ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 69 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 17 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ B τάξη Γυμνασίου Α= ( 2 2)

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fa: ifo@hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Paepistimiou (Εleftheriou Veizelou) Street GR Athes - HELLAS Tel Fa: ifo@hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 69 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 7 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 009 B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα. Αν ισχύει ότι 4 5 = 0, να βρείτε την τιμή της παράστασης Η παράσταση γίνεται: ( ) ( ) Α= : 4. ( 4 5) 6 5 ( 8: 4 ) ( ) ( ) Α= = = = = 8 0 = 80. Πρόβλημα Τρίγωνο ΑΒΓ έχει πλευρές ΑΒ =, ΒΓ = + και ΓΑ= + 8,. Να βρείτε τις τιμές του για τις οποίες το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Υπάρχει τιμή του για την οποία το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο; Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές, αν ισχύει: ΑΒ = ΒΓ ή ΑΒ = ΑΓ ή ΑΓ = ΒΓ = + ή = + 8 ή + 8= + = 4 ή = 0ή = 4 = 7 ή = 0ή = 4. Από τη λύση των παραπάνω εξισώσεων διαπιστώνουμε ότι δεν υπάρχει τιμή του που να επαληθεύει την ισότητα ΑΒ=ΒΓ=ΑΓ, οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ δεν μπορεί να είναι ισόπλευρο. Πρόβλημα Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με πλευρές ΑΒ = ΓΔ και ΑΔ = ΒΓ μήκους α και β, αντίστοιχα. Αν αυξήσουμε το μήκος α κατά 0% και το μήκος β κατά 0%, να βρεθεί πόσο επί τοις εκατό θα αυξηθεί το εμβαδόν του ορθογωνίου. Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ είναι Ε = αβ. Μετά την αύξηση του μήκους των πλευρών του τα μήκη των πλευρών του νέου ορθογωνίου είναι:

2 0α α α 0β β β α = α + = α + = και β = β + = β + = Έτσι το εμβαδόν του νέου ορθογωνίου θα είναι: α β 56αβ 56αβ 56αβ Ε= = = αβ + =Ε Ε Ε Ε 56 Ε Ε= =. 00 Ε 00 Άρα η αύξηση της τιμής του εμβαδού είναι 56% πάνω στην αρχική τιμή του. Πρόβλημα 4 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΓ > ΑΒ) με τη γωνία Α διπλάσια της γωνίας Β και τη γωνία Β μεγαλύτερη από τη γωνία Γ κατά είκοσι μοίρες. Δίνονται ακόμα το ύψος του ΑΗ και η διχοτόμος του ΑΔ. (α) Αν Α, Β, Γ είναι τα συμμετρικά των κορυφών Α, Β, Γ του τριγώνου ΑΒΓ, ως προς ά ξονα συμμετρίας την ευθεία του ύψους ΑΗ, να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΒ και ΑΓΓ είναι ισοσκελή και να βρείτε τις γωνίες τους. (β) Να βρείτε τη γωνία που σχηματίζεται από το ύψος ΑΗ και τη διχοτόμο ΑΔ. A Γ Γ B Η Δ Β (α) Από την υπόθεση έχουμε Α= ˆ Β ˆ και Γ=Β ˆ ˆ 0 0, οπότε από τη γνωστή ισότητα Α+Β+Γ= ˆ ˆ ˆ λαμβάνουμε ˆ ˆ ˆ 0 Β+Β+Β 0 = 80 4Β= ˆ 00 Β= ˆ Άρα έχουμε και Α= ˆ 00 και Γ= ˆ 0. Λόγω συμμετρίας ως προς τον άξονα ΑΗ, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΓ είναι ίσα ( Α Α, αφού το σημείο Α ανήκει στον άξονα συμμετρίας), οπότε θα έχουν τις αντίστοιχες πλευρές τους ίσες, δηλαδή ΑΒ = ΑΒ και ΑΓ = ΑΓ. Άρα τα τρίγωνα ΑΒΒ και ΑΓΓ είναι ισοσκελή. Επιπλέον έχουμε Β=Β= ˆ 50 0, Γ=Γ= ˆ ˆ 0 0, ˆ ΒΑΒ = = 80 και ΓΑΓ= ˆ 80 0 = 0. (β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΔ έχουμε την ισότητα: ˆ ΗΑΔ = 90 ΑΔΗ ˆ () Όμως από το τρίγωνο ΑΒΔ λαμβάνουμε την ισότητα: ˆ ˆ 0 ˆ ˆ ΑΔΗ = ΑΔΒ = 80 Β ΔΑΒ = = 80. () Από τις σχέσεις () και () προκύπτει ότι: ˆ 0 0 ΗΑΔ = = 0.

3 Γ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα Αν ισχύει ότι a+ b=, να βρείτε την τιμή της παράστασης 4 4 Α= ( 6a+ b) ( a+ 64 b) + :. Η παράσταση γίνεται 4 4 Α= ( 6a+ b) ( a+ 64 b) + : 4 = ( a+ b) ( a+ b) 4 = ( ) ( ) = + = + = = Πρόβλημα Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, ικανοποιούν την ισότητα να βρείτε την τιμή της παράστασης Από τη σχέση οπότε έχουμε: Δεύτερος τρόπος =, 0 + Α=. + 4 = λαμβάνουμε: = + 4 ( + ) =, = 4 ( ) = > 0, 4 ή. 8 ( + ) ( ) Α = = = Α= Α= Από τη σχέση + 4 = με διαίρεση των δύο μελών με u = λαμβάνουμε: 0 και την αντικατάσταση

4 = 0 u u+ 4= 0 u = u = ή u = u = 6 ή u =. 6+ Για u = = 6 λαμβάνουμε = 6, οπότε : Α = =. 6 + Για u = = λαμβάνουμε =, οπότε : Α = =. Πρόβλημα Να βρείτε τους διψήφιους θετικούς ακέραιους = ab= 0 a+ b, όπου ab, ψηφία, a 0,που έχουν την ιδιότητα: Το γινόμενο των ψηφίων τους αυξημένο κατά το τετραπλάσιο του αθροίσματος των ψηφίων τους, ισούται με τον αριθμό. Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε την εξίσωση: ab + 4( a + b) = 0a + b, όπου ab, ψηφία, a 0. Ισοδύναμα έχουμε: ab + 4a + 4b = 0a + b ab 6a + b = 0 a( b 6) + ( b 6) = 8 ( a+ )( b 6) = 8 a+ 6 b = 8. ( )( ) Από την τελευταία εξίσωση, δεδομένου ότι 4 a +, προκύπτει ότι: ( a+, 6 b) = ( 6,) ή ( 9, ) ( ab, ) = (,) ή ( 6, 4 ), δηλαδή οι αριθμοί που ζητάμε είναι οι και 64. Πρόβλημα 4 Σε κύκλο κέντρου Ο θεωρούμε δύο χορδές ΑΒ και ΓΔ που είναι κάθετες μεταξύ τους και δεν περνάνε από το κέντρο του κύκλου. Οι δύο χορδές τέμνονται στο σημείο Κ, έτσι ώστε να είναι ΑΚ > ΚΒ. Έστω Μ το συμμετρικό του Β ως προς κέντρο συμμετρίας το σημείο Κ. Να αποδείξετε ότι το σημείο Μ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΓΔ. Έστω ότι η ευθεία ΓΜ τέμνει την πλευρά ΑΔ στο σημείο Ε. Η ΓΕ είναι ύψος του τριγώνου ΑΓΔ, αν είναι ΓΕ ΑΔ ή ΓΕΔ ˆ = 90. Αρκεί να ισχύει: ΕΓΔ ˆ + ΓΔΕ ˆ = 90. Όμως είναι ΕΓΔ ˆ = ΚΓΒ ˆ, () λόγω συμμετρίας ως προς την ευθεία ΓΔ. Επίσης έχουμε ΓΔΕ ˆ = ΓΔΑ ˆ = ΓΒΑ ˆ = ΓΒΚ ˆ, αφού οι γωνίες ΓΔΑ ˆ, ΓΒΑ ˆ είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο του κύκλου. Άρα είναι ΓΔΕ ˆ = ΓΒΚ ˆ, () ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο του κύκλου. Με πρόσθεση κατά μέλη των () και () λαμβάνουμε:

5 ˆ ˆ ˆ ˆ 0 ˆ 0 ΕΓΔ + ΔΓΕ = ΚΓΒ + ΓΒΚ = 80 ΓΚΒ = = 90, αφού οι γωνίες ΓΒΚ ˆ και ΚΓΒ ˆ είναι οι δύο οξείες γωνίες του ορθογώνιου τριγώνου ΓΚΒ. Επειδή οι δύο χορδές είναι κάθετες θα είναι και ΑΚ ΓΔ, δηλαδή ΑΚ είναι επίσης ύψος του τριγώνου ΑΓΔ, οπότε το σημείο Μ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΓΔ. Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να απλοποιήσετε την αλγεβρική παράσταση m m m+ + Α=, m m+ όπου m, ακέραιοι και, πραγματικοί αριθμοί με 0, και. m m m m+ + + Α= = m m m+ m+ m ( ) ( ) + = m = m ( + ) ( ) ( ) m m m+ ( ) m m m m m+ ( ) + m m m =. m m+ Πρόβλημα Να βρεθούν οι ακέραιοι αριθμοί α, β αν γνωρίζετε ότι ισχύουν:

6 α β = α + β και α β + α β + α β α β = 7. Από την ισότητα α β = α + β 0 προκύπτει ότι: = + ( ) α β α β α β = α + β α αβ + β = α + αβ + β αβ = αβ ( α 0 και β 0) ή ( α 0 και β 0. ) Από τη δεύτερη ισότητα λαμβάνουμε: α β + α β + α β α β = 7 α β ( α + β + ) ( α + β + ) = 5 ( α + β + )( α β ) = 5, από την οποία έχουμε ότι ο α β είναι ένας από τους παράγοντες του 5, δηλαδή έχουμε: α β =± ή α β =± 5 ή α β =± 7 ή α β =± 5 α β = ή α β = 0 ή α β = 6 ή α β = 4 ή α β = 8 ή α β = 6 ή α β = 6 ή α β = 4. Οι αποδεκτές περιπτώσεις, αφού α, β και α β 0, είναι οι: α β = 0, η οποία οδηγεί στις λύσεις ( α, β) = ( 0, 7) ή ( α, β) = ( 7,0). α β = 6 αβ = 6 (αφού α, β ετερόσημοι), η οποία οδηγεί στο σύστημα: α + β = ( α, β) = (,) ή ( α, β) = (, ). αβ = 6 Πρόβλημα Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Πάνω στις πλευρές ΒΓ και ΓΔ λαμβάνουμε σημεία Ε και Ζ τέτοια ώστε ΕΓ = ΖΔ = α. Τα ευθύγραμμα τμήματα ΒΖ και ΔΕ τέμνονται στο σημείο Κ. Αν η ευθεία ΑΚ τέμνει την ευθεία ΕΖ στο σημείο Λ, τότε: (α) Να αποδείξετε ότι: ΑΛ ΕΖ (β) Να υπολογίσετε το μήκος της ΑΛ συναρτήσει του α. (α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΖ και ΔΕΓ έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες ( ΑΔ = ΔΓ=α, ΔZ = ΕΓ = α ). Άρα είναι ίσα και έχουν ΔΑ ˆZ =ΕΔΓ. ˆ Αν Μ είναι το σημείο τομής ΑΖ και ΔΕ, τότε έχουμε: ΜΔΖ ˆ + ΔΖΜ ˆ = ΔΑΖ ˆ + ΔΖΑ ˆ 0 ˆ 0 = 80 ΑΔΖ= = 90. Άρα είναι ΕΔ ΑΖ και ομοίως αποδεικνύουμε ότι είναι ΖΒ ΑΕ, οπότε το σημείο Κ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΕΖ. Άρα θα είναι και ΑΚ ΕΖ ή ΑΛ ΕΖ.

7 Δ (β) Έχουμε ότι α 5 ( ΑΕΖ ) = ΕΖ ΑΛ = ΑΛ και α 7α ( ΑΕΖ ) = ( ΑΒΓΔ) ( ΑΒΕ) ( ΕΓΖ) ( ΑΔΖ ) = 9α α α =, 7 5α οπότε λαμβάνουμε: ΑΛ =. 5 Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο abc = 00a + 0b + c, όπου abc,, ψηφία, a > 0, ο οποίος ικανοποιεί την ισότητα: Από τη σχέση abc ( a b c ) ( ) abc = a + b + c 00 = + + < 000 προκύπτει ότι: 0 a b c Από τη σχέση (), δεδομένου ότι {,,...,9} Επιπλέον η δεδομένη ισότητα γίνεται: Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: Για c = 0 η εξίσωση () γίνεται: + +, () a και bc, { 0,,,...,9} { 0,,,} και b { 0,,,, 4,5}, συμπεραίνουμε ότι: c. () ( ) 00 0 ( ) abc= a+ b + c a+ b+ c= a+ b + c. () ( ) 00a+ 0b= a+ b, (4) από την οποία για b { 0,,,, 4,5} δεν προκύπτουν ab, που την επαληθεύουν. Πράγματι, τα ψηφία abπου, ικανοποιούν την εξίσωση (4) πρέπει να είναι τέτοια ώστε ο αριθμός a + b να λήγει σε 0. Έτσι πιθανά ζεύγη είναι τα (, ) ( 9,) ή ( 6, ) ή (,) ή ( 4, 4) ή ( 5,5) ab =, από τα οποία κανένα δεν ικανοποιεί την εξίσωση (4).

8 Για c = η εξίσωση () γίνεται: ( ) 00a+ 0b+ = a+ b +, από την οποία προκύπτει ότι ο αριθμός a+ b + πρέπει να λήγει σε ή 9. Έτσι πιθανά ζεύγη είναι τα ( ab, ) = ( 8,0) ή ( 7,) ή ( 9,) ή ( 4, ) ή ( 6, ) ή (,) ή 9, ή, 4 ή 4, 4 ή,5 ή 5,5, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) από τα οποία προκύπτει μόνο η λύση ( ab, ) = ( 4,4) και ο αριθμός abc = 44. Για c = η εξίσωση () γίνεται: ( ) 00a+ 0b+ = a+ b +, η οποία είναι αδύνατη, αφού δεν είναι δυνατόν το τετράγωνο ενός ακεραίου να τελειώνει σε. Για c = η εξίσωση () γίνεται: ( ) 00a+ 0b+ = a+ b +, η οποία είναι αδύνατη, αφού δεν είναι δυνατόν το τετράγωνο ενός ακεραίου να τελειώνει σε. Β τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού a για τις οποίες το σύστημα + 4 = 4a a = a έχει μία μόνο λύση. Για τις τιμές του a που θα βρείτε να λύσετε το σύστημα. Το σύστημα είναι ισοδύναμο με το σύστημα + 4 = 4a = a a = a a. a = a + 4( a a) = 4a ( + 4a ) 6a + a = 0 Το σύστημα έχει μία μόνο λύση, αν, και μόνον αν, η εξίσωση ( ) χει μία διπλή ρίζα, δηλαδή, αν, και μόνον αν, ισχύει: Για 0 Για Δ= 6a ( 4a ) = 0 a= 0 ή a= ή a=., = 0,0. a =, το σύστημα έχει τη λύση ( ) ( ) a =± η εξίσωση ( ) χει τη διπλή ρίζα αν a = και ( ) 4a 6a a = γίνεται 4a 6a a = έ- =, οπότε το σύστημα έχει τη μοναδική λύση ( ), =, 4, αν a = = και έ-, =, 4,

9 Πρόβλημα Έστω S = + + z και S = + z+ z, όπου z,, τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα + z + z+ + z + = 6. ( ) ( ) ( ) (α) Να αποδείξετε ότι: z = SS 6. (β) Να προσδιορίσετε τους αριθμούς, z,, αν είναι S = και S =. (α) Έχουμε ( + z) + ( z+ ) + z ( + ) = 6 ( + z) + ( z+ ) + z( z+ z) = 6 ( S z) + ( S z) + z ( S ) = z S z = 6 z = S S 6. ( ) (β) Για S = και S = έχουμε το σύστημα: + + z = + + z = + z + z = + z + z =, z = 0 = 0 ή = 0 ή z = 0 από το οποίο εύκολα προκύπτουν οι λύσεις z,, =,,0 ή,, 0 ή,0, ή, 0, ή 0,, ή 0,,. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Πρόβλημα Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α= ˆ 90. Αν ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου και Κ, Κ, Κ είναι τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΔ, ΑΓΔ, ΑΒΓ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι ΑΚ = ΚΚ. Α Ε Κ Ζ Β Κ Κ Δ Γ Κ Τα σημεία Κ και Κ βρίσκονται πάνω στη διχοτόμο της γωνίας ˆΒ, ενώ τα σημεία και Κ βρίσκονται πάνω στη διχοτόμο της γωνίας ˆΒ. Έτσι έχουμε ˆ ˆ ˆ 0 Β+Γ 0 ΒΚΓ = 80 = = 5 Ομοίως λαμβάνουμε ΒΚΑ= ˆ ˆ 5 και ΓΚΑ= 5 Άρα έχουμε.

10 0 ΚΚΕ=ΚΚΕ=ΚΚΖ=ΖΚΚ ˆ ˆ ˆ ˆ = 45, 0 ως παραπληρώματα κάποιας γωνίας 5. Επομένως τα τρίγωνα ΑΕΚ, Κ ΕΚ και ΚΖΚ είναι ορθογώνια ισοσκελή, οπότε το σημείο Κ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΚΚ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΚ Ε και Κ ΕΚ είναι ίσα, γιατί έχουν ΕΚ =ΕΚ και ΚΚΕ=ΕΑΚ ˆ ˆ, αφού έχουν τις πλευρές τους κάθετες. Άρα είναι ΑΚ =ΚΚ Πρόβλημα 4. Να προσδιορίσετε την τιμή του ακέραιου αριθμού k,< k < 0 και μη σταθερό πολυώνυμο P( ) με πραγματικούς συντελεστές, έτσι ώστε να ισχύει: ( k) P( ) k( ) P( ), = για κάθε. Έστω P( ) = a + a a+ a0, a 0, το ζητούμενο πολυώνυμο. Τότε εξισώνοντας τους συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων των δύο μελών της δεδομένης ισότητας πολυωνύμων, λαμβάνουμε a = ka k =. Επειδή είναι < k < 0 οι μόνες δυνατές τιμές του είναι οι = ή = ή =. Έτσι η δεδομένη ισότητα γίνεται: P = P, για κάθε. () ( ) ( ) ( ) ( ) Για = η () γίνεται ( ) P( ) ( ) P( ) = προκύπτει P ( ) = 0. Άρα είναι P( ) = a ( ). Για =, για κάθε, από την οποία για =, για κάθε, από την οποία για = η () γίνεται ( ) P( ) ( ) P( ) προκύπτει P ( ) = 0 και P ( 9) = 0. Άρα είναι P( ) a ( )( ) Για = η () γίνεται ( ) P( ) ( ) P( ) = 9. =, για κάθε, από την οποία για προκύπτει P ( ) = 0, P ( 9) = 0 και P ( 7) = 0. Άρα είναι P( ) = a ( )( )( ) 9 7.

11 Γ τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου m για τις οποίες το εμβαδόν του τριγώνου που f = +, g( ) = m, m ορίζεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ( ) 6 και τον άξονα των ισούται με. =m Μ Ο Α(,0) Από το σύστημα = m, = + 6 προκύπτει ότι οι συντεταγμένες του σημείου Μ είναι 6 6m,, οπότε έχουμε: m+ m+ 6m 6m 6m E( ΟΑΜ ) = = = ή = m= ή m=. + m + m + m Πρόβλημα Έστω H το ορθόκεντρο και O το περίκεντρο οξυγωνίου τριγώνουabγ. Έστω ακόμη Δ, Ε και Ζ τα μέσα των πλευρών του ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ, αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία, λ και λ, με. Δ, Εκαι Ζ έτσι ώστε: ΟΔ = λ ΟΔ ΟΕ = ΟΕ ΟΖ = ΟΖ λ >. Ο κύκλος C α που έχει κέντρο το σημείο Δ και διέρχεται από το H τέμνει την ευθεία ΒΓ στα σημεία Α και Cβ Ε, ΕΗ και Cγ Ζ, ΖΗ ορίζουν τα σημεία B, B και Γ, Γ στις ευθείες ΑΓ και ΑΒ, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Α, Β, Β, Γ και Γ είναι ομοκυκλικά. Α. Όμοια, οι κύκλοι ( ) ( ) Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Επειδή τα σημεία Δ, ΕΖ, είναι τα μέσα των πλευρών του ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες. Τα τρίγωνα ΔΕΖ και ΔΕΖ έχουν επίσης τις πλευρές τους παράλληλες, γιατί ΟΔ = ΟΔ, ΟΕ = λ ΟΕ και ΟΖ = λ ΟΖ. λ Η ΔΖ είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής ΚΗ των κύκλων C α και C γ. Επειδή η ΔΖ είναι παράλληλη με την ΑΓ, έπεται ότι ΚΗ ΑΓ. Επειδή όμως ισχύει και ότι ΒΗ ΑΓ καταλήγουμε στο συμπέρασμα, ότι τα σημεία ΒΚΗ,, είναι συνευθειακά.

12 Με όμοιο τρόπο, αν ΜΗ, ΛΗ είναι η κοινή χορδή των κύκλων C β, C γ και C α, C β, αντίστοιχα, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι τα σημεία Α, ΜΗ, και τα σημεία ΓΛΗείναι,, συνευθειακά. Από τη δύναμη του σημείου Β ως προς τους κύκλους C α και C γ, έχουμε: ΒΚ ΒΓ = ΒΑ ΒΑ = ΒΓ ΒΓ, οπότε τα σημεία Α, Α, Γ, Γ είναι ομοκυκλικά στο κύκλο με κέντρο το Ο, που είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των τμημάτων ΑΑ και ΓΓ. Όμοια εργαζόμαστε και με τα άλλα ζευγάρια σημείων, οπότε τα σημεία Α, Α, Β, Β, Γ και Γ βρίσκονται σε κύκλο κέντρου Ο. Πρόβλημα Να προσδιορίσετε την τιμή του θετικού ακέραιου k και μη σταθερό πολυώνυμο ( ) βαθμού, με πραγματικούς συντελεστές, έτσι ώστε να ισχύει: k P = k P, για κάθε. ( ) ( ) ( ) ( ) P, Έστω P( ) = a + a a+ a0, a 0,, το ζητούμενο πολυώνυμο. Τότε εξισώνοντας τους συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων των δύο μελών της δεδομένης ισότητας πολυωνύμων, λαμβάνουμε a = ka k =. Έτσι η δεδομένη ισότητα γίνεται: P = P,, για κάθε. () Από την () για ( ) ( ) ( ) ( ) = προκύπτει ότι ( ) ( k P ) = 0. Συνεχίζοντας έτσι λαμβάνουμε τις σχέσεις ( ) P = 0, οπότε στη συνέχεια για = προκύπτει P = 0, για k =,....

13 Επίσης από την () για = λαμβάνουμε: 0= P = 0 P = 0. ( ) ( ) ( ) k Άρα το ζητούμενο πολυώνυμο βαθμού έχει τις ρίζες, k =,,...,, οπότε P = a, a.. Πρόβλημα 4 Δίνεται η συνάρτηση f : με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών, το σύνολο των πραγ-. Αν για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς, ισχύει η σχέση: f ( f ( f( ) ) f( ) ) = f( ) f ( f( ) ), () να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f, είναι περιττή. ματικών αριθμών ( f ( ) = ) ( ) ( )( ) ( ) Θέτουμε στη δεδομένη σχέση όπου το f ( ) και έχουμε: f f f ( ) f f ( ) = f ( ) f f f ( ) Από τη σχέση () έχουμε τις ισότητες f f f f ( ( ) ( )) ( ( )) f (0) = f( ) f ( f ( f( ) )) f ( f ( f( ) )) = f( ) f(0) ( f f f )( ) = f( ) f(0) (). ( )( ) = f ( f ( ) f (0 )) ( f f f f )( ) = f ( f ( )) f (0 ) από τις οποίες προκύπτει ότι: f ( f ( ) f (0 )) = f ( f ( )) f (0 ). () Από την () για = 0 παίρνουμε: f f (0 ) f (0 ) = f f (0 ) f (0 ( ) ( ) ) f (0) = f ( f(0) ) f(0) f ( f(0) ) f(0) = (4). Από τη σχέση () για = = 0 και σε συνδυασμό με τη σχέση (4), έχουμε: f f f (0 ) f (0 ) = f (0 ) f f (0 ) ( ( ) ) ( ) f ( f(0) f(0) ) f(0) f(0) f ( f(0) ) f(0) = = (5). Από τις σχέσεις (4) και (5) έχουμε: f (0 ) = 0. Αν τώρα στη σχέση () θέσουμε = 0 καταλήγουμε στη σχέση: f f f (0 ) f ( ) = f (0 ) f f ( ) ( ( ) ) ( ) f ( f( ) ) = f ( f( ) ). Επειδή όμως σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το, έπεται ότι για κάθε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο, ώστε f ( ) =. Άρα έχουμε f ( ) = f ( ), για κάθε, δηλαδή η συνάρτηση f είναι περιττή.,