AΔΓ είναι όμοια. Άρα KΘ = 1 3. Επομένως ZE = 1 6. Άρα ZE = KΘ KM = 3 = KM 6 = 1 6. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο KARKAR) Δίνεται ότι η διαφορά των τετραγώνων δύο διαδοχικών φυσικών είναι κι αυτήτέλειο τετράγωνο. 1. Βρείτε τους μεγαλύτερους διψήφιους, μ αυτή την ιδιότητα.. Δείξτε ότι ο μεγαλύτερος από τους δύο είναι πάντα περιττός. Λύση (Parmenides 51) Εστω Θ το σημείο τομήςτων τμημάτων AΓ,KM και H το σημείο τομήςτων τμημάτων AB, ZE. EH = KΘ (3) διότι αν περιστρέψουμε κατά 18 γύρω από το κέντρο του ορθογωνίου ABΓΔ το τρίγωνο ABΓ προκύπτει πως A Γ, B Δ, H K, E Θ. 35&t Λύση (ΝότηςΚούτσικας) Εστω ν, ν + 1 δύο διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί, διψήφιοι. Θέλουμε (ν + 1) ν = k ν + 1 = k. Άρα ο k είναι περιττόςπου σημαίνει ότι και ο k είναι περιττός. Εχουμε ακόμα ότι ν = k 1 Αφού ο ν είναι διψήφιος, ϑα πρέπει και ZH = KM (4) Z μέσο του AK (5) διότι στο τρίγωνο AKM ισχύει πως ZH//KM και H μέσο του AM. ZE = KΘ (6) 1 ν 99 1 k 1 99 k k k 199 4,... k 14,... Άρα ο k ϑαείναι5ή7ή9ή11ή13. 1

13 Αν k = 13 τότε ν = 13 1 = 84 και ν + 1 = 85 Βλέπουμε τώρα ότι = 169 = 13. Άρα οι πιο μεγάλοι διψήφιοι που ζητάμε είναι οι 85 και 84. Από τιςυπόλοιπεςπεριπτώσειςγια το k βρίσκουμε και τα άλλα ζευγάρια των διαδοχικών φυσικών που η διαφορά των τετραγώνων τουςείναι και αυτή τετράγωνο. Τα ζευγάρια αυτά είναι (61, 6), (41, 4), (5, 4) και (13, 1). Βλέπουμε ότι πραγματικά ο μεγαλύτεροςαπό κάθε ζευγάρι είναι πάντα περιττός. 11

14 Επιμελητής: Στράτης Αντωνέας ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Να βρείτε τις αναγκαίες και ικανές συνθήκες μεταξύ των πραγματικών αριθμών β και γ, για τις οποίες οι ρίζες ρ 1 και ρ της εξίσωσης: x βx + γ = να είναι πραγματικές και να πληρούν τη σχέση: 3ρ 1 ρ = β 19&t 435 Λύση 1 (ΜάκηςΧατζόπουλος) Αναγκαίεςσυνθήκες. Από τύπουςvieta: ρ 1 + ρ = β, όμωςδίνεται ότι 3ρ 1 ρ = β και από την επίλυση του συστήματοςβρίσκουμε: ρ 1 = 3β 5, ρ = β 3β 5 = β 5. Ομως, ρ 1 ρ = γ, άρα 3β 5 β 6β = γ δηλαδή 5 5 = γ Ικανέςσυνθήκες(αντιστρόφως): Για 6β 5 = γ είναι, με λύσεις: Δ=β 4 1 γ = 1 5 β Επειδή στην εκφώνηση δεν υπάρχει διάταξη των ριζών,οιαναγκαίεςκαιικανέςσυνθήκεςγιαναισχύουν αυτά που ϑέλουμε, είναι: Δ (3ρ 1 ρ = β ή3ρ ρ 1 = β) Δ (7) (3ρ 1 ρ β)(3ρ ρ 1 β) = β 4γ 13ρ 1 ρ ( 6 ρ 1 + ) ρ β (ρ1 + ρ ) + β = β 4γ 5γ 6β = γ = 6β 5 β 4 6β 5 6β = 5γ 6β = 5γ β ( )(επειδή ρ 1 + ρ = (ρ 1 + ρ ) ρ 1 ρ ) ( ) (8) (9) Συνεπώςη σχέση 6β = 5γ είναι η ζητούμενη αναγκαία και ικανή συνθήκη. ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο irakleios) Για ποιες τιμές της παραμέτρου m μία ακριβώς ρίζα της εξίσωσης x (m + 1)x + m = ρ 1 = β β = 3β 5 και ανήκει στο διάστημα (, ); ρ 1 = β 1 5 β = β άρα 3ρ 1 ρ = β. 5 Οπότε βρήκαμε την αναγκαία και ικανή σχέση που συνδέει τα β, γ και είναι η 6β 5 = γ. Λύση (ΑντώνηςΚυριακόπουλος) Καταρχήν έχουμε: Δ=β 4γ, (7) ρ 1 + ρ = β, (8) ρ 1 ρ = γ. (9) 19&t 3137 Λύση (ΚώσταςΔόρτσιος) Κατ αρχήν η τιμή m = δίνει την εξίσωση: x x = που έχει ρίζεςτιςx 1 =, x = που δεν ικανοποιούν το ζητούμενο. Εστω λοιπόν ότι m. Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι: D = b 4ac = 4(m + 1) επομένωςγια να έχει το τριώνυμο κατ αρχήν πραγματικέςρίζεςϑα πρέπει: D > m > 1. 1

15 Θα ελέγξουμε πρώτα την περίπτωση τηςδιπλής ρίζας: Εστω ότι: D = m = 1 τότε η διπλή Άρα για να είναι ο αριθμός εντόςτου διαστήματος των ριζών πρέπει: του ρίζα είναι: x = b a = 1 (, ) άρα η τιμή αυτή af() < m(m 4) < m (, 4). m = 1 είναι δεκτή. Εστω τώρα πως D > τότε ϑα έχουμε δύο ρίζες πραγματικέςκαι άνισεςτιςx 1, x με x 1 < x. Ελέγχουμε τώρα τη ϑέση των αριθμών και σε σχέση με τιςρίζεςαυτές. Είναι: f () = m > άρα το είναι εκτόςτου διαστήματοςτων ριζών. Επίσης: f () = m 4m = m(m 4). Δηλαδή για m (, 4) ο αριθμός βρίσκεται εντόςτου διαστήματοςτων ριζών και το εκτός. Επομένωςστο ανοιχτό διάστημα (, ) βρίσκεται μόνον μία ρίζα του τριωνύμου αυτού. Επομένωςγια να ισχύει το ζητούμενο οι τιμέςτου m πρέπει να ανήκουν στο σύνολο: A = { 1 } (, 4). 13

16 Επιμελητής: Μιχάλης Νάννος ΑΣΚΗΣΗ 11 (Προτείνει ο KARKAR) Τρίγωνο ABC έχει B = 7 και Ĉ = 6. Στο εσωτερικό του βρίσκεται σημείο S,ώστεBŜC = 1 και SB = SC. Οι CS, BS τέμνουν τις πλευρές AB, AC στα D, E αντίστοιχα. Βρείτε το μέτρο της S DE = ϕ. Ετσι φ = ZDE ZDC DZ=ZC = ZDE DCZ = 3. &t 14 Λύση 1 (ΠαναγιώτηςΓιαννόπουλος) Από τα μέτρα των δοθεισών γωνιών και από το ότι το τρίγωνο BS C είναι ισοσκελές, προκύπτει ότι το τρίγωνο DBC είναι ισοσκελές ( B = D = 7 ), BEC = 8 και το τρίγωνο ECS είναι ισοσκελές, συνεπώς Λύση (ΜιχάληςΝάννος) SC = CE. (1) Κατασκευάζω το ισόπλευρο ECZ. Τότε λόγω της(1) είναι και το SCZ ισοσκελές, επομένως SZC = 7 = ABC SZ//BD (BZS D ισοσκελέςτραπέζιο) DZ = BS = ZE τρίγωνο DZE ισοσκελέςμε γωνία κορυφής DZE = DZS + SZE = DBS + SZE = 4. 14

17 Προκύπτουν εύκολα τα ισοσκελή τρίγωνα SBC ( 1, 4, 4 ), CBD ( 4, 7, 7 ) και CS E (, 8, 8 ). Αν στην προέκταση του BE πάρουμε τμήμα EZ = EC, τότε τα τρίγωνα ECZ, SBC είναι ίσα από Π Γ Π (άρα CZ = CB = CD) καιεφόσονdĉz = 6, το τρίγωνο CDZ είναι ισόπλευρο. Ετσι DE μεσοκάθετοςτηςcz, συνεπώς ϕ = 3. ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο Βασίλης Στεφανίδης) Το τρίγωνο ABΓ του παρακάτω σχήματος είναι ισόπλευρο και BΔ =ΓE. Να δειχθεί ότι AΔ =ΔE. Φέρω ΔK//AB AKΔB ισοσκελέςτραπέζιο, άρα AK = BΔ =ΓE και το τρίγωνο ΔKΓ ϑα είναι ισόπλευρο (από μέτρα γωνιών). Άρα ΔK =ΔΓ και επειδή προφανώς ÂKΔ = ΔΓE = 1 τα τρίγωνα AKΔ, ΔΓE ϑα είναι ίσα (από Π Γ Π), συνεπώςaδ =ΔE. Λύση (ΜιχάληςΝάννος) &t 153 Λύση 1 (ΣτάθηςΚούτρας) Στρέφω το τρίγωνο ABΔ κατά 6 αριστερά ωςπρος A(τρίγωνοAΓZ). Είναι AΔ =AZ και ΔÂZ = 6, άρα το τρίγωνο AΔZ είναι ισόπλευρο και από ισότητα των τριγώνων ΔEΓ, ΔZΓ (Π Γ Π) ΔE =ΔZ = AΔ. Συνοπτικέςλύσειςδόθηκαν από τους: και Παναγιώτη Γιαννόπουλο. KARKAR 15

18 Επιμελητής: Φωτεινή Καλδή ΑΣΚΗΣΗ 13 (Προτείνει ο Γιώργος Κοτζαγιαννίδης) Αν οι ϑετικοί αριθμοί α 1,α,..., α ν+1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, να αποδείξετε ότι : α 1 α 3... α ν 1 α1. α α 4 α ν α ν+1 Λύση (ΜιχάληςΛάμπρου) Αν a, b, c ϑετικοί διαδοχικοί όροι Α.Π., τότε ac a+c = b. Άρα a1 a 3 a, a 3 a 5 a 4,..., a n 1 a n+1 a n 1&t 356 Πολλαπλασιάζονταςκατά μέλη έχουμε Λύση 1 (ΓιώργοςΡίζος) a 1 a 3 a a (a + ω) (a + ω) a + aω a + aω + ω ω που ισχύει. a 3 a 5 a 4 (a + ω)(a + 4ω) (a + 3ω) a + 6aω + 8ω a + 6aω + 9ω ω που ισχύει a ν 1 a ν+1 a ν (a + (ν ) ω)(a + νω) (a + (ν 1) ω) a + (ν 1) aω + ( 4ν 4ν ) ω που ισχύει Οπότε a + (ν 1) aω + ( 4ν 4ν + 1 ) ω ω a 1 a 3 a a 1 a 3 a a 1 a a 3 a 5 a 4 a 3 a 5 a 4 a 3 a 4... a ν 1 a ν+1 a ν a ν 1 a ν+1 a ν a ν 1 a ν Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και έχουμε: a1 a3... a3 a5 a 1 a a3 a 4... aν 1 a ν a1 a3 aν 1 aν+1 = a3 a5 aν 1 aν+1 a1 aν+1 a1 (a 3 a 5...a n 1 ) a n+1 a a 4...a n που δίνει την ζητούμενη αν πολλαπλασιάσουμε επί a1 an+1 a a 4...a n Λύση 3 (ΓιώργοςΚοτζαγιαννίδης) Μία λύση ακόμη, χρησιμοποιώνταςβέβαια τη σχέση που χρησιμοποίησαν ο Γιώργοςκαι ο Μιχάλης. Ισχύει α i 1 α i+1 α i με i =, 3,..., ν. Εστω Τότε : x ν = α 1α 3...α ν 1 α α 4...α ν x ν = α 1(α 1 α 3 )...(α ν 3 α ν 1 )α ν 1 α α 4...α ν α 1 α α 4...α ν α ν 1 = α 1α ν 1 α α 4...α ν α ν α 1 α1 x ν α ν+1 α ν+1 ΑΣΚΗΣΗ 14 (Προτείνει ο Γιώργος Ροδόπουλος) Γνωρίζουμε ότι το πολυώνυμο x 3 πx + 7αx 3πα έχει τρεις ϑετικές ρίζες. Αφού βρείτε τον αριθμό α να αποδείξετε ότι η εξίσωση είναι αδύνατη. (ημx + συνx) = 6 α 16

19 1&t 114 Λύση (ΑλέξανδροςΣυγκελάκης) Από τουςτύπους Vieta αν r 1, r, r 3 οι ρίζεςτηςεξίσωσης, τότε r 1 + r + r 3 = π r 1 r + r r 3 + r 3 r 1 = 7a r 1 r r 3 = 3πa Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε r 1 + r + r r 1 r r 3 = 3 3 3πa = 3 3 3(r 1 + r + r 3 )a Κάνονταςπράξειςστην τελευταία παίρνουμε τελικά ότι (r 1 + r + r 3 ) 3 4 a (1) Ομοια από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε 7a = r 1 r + r r 3 + r 3 r r 1 r r 3 = 3 3 9π a = 3 3 9(r 1 + r + r 3 ) a (1) a 3 = 7a δηλαδή ισχύει η ισότητα. Ομωςη τελευταία ισχύει σαν ισότητα όταν r 1 r = ( r r 3 = r 3 r 1 δηλαδή r 1 = r = r 3 = π 3 άρα λοιπόν βρίσκουμε a = π 3 4. Επειδή ημx + συνx = ( ημ x + π ), άρα η εξίσωση 4 γράφεται ( τελικά ημ x + π ) = π > 1 άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. 4 3 ). 17

20 Επιμελητής: Ανδρέας Βαρβεράκης ΑΣΚΗΣΗ 15 (Προτείνει ο KARKAR) Ημικύκλιο διαμέτρου BC και ισόπλευρο τρίγωνο με βάση την BC, βρίσκονται εκατέρωθεν της BC. Τριχοτομούμε το τόξο BC. Δείξτε ότι με τις δημιουργούμενες συνδέσεις τριχοτομείται η πλευρά BC! Λύση (ΣωτήρηςΛουρίδας) και και AB = BC = CA = BD = DC BS = S T = T C, K AS BD L AT DC. Από γνωστότατη ιδιότητα του παραλληλόγραμμου άρα και του ρόμβου παίρνουμε: BK = BD = BC ( με DBC = π ) 3 BK = K L = L C, CK BD, όμοια BL CD. Συνεπώςο κύκλοςμε διάμετρο το ευθ. τμήμα BC περνά από τα σημεία &p #p K, L K K όμοια L L. Λύση 1 (ΠαναγιώτηςΓιαννόπουλος) O μέσον της BC. Είναι BOC ισόπλευρο πλευράς AB : = a : τργ BOK CS A με λόγο ομοιότητος συνεπώς BK : AC =, 5 BS =, 5SC = 1 3 BC = 1 3 a Ομοίως TC = 1 3 a οπότε απομένει ST = 1 3 a Επεται το ζητούμενο ΑΣΚΗΣΗ 16 (Προτείνει ο KARKAR) Σε σημείο D της πλευράς AB του ισοσκελούς τριγώνου ABC, (AB = AC), φέρω κάθετη, η οποία τέμνει την μεν AC στο E, τηδε προέκταση της BC στο Z. Αν είναι AD = CZ, δείξτεότιηαπόστασητουe από την BC, είναι μισήτης απόστασής του από την AB. Ερώτηση προςδιερεύνηση : Μπορούμε να εντοπίσουμε «κατασκευαστικά», τη ϑέση του σημείου D ; 18

21 που απέχουν από τις πλευρές της γωνίας αποστάσεις μεδοθένταλόγοείναιημιευθείαμεαρχήτηνκορυφή της δοθείσης γωνίας. &p 1174#p1174 Λύση 1 (ΓρηγόρηςΚακλαμάνος) Με Θ. Μενελάου στο ABC προκύπτει EC AE = BD BZ = cosb (1) Επιπλέον είναι sinc = sinb = ES EC () Επίσης sina = DE AE (3) Εχουμε και (3) :() sina DE sinb = AE ES EC sina sinb = DE ES EC (1) AE sina DE = cosb sinb ES DE ES = sina sinb cosb Ομωςαπό Ν. Ημιτόνων είναι sina sinb = BC AC 1 cosb = AC BC = AC BC Συνεπώςπολλαπλασιάζονταςτιςδύο σχέσειςπροκύπτει DE ES = τελευταίες Λύση (ΚώσταςΔόρτσιος) Για την κατασκευή του σημείου D ϑα χρειαστεί να κατασκευαστεί πρώτα το σημείο E κι αφού πρώτα έχει εξασφαλιστεί η ιδιότητα που έδειξε ο Γρηγόρης, δηλαδή πως το σημείο E απέχει από τιςπλευρέςτηςγωνίαςb αποστάσει με λόγο 1 :. Η ιστορία εξελίσσεται σε τρία σχήματα: 1ο) Ο γ.τόπος των σημείων στο εσωτερικό μιας γωνίας Πράγματι: Αν ένα τέτοιο είναι το σημείο M τότε MA MB = m n τότε οποιοδήποτε σημείο M της Od ϑα έχει την ίδια ιδιότητα όπωςαυτό δείχνεται από τα δυο ζεύγη τωνομοίωνορθογωνίωντριγώνων. ο) Κατασκευήτου γεωμετρικού αυτού τόπου. Φέρουμε τιςκάθετεςπροςτιςπλευρέςτηςγωνίας και πάνω σ αυτέςορίζουμε με τη σειρά των όρων του δοθέντα λόγου τα τμήματα: OA 1 = m, OB 1 = n μετά φέρουμε από τα πέρατα των τμημάτων αυτών παράλληλεςπροςτιςπλευρέςτηςγωνίαςκαι το σημείο τομήςαυτών M απέχει, όπωςεύκολα δείχνεται, από τις πλευρέςτηςγωνίαςαποστάσειςμε τον δοθέντα λόγο. 3ο) Κατασκευή του σχήματοςτηςάσκησηςτου Θανάση: Χωρίςλόγια. 19

22 Λύση 4 (ΣτάθηςΚούτρας) Εστω AM το ύψος του ισοσκελούςτριγώνου ABC (AB = AC) τότε και διάμεσοςδηλαδή BM = BC : (1). Πράγματι στο σχήμα αυτό ισχύουν όλα όσα η άσκηση προαπαιτεί και στη συνέχεια απαιτεί. Σημείωση: Ο γ.τόποςπου αναφέρθηκε γενικεύεται και σε σημεία εκτόςτηςγωνίαςόπου προκύπτει ολόκληρη η ευθεία καθώςκαι συμπληρώνεται και από μια δεύτερη ευθεία που μαζί με την πρώτη και τιςδύο πλευρέςτηςγωνίαςαποτελούν αρμονική τετράδα. Λύση 3 (KARKAR) Από (Θ. Μενελάου ) και λόγω του DA = ZC,παίρνω: EC EA = DB ZB ( ) Φέρονταςτη διχοτόμο AM, οι τέσσερις θ είναι ίσες, οπότε EC = ES DE, EA = συνθ ημθ και DB ZB = ημθ Συνεπώς(*): EC = EAημθ ES συνθ = DE ημθ ημθ ES = DEσυνθημθ ημθσυνθ DE ES = Είναι ZDB AMB ορθογώνια με μια οξεία γωνία (την ĈBA) κοινή άρα : Γιατατρίγωνα με κοινή γωνία BAC είναι: Γιατατρίγωνα ZB AB = BD BM = BD BC ZB AB = BD BC : () (ADE) (ABC) (ADE) (ABC) ADE, ABC AD AE AC=AB = AB AC = AD AE AB : (3) ECZ, ABC με ÊCZ + ÂCB = 18 (παραπληρωματικές) είναι: Από (ECZ) CE CZ AC=AB,CZ=AD = (ABC) CB AC (ECZ) CE AD = (ABC) CB AB : (4) (3) : (4) (ADE) (ABC) (ECZ) (ABC) AD AE AB AC=AB CE AD CB AB =

23 Από Μενέλαο στο (ADE) CB AE = (ECZ) AB CE : (5) ABC με διατέμνουσα ZED είναι: 1 = ZB ZC CE AE AD ZC=AD DB Από (5) (6) (ADE) (ECZ) αφού (ADE) (ECZ) = ED ES 1 = ZB DB CE AE : (6) ED ES = ZB AB BC BD ED ES = BD BC BC BD και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 4 (ΚώσταςΒήττας) = BC AE AB CE ZB BC CE AE (λόγοςυψών προςίσεςβάσειςad, CZ) (): ZB AB = BD BC = ED = ES Στο ορθογώνιο τρίγωνο DBZ με διατέμνουσα την ευθεία AEC, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε ED EZ CZ CB AB AD = 1 = ED BC = EZ AB, (1) (λόγωad = CZ). Απόταόμοιαορθογώνιατρίγωνα MAB, SEZ έχουμε EZ AB = ES BM = ES, () (λόγω BC = BM ). BC Από (1), () = ED BC = ES BC = ED = ES, (3) και το (α) ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Για το (β) ζητούμενο, αρκεί να προσδιοριστεί το σημείο E επί τηςπλευράςac. Στο τρίγωνο ABC με διατέμνουσα την ευθεία DEZ, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε DA DB ZB ZC EC EA = 1 = EA EC = ZB DB, (1) Εστω F, η προβολή του C επί της AB και από CF ZD, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε ZB DB = BC EA, () Από (1), () = BF EC = BC, (3) από BF όπου προκύπτει εύκολα ο προσδιορισμόςτου σημείου E ωςεξής: Εστω P το σημείο ώστε το ABCP να είναι παραλληλόγραμμο και αςείναι Q το σημείο στην προέκταση του AP, ώστε να ισχύει PQ = BF. Από το P φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προςτην CQ, ηοποία τέμνει την AC στο σημείο E, που είναι το ζητούμενο ώστε να ισχύει η (3). Εάν τώρα, D είναι η προβολή του E επί της AB, αποδεικνύεται εύκολα ότι AD = CZ, όπου Z BC DE και το (β) ζητούμενο έχει λυθεί. Λύση 5 (ΑνδρέαςΒαρβεράκης) Εστω CT ύψος, K η προβολή του D στη διάμεσο AM, N σημείο της AB με EN BC, I ητομήτηςen με την AM και L σημείο της AC με TL BC. Από την ομοιότητα των τριγώνων ADK, BDZ και την παραλληλία CT DZ, έχουμε: DK AD = BD BZ = TD DK = TD ZC που σημαίνει ότι η T K διχοτομεί τη γωνία ÂT L Από την ομοιότητα των τριγώνων ADK, AIE, προκύπτειότι: AK AI = AD AE = AT AC = AT AB Από τα παραπάνω, προκύπτει ότι το σημείο I είναι έγκεντρο του τριγώνου ABC, καθώς το K είναι έγκεντρο του AT L και τα δύο τρίγωνα είναι ομοιόθετα με 1

24 κέντρο A και λόγο AT AB. NE Επομένως EI = EC =, που σημαίνει ότι τα τρίγωνα ESC, EDNείναι όμοια με λόγο ομοιότητας ES ED = 1. Επομένως, το σημείο E κατασκευάζεται, φέρνονταςπαράλληλη προςτη βάση και διερχόμενη από το έγκεντρο του ABC.

25 Επιμελητής: Λευτέρης Πρωτοπαπάς ΑΣΚΗΣΗ 17 (Προτείνει ο KARKAR) Σημείο S κινείται επί της ευθείας y = 1 x,ενώσημείοa κινείται επί της ευθείας y = 1 x έτσι ώστε: (SA) = 6. Ναβρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου M του τμήματος SA. MA = 3 ( x x 1 + x ) ( + 1 x x ) 1 x = 3 4 ( x x ) ( 1 x + x &t 153 Λύση 1 (Μαργαρίτα Βαρελά) Εστω A ( α, α), S (β, β), M (x, y). ) = 9 4 ( (y M ) xm ) + = 9 4y M 9 + x M 36 = 1 x M 6 + y M ( 3 = 1, ) Τότε: β α x = y = β + α β α = x β + α = y. δηλαδή έλλειψη με άξονεςa = 1, b = 3. ΑΣΚΗΣΗ 18 (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Εστω η υπερβολή C 1 : x a y b = 1 και ο κύκλος C : x +y = a με a, b >. Αν K(x, y ), x >, είναιτοκοινόσημείο του C με την ασύμπτωτη (ɛ) :y = b a x της C 1,ναδείξετε ότι η εφαπτομένη του C στο K διέρχεται από την εστία E της υπερβολής. Συνεπώς: 3&t 1164 (SA) = 6 (β α) + (β + α) = 36 x + (4y) = 36 x 36 + y = x 6 + y ( ) 3 = 1. ( Λύση (ΓιώργοςΑπόκης) Εστω S ( x1 + x Τότε M, x 1 x ). 4 Αφού SA= 6έχουμε: x 1, x ) ( 1, A x, x ). Λύση 1 (Μυρτώ Λιάπη) Ο κύκλοςτέμνει την ασύμπτωτη τηςυπερβολήςστο K(x, y ) με x = a a + b = a γ και y = ba a + b = ba γ (προκύπτει αν λύσουμε το σύστημα του κύκλου και τηςασύμπωτηςκαι E(γ, ) ηεστίατηςυπερβολήςμε ϑετική τετμημένη). Η εφαπτομένη του κύκλου στο K είναι η xx + yy = a και για να περνάει από την εστία E(γ, ) αρκεί να ισχύει γx = a x = a που ισχύει γ από παραπάνω. (Η εφαπτομένη περνά από το E(γ, ) γιατί x > ). Λύση (ΔημήτρηςΙωάννου) Η εφαπτομένη του C στο σημείο K έχει εξίσωση xx + yy = a. Ομως y = b a x και 3

26 E(c, ), ϑα πρέπει: x + y = a x + b a x = a a x + b x = a4. (11) ΓιαναπερνάειηεφαπτομένηστοK από την εστία cx = a c x = a4 (a + b )x = a4, πράγμα που ισχύει λόγω τηςσχέσης(11). 4

27 Επιμελητής: Χρήστος Τσιφάκης ΑΣΚΗΣΗ 19 (Προτείνει ο Ηλίας Καμπελής) Εστω μεταβλητή X με παρατηρήσεις t 1, t,..., t v, μέση τιμή x, α R και η συνάρτηση g (x) = { x(t1 +t +...+t v ) v x, < x x 4, x = αv x }. 1. Αν η g είναι συνεχής στο x o =,νααποδείξετε ότι α = 1.. Αν η γραφικήπαράσταση της g διέρχεται από το σημείο A(3, ),νααποδείξετεότι v i=1 t i = 1.. Εχουμε g(3) = 3v x v x = 9 4 v x = 1 (1) t 1 + t t v = 1 v t i = 1. i=1 3. Αν v i=1 t i f i = 1, όπου f i οι σχετικές συχνότητες των παρατηρήσεων, να βρεθεί το πλήθος v του δείγματος. 3. Αφού κάθε παρατήρηση εμφανίζεται μία φορά έχουμε: 18&t 1166&start Λύση 1 (ΔημήτρηςΚατσίποδας) 1. Εχουμε x = t 1 + t t v v t 1 + t t v = v x (1) v t i f i = 1 i=1 t 1 f 1 + t f t v f v = 1 v 1 t 1 v + t v v t v v v v = 1 t 1 v 1 + t v t v v v = v t 1 + t t v = v v = 1. και g (x) = x(t 1 +t +...+t v ) v x x 4 αv x, x =, < x.τότε x(t 1 + t t v ) v x lim g(x) = lim x x x 4 v x(x ) = lim x (x )(x + ) v x = lim x (x + ) = v x 4 αv x και g() =. Αφού η g είναι συνεχήςστο x o = έχουμεότι v x 4 = αv x α = 1. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Ροδόπουλος) Ενα δείγμα μεγέθους ν έχει τυπικήαπόκλιση s, s. Να αποδείξετε ότι για το εύρος R ισχύει < s v. 18&t 5875 Λύση 1 (ΒασίληςΜαυροφρύδης) Είναι : R = t max t min = (t max x) (t min x) R = (t max x) + (t min x) (t max x)(t min x). Ισχύει ότι : 5

28 [(t max x) + (t min x)] (t max x) + (t min x) + (t max x)(t min x) > [ (t max x) + (t min x) ] (t max x) + (t min x) (t max x)(t min x) [ (t max x) + (t min x) ] R [ (t max x) + (t min x) ] R. Οπωςεπίσηςότι : (t max x) + (t min x) ν (t i x) i=1 [ (t max x) + (t min x) ] ν ν ν (t i x) i=1 [ (tmax x) + (t min x) ] νs [ (t max x) + (t min x) ] s ν Από μεταβατική ιδιότητα : R s ν επειδή η τυπική απόκλιση δεν είναι τουλάχιστον μία παρατήρηση του δείγματοςδεν ισούται με την μέση τιμή, οπότε οι 3 παραπάνω ανισότητεςγίνονται γνήσιες. Λύση (ΓιώργοςΡοδόπουλος) Επειδή s ϑαείναι ν και ϑα υπάρχουν δύο τουλάχιστον παρατηρήσεις α, β διαφορετικέςτηςμέσηςτιμής. (Μάλιστα ϑα ισχύει a < x <β η β< x < a ). Αν ονομάσουμε t i, i = 1,,..., ν τιςπαρατηρήσεις, τότε: νs = ν (t i x). i=1 Για την τυχαία παρατήρηση t i ϑα ισχύει Ετσι και (t i x) < ν (t i x) i=1 (t i x) <νs t i x < s ν. Από τις(13),(14) προκύπτει : t max x < s ν t max x < s ν t max < s ν + x (13) t min x < s ν x t min < s ν t min > x s ν. (14) t max t min < s ν R < s ν. 6

29 Επιμελητής: Κώστας Τηλέγραφος ΑΣΚΗΣΗ 1 (Προτείνει ο Κώστας Τηλέγραφος ) Εστω οι μιγαδικοί z, w με τις ιδιότητες 4 z z w = 1, w z w = Να δείξετε ότι z w =.. Να δείξετε ότι οι εικόνες των z και w ανήκουν σε κύκλους με κέντρο την αρχήτων αξόνων, των οποίων να βρείτε και την ακτίνα. 3. Να βρείτε το 6z + w. 4. Να βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη απόσταση των εικόνων των μιγαδικών z και w. 51&t 1713&start 6 Λύση (ΔημήτριοςΚατσίποδας). και w zw = 3 ww zw = 3 w(w z) = 3 w w z = 3 1 w = 3 w = 3 4 z zw = 1 4zz zw = 1 zw=wz 4zz zw = 1 z(z w) = 1 z z w = z = 1 1. Αρχικά έχουμε z = 1 4 Οπότε 4 z zw = 1 zw = 4 z 1 ( 4 z ) 1 zw = R. zw = zw z w = (z w)(z w) = 4zz zw wz + ww = 4 z zw + w zw = 4 z zw + w zw = 4. Επομένωςοι εικόνεςτου z ανήκουν σε κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνας ρ 1 = 1 4, ενώ του w ανήκουν σε κύκλου με κέντρο την αρχή τωναξόνωνκαιακτίναςρ = 3 3. Εχουμε και zw = zw = = = 3 4 = 3 8 6z + w = (6z + w)(6z + w) = 36zz + 6zw + 6wz + ww zw=zw ==== 36 z + 1zw + w = 36 ( ) = Επομένως z w = = 7

30 4. οπότε 6z + w =. Επομένωςαν A ηεικόνατου 6z και B ηεικόνατουw, έχουμε οτι το A B. z w = (z w)(z w) = zz zw wz + ww zw=wz ==== z zw + w = 1 ( 16 3 ) = = = &t 1713&start 1 Λύση (ΠερικλήςΠαντούλας) 1. Η f είναι διάφορη του μηδενόςγια κάθε x R και συνεπώςδιατηρεί πρόσημο στο R. Αφού f (1) = 1 >, έχουμε f (x) > γιακάθεx R. Η σχέση z 1 f (x) dx = ισχύει για κάθε x R και f (x) > για κάθε x R Οπότε z = 1. Ο γεωμετρικόςτόποςτων εικόνων των z είναι ο μοναδιαίοςκύκλος. 3. Για z = a + bi, a, b R έχουμε z + z = a και z z = b. Οπότε Οπότε z w = 7 4. Συνεπώς z w min = z w max = 7 4 = σταθερό. Επιπλέον τρόπος : Επειδή απο το 3 έχουμε οτι η εικόναa του 6z και η εικόνα του B του w ταυτίζονται, αν Γ ηεικόνατουz, έχουμε οτι τα σημεία Γ, O, B είναι συνευθειακά καθώςκαι οτι τα διανύσματα OB και OΓ είναι αντίρροπα. Οπότε z w = BΓ = BO + OΓ = = 7 4. ( z + z 3) x 3 + x lim x ( z z 3) x + x = lim x ( a 3) x 3 + x ( b 3) x + x = ( a 3) x 3 lim x ( b 3) x = ) lim x ( a 3 b 3 x =. Γιατί: Η εικόνα του z κινείται στον μοναδιαίο κύκλο και συνεπώς a 1 < 3, άρα a 3 <. Ομοίως b 3 <. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Τηλέγραφος Κώστας) Δίνεται η f συνεχής στο R, f (x) x R με z 1 f (x)dx = με f (1) = Το εμβαδόν που περικλείεται από τη C f τον οριζόντιο άξονα και τιςευθείεςx =, x = 1είναι f (x) dx αφού λόγω του 1 έχουμε f (x) > για κάθε x R.Άρα 1. Να δειχτεί ότι f (x) >.. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των z. f (x) dx < z + z ( z + z 3) x 3 + x 3. Να βρείτε το όριο lim x ( z z 3) x + x. 4. Αν το εμβαδόν της f με τον x x από τη x = μέχρι τη x = 1 είναι μικρότερο του z + z, να δειχτεί ότι η εξίσωση z + z = z + z = 3 z = 3. x f (t)dt = 3x + 6x 6 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (, 1). Άρα f (x) dx 3 <. (15) 8

31 Θεωρώ τη συνάρτηση x h (x) = f (t) dt 3x 6x + 6 με x [, 1]. Ηh (x) συνεχήςστο [, 1] ωςπράξεις x των συνεχών f (t) dt (η f (x) συνεχήςκαι x άρα η f (t) dt παραγωγίσιμη) και 3x 6x + 6 (συνεχήςωςπολυωνυμική). Επιπλέον h () = 6 > και h (1) = f (x) dx 3 < από τη σχέση (15). Από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον x o (, 1) τέτοιο ώστε h (x o ) = x o f (t) dt 3t 6t + 6 =. 9

32 Επιμελητής: Μίλτος Παπαγρηγοράκης ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Κώστας Καπένης) Εστω συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει: Να βρείτε το: lim x lim x f (x) x = 3. f (x) sin(πx). 1. a =. f (b) 3. f (1 b) = 1 4. η συνάρτηση f δεν έχει σύνολο τιμών το R. 5&t &t 191 Λύση 1 (Φωτεινή Καλδή) lim x f (x) sin(πx) = lim x = 3 π lim x Λύση (ΚώσταςΤσουβαλάς) lim x f (x) sin πx = lim x f (x) x sin(πx) x sin(πx) x sin(πu) = lim u u sin(πu) = lim u πu = π. f (x) x x sin πx f (x) = lim x x x sin (π πx) f (x) x = lim x x sin π (x ) ( ) f (x) π (x ) 1 = lim lim x x x sin π (x ) π = 3 π. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το R είναι 1 1 και έχει την ιδιότητα : Να αποδειχθεί ότι : f (x) f (1 x) = f (ax + b), π x R Λύση 1 (ΛευτέρηςΠρωτοπαπάς) 1. Για x =, x = 1 βρίσκουμε ότι: f (1) f () = f (a + b) = f (b), και αφού η f είναι 1 1, a + b = b a =.. Ισχύει: f (x) f (1 x) = f (b). Εστω ότι f (b) =, τότε f (x) f (1 x) =. Για x =, x =, έχουμε ότι: f () = ή f (1) = και f () = ή f ( 1) =. Συνεπώς: f () = f () f () = f ( 1) f (1) = f () f (1) = f ( 1) και αφού η f είναι 1 1, ϑα προκύπτει = ή = 1 ή 1 = ή 1 = 1, άτοπο σε κάθε περίπτωση, άρα f (b). 3. Για x = b, έχουμε: f (b) f (1 b) = f (b) f (1 b) = 1. ή ή ή 3

33 4. Εστω ότι υπάρχει x R, ώστε f (x ) =. Τότε για x = x,έχουμεότι: f (x) f (1 x) = f (x ) f (x) f (1 x) =. Για x =, x = 3έχουμε f () = ή f ( 1) = και f (3) = ή f ( ) =, οπότε f () = f (x ) ή f ( 1) = f (x ) και f (3) = f (x ) ή f ( ) = f (x ) δηλαδή αφού η f είναι 1 1, Λύση (ΒασίληςΜαυροφρύδης). Εστω ότι f (b) = τότεγιαx = παίρνουμε f () = f (1) = b = b = 1 και για x = 3έχουμε άτοπο. f (3) = f ( ) = b = 3 b = 4. Εστω ότι η f παίρνει όλεςτιςπραγματικέςτιμές άρα ϑα υπάρχει πραγματικός k που η εικόνα του ϑα είναι το για x = k παίρνουμε = f (b) άτοπο. Άρα το σύνολο τιμών δεν είναι όλο το R. = x ή 1 = x και 3 = x ή = x, συνεπώς = x = 3 ή = x = ή 1 = x = 3 ή 1 = x =, άτοπο σε κάθε περίπτωση, άρα δεν υπάρχει x R με f (x ) =, δηλαδή το δεν ανήκει στο σύνολο τιμών, άρα f (A) R Λύση 3 (KARKAR). Εστω f (b) =. Επειδή f (1) f () =, f (1/) f (1/) = ϑαέχω f (1/) = και κάποιοςαπό τους f (1), f () ίσος με, άτοπο. 3. Προκύπτει άμεσα για x = b 4. Αν f (x) = για κάποιο x τότε και f (b) = άτοπο. 31

34 Επιμελητής: Ροδόλφος Μπόρης ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Ροδόλφος Μπόρης) Εστω f παραγωγίσιμη συνάρτηση στο R, με συνεχήπαράγωγο f με f (x + f (x)) = f (x) x R (1) 1. Δείξτε ότι η f δεν μπορεί να μην έχει ρίζα. Δώστε παράδειγμα πολυωνυμικής συνάρτησης που επαληθεύει την σχέση (1) 3. Υποθέστε τώρα ότι η f έχει δυο ρίζες a, b με a < b. Δείξτε ότι δεν μπορεί να υπάρχει u στο (a, b) με f (u). 53&t 417 Λύση 1 (ΡοδόλφοςΜπόρης) Ανάλυση τηςλύσης 1. Πρέπει να αναρωτηθείτε γιατί είναι τόσο πολύπλοκη η εκφώνηση του 1ου ερωτήματοςκαι δεν έλεγε απλά ότι η f (x) έχει ρίζα. (Εννοούμε τουλάχιστον μια όταν δεν αναφέρεται κάτι άλλο) Διότι όταν ακούσετε ΔΕΝ... συνήθωςπάμε με άτοπο (άρα η εκφώνηση ϑέλει να βοηθήσει παρά να μπερδέψει τα πράγματα) Αςτο διατυπώσουμε: έστω ότι η f (x) δεν έχει ρίζα Πριν προχωρήσετε καλό είναι (όχι απαραίτητο) να γράψετε το προηγούμενο με τρόπουςσυμβολικά. f (x) για κάθε x R και δεν υπάρχει x R : f (x) =. Πρώτο πράγμα που έρχεται στο νου μαςείναι το Θ.σταθ.προσήμου δεδομένου ότι η f (x) είναι συνεχής. Τότε η f (x) ϑα είναι ή ϑετική ή αρνητική άρα η f (x) ϑα είναι η γν. αύξουσα ή φθίνουσα. Δηλαδή γνήσια μονότονη άρα και 1 1 σε κάθε περίπτωση Ομως f υπάρχει μόνον στην σχεση (1) Τώρα ϑέλει λίγη φαντασία να δείτε το x + f (x) σαν A και το x σαν B οπότε από f (A) = f (B), f : 1 1 ϑα πάρετε A = B x + f (x) = x f (x) = για κάποιο x. Αντίφαση με την υπόθεση σας. Συνεπώς γυρνάτε κάπου στην αρχή, εκεί που είπατε εστω ότι... και αρνείστε αυτό που υποθέσατε. Άρα η f (x) έχει ρίζα Εναςδεύτεροςτρόπος(ϑέλει λίγη περισσότερη φαντασία) είναι να δείτε εξ αρχήςτο x + f (x) σαν A και το x σαν B οπότε η σχέση (1) γίνεται f (A) = f (B) που ϑυμίζει Rolle Εδώ είναι πιο δύσκολο να σκεφτείτε τι ρόλο ϑα παίξει το f (x), x R εκτόςαπό Θ.σταθ.προσήμου. Ο ρόλοςτου f (x) είναι: το [A, B] ή [B, A] να είναι διάστημα και όχι σημείο x R Τότε ισχύει Rolle για την f πχ στο [A, B] άρα ξ : f (ξ) = ενώέχετευποθέσειότι f (x) x R. Άτοπο. Είναι ασυνήθιστο να ζητηθεί δώστε παράδειγμα.... Τι κρύβεται πίσω από την ερώτηση; Προφανώςδεν ενδιαφερόμαστε για κάποια απόδειξη αλλά επιβραβεύουμε την παρατηρητικότητα. Η f (x) = c είναι πολυώνυμο μηδενικού βαθμού που επαληθεύει την (1) Αλλιώςαν ζητούσε ΟΛΑ τα πολυώνυμα f που επαληθεύουν την (1) ϑα ξεκινάγαμε να προσδιορίσουμε τον βαθμό των f. Κοιτάξτε σε τι φασαρία ϑα μπαίνατε Εστω deg( f ) = n >, deg( f ) = n 1 τότε deg(x + f (x)) = n 1, n > ή, 1,. Τότε ϑα έπρεπε n(n 1) = n > αδύνατοαρα n = και f (x) = c n = 1και f (x) = ax + b, a. Αδύνατο n = και f (x) = ax + bx + c... a = 1, b =, c = f (x) = x... 3

35 3. Ξέρουμε ότι f (a) = f (b) = Ηδιατύπωσηπάλι είναι περίεργη αλλά βοηθά να ξεκινήσουμε το ερώτημα πάλι με άτοπο Το διατυπώνουμε : Εστω ότι u (a, b) f (u) Οπωςκαι στο 1ο ερώτημα προκύπτει ότι η f είναι 1 1 αλλά τώρα ενδιαφερόμαστε για το (a, b) και όχι όλο το R. Αν λοιπόν δείξουμε ότι αν y (a, b) y + f (y) (a, b) καταλήξαμε στο επιθυμητόάτοπογιατίεκείη f είναι 1 1. Η f (x) έχει σταθερό πρόσημο στο (a, b) μια που είναι συνεχήςκαι δεν έχει ρίζα στο διάστημα αυτό πχ f (x) > () (εδώ είναι επικίνδυνο να πάρουμε λάθοςδρόμο και να ασχοληθούμε με την μονοτονία της f, δεν βγάζει πουθενά) άρα a < x + f (x) <? μας ενδιαφέρει να μην ξεπεράσουμε το b. Μάλιστα αρκεί μόνο ένα x να ο κάνει αυτό και βγάζουμε το άτοπο, δεν χρειάζεται να το κάνουν όλα τα x της x + f (x). Δεν γνωρίζουμε όμωςκάτι για την μονοτονία της f (x) ώστε να συμπεράνουμε με ανισότητεςούτε δίνεται κάτι σχετικό προκειμένου να δούμε πόσο κοντά στο a βρίσκεται η παράσταση x + f (x). ΚΟΝΤΑ; Κοντά σημαίνει όριο. (Αυτό κατά την γνώμη μου είναι το δυσκολότερο σημείο της άσκησηςόπου η φαντασία είναι ο μόνοςτρόπος να τροφοδοτηθεί η λογική). Οπότε lim (x + f (x)) = a + f (a) = a + = a. x a+ Άρα η x+ f (x) βρίσκεται κοντά στο a οπότε είναι μικρότερη τουb. Αυστηρότερα υπάρχει x (a, b) :x + f (x ) < b και βέβαια όπωςξαναείπαμε πριν a < x + f (x ) Τελικά x, x + f (x ) (a, b) που η f είναι 1 1 καιισχύειη(1) άρα x + f (x ) = x f (x ) = άτοπο λόγω της () που σημαίνει f (x) =, x (a, b). Αν είχαμε f (x) < ϑα κάναμε τα ίδια αλλά πηγαίνονταςστην άλλη άκρη δηλαδή στο b. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Λευτέρης Πρωτοπαπάς) Δίνεται η συνάρτηση f που είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο [4, 1] με σύνολο τιμών f (A) = [1, 5] και f (4) =, f (1) = 4. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο διαφορετικά ξ 1,ξ (4, 1) ώστε: f (ξ 1 ) = f (ξ ) =. 53&t 55 Λύση (ΒασίληςΚακαβάς) Σύμφωνα με το ϑεώρημα μεγίστηςκαι ελάχιστηςτιμήςϑα υπάρχουν x 1, x [4, 1] ώστε να ισχύει 1 = f (x 1 ) f (x) f (x ) = 5, x [4, 1] και επειδή 1 < f (4) < 5 και 1 < f (1) < 5 τα x 1, x (4, 1), δηλαδή είναι εσωτερικά σημεία του διαστήματος, οπότε σύμφωνα με το ϑεώρημα του Fermat ϑα ισχύει ότι f (x 1 ) = f (x ) = Αν f (x 1 ) = 1, f (x ) = 5έστωx 1 < x. Απο το Θ. Ενδιαμέσων τιμών (ΘΕΤ) υπάρχουν a, b (x 1, x ): f (a) =, f (b) = Αν a < b με Rolle στα [4, a] και [b, 1] τελειώσαμε. Αν b < a απο (ΘΕΤ) στο [a, x ], [x 1, b] υπάρχει c > a : f (c) = 4καιd < b : f (d) = οπότε πάλι με Rolle στα [4, d] και [c, 1] τελειώσαμε. (Φυσικά είναι αδύνατον a = b διότι αλλιώς = 4). 33