ΧΑΙ ΡΕΤΙΣΜΟΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΔΙΕΥΘΥΝΤΗ ΤΟΥ ΥΠΟΥΡΓΕΙΟΥ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ Δρα ΠΕΤΡΟΥ Μ. ΚΑΡΕΚΛΑ ΣΤΗΝ ΤΕΛΕΤΗ ΒΡΑΒΕΥΣΗΣ ΤΩΝ ΜΑΘΗΤΩΝ ΠΟΥ ΔΙΑΚΡΙΘΗΚΑΝ ΣΤΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΟΥ ΔΙΟΡΓΑΝΩΝΕΙ Η ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Αίθουσα Εκδηλώσεων Τράπεζας Κύπρου (Αγία Παρασκευή) Ιούνιος 000 Με ιδιαίτερη αρά απευθύνω αιρετισμό στην τελετή βράβευσης των μαθητών και μαθητριών που διακρίθηκαν στους διαγωνισμούς της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας. Η μέρα απονομής βραβείων σε μαθητές και μαθήτριες της Κύπρου αποτελεί ημέρα τιμής των γραμμάτων για τον τόπο μας. Το Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού επιδίδοντας βραβεία αναγνωρίζει ταυτόρονα την αξία της ποιότητας, της μάθησης και των υψηλών επιδόσεων για την πολιτιστική και εκπαιδευτική αναβάθμιση του τόπου μας. Τα Μαθηματικά συνιστούν βασικό μάθημα της ελληνικής παιδείας, το οποίο ανέβασαν σε περιωπή οι Πυθαγόρειοι, ο Αριμήδης, ο Αρίσταρος και άλλοι. Οι αριθμοί, έλεγαν σι Πυθαγόρειοι, είναι η ουσία του Σύμπαντος. Η αναλογία των ημερών, των νυκτών και των εποών και τόσων άλλων φυσικών φαινομένων συνιστά μαθηματική ακρίβεια. Έτσι, η Δημιουργία παρουσιάζεται ως αριτεκτονικό έργο πάνσοφου Γεωμέτρη Νου, για τον οποίο λέθηκε ότι «αεί ο Θεός ο Μέγας γεωμετρεί». Για τη διατύπωση των νόμων, που είναι το κύριο γνώρισμα και η αληθινή ουσία των Θετικών Επιστημών, είναι απαραίτητη η ρήση των Μαθηματικών. Όλοι οι νόμοι που διέπουν τα φυσικά φαινόμενα εκφράζονται με μαθηματικούς τύπους. Οι αλγεβρικές εξισώσεις, σι γεωμετρικές καμπύλες, σι γραφικές παραστάσεις, σι αριθμητικές σέσεις, σι συναρτήσεις και τα ολοκληρώματα είναι οι διάφοροι μαθηματικοί τρόποι, με τους οποίους εκφράζονται οι σέσεις των φαινομένων. Γενικά κάθε θεωρία που ανάγεται στη σφαίρα των Θετικών Επιστημών διατυπώνεται με καθαρά μαθηματική μορφή, στηρίζεται στα Μαθηματικά και με αυτά εξηγείται και δικαιολογείται. Ο λόγος για τον οποίο τα Μαθηματικά είναι τόσο ρήσιμα στη διατύπωση των γενικών νόμων των Θετικών Επιστημών είναι το απόλυτο κύρος των μαθηματικών τύπων και η ασφαλής γνώση Που αυτά παρέουν. Η Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία ενισύει τις προσπάθειες του Υπουργείου Παιδείας και Πολιτισμού με την πολύτιμη και αφειδώλευτη προσφορά της στην καλλιέργεια των Μαθηματικών και αναπτύσσει ύψιστης σημασίας δραστηριότητες με διαγωνισμούς, εκδόσεις, διαλέξεις και Συνέδρια, όπως το επιτυές Μεσογειακό Συνέδριο που έγινε με τη συνεργασία του Π.Ι. και η Ολυμπιάδα

Εκφράζω τα θερμά μου συγαρητήρια στην ΚΥΜΕ για όλες τις εκδηλώσεις και δραστηριότητές της και ευαριστώ ιδιαίτερα τους μαθηματικούς που προσφέρουν τις υπηρεσίες τους αφιλοκερδώς για την προώθηση των στόων της ΚΥΜΕ. Σήμερα βραβεύονται μαθητές και μαθήτριες της Β και Γ Λυκείου που διακρίθηκαν σε επαριακούς και παγκύπριους διαγωνισμούς και όσοι πέτυαν συμμετοή στη Βαλκανική και Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα. Τελειώνοντας εκφράζω θερμές ευαριστίες στον ευγενή ορηγό των διαγωνισμών, την Τράπεζα Κύπρου και συγαίρω θερμά τους μαθητές και μαθήτριες που διακρίθηκαν. Τους εύομαι κάθε πρόοδο και προκοπή στις περαιτέρω ευγενικές τους προσπάθειες.

ΧΑΙΡΕΤΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΥ ΕΠΙΘΕΩΡΗΤΗ ΛΑΡΝΑΚΑΣ ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ Π.Λ.Ε. Κ. ΠΑΝΑΓΙΩΤΗ ΜΑΤΣΗ ΚΑΤΑ ΤΗΝ ΤΕΛΕΤΗ ΒΡΑΒΕΥΣΗΣ ΜΑΘΗΤΩΝ Ιούνιος 000 Με την ευκαιρία της ωραίας αυτής εκδήλωσης της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας, που γίνεται για τη βράβευση των μαθητών που διακρίθηκαν στους διαγωνισμούς μαθηματικών της φετινής σολικής ρονιάς, απευθύνω σ όλους σας θερμότατο αιρετισμό αγάπης και εκτίμησης. Ο Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών A Τάξης Λυκείων Πετράκης Γιάλλουρος, καθώς και ο αντίστοιος επαριακός διαγωνισμός Μαθηματικών για τις B και Γ τάξεις Λυκείων Λάρνακας Αμμοώστου Πετράκης Κυπριανού, έουν γίνει πια θεσμός. Όπως είναι γνωστό, τα μαθηματικά, από τα πανάραια ρόνια αποτελούν το βασικό άξονα της Ελληνικής Κλασσικής Παιδείας. Η μαθηματική γλώσσα αποτελεί ένα ιδιαίτερο μέσο για την έκφραση των νόμων της φύσης, και διακρίνεται ιδιαίτερα για την ακρίβεια και τη σαφήνειά της. Τα μαθηματικά έπαιξαν και παίζουν σημαντικό ρόλο στην κοινωνική αγωγή γιατί συνδυάζουν τον ιδεολογισμό και τον πραγματισμό, καλλιεργούν και επεκτείνουν την κριτική σκέψη των νέων μας, και προάγουν την αρετή. Ο λόγος για τον οποίο τα μαθηματικά είναι τόσο ρήσιμα στη διατύπωση των νόμων των θετικών επιστημών είναι το απόλυτο κύρος των μαθηματικών τύπων και η ασφαλής γνώση που παρέουν. Γι αυτό, πιστεύω απόλυτα πως μέσα από τους διαγνωστικούς αυτούς μαθηματικούς διαγωνισμούς, ενθαρρύνεται και προωθείται σημαντικά η ανέλιξη των μαθητών μας που έουν ιδιαίτερη κλίση στα μαθηματικά. Τους δίδεται η ευκαιρία να καλλιεργήσουν και να αναπτύξουν τις απαραίτητες γνώσεις και δεξιότητες ώστε να είναι σε θέση να λάβουν μέρος και στους διεθνείς διαγωνισμούς. Το Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού, δίνει ιδιαίτερη σημασία στα μαθηματικά, και επιδίωξή μας είναι η αναβάθμιση και ο εκσυγρονισμός του μαθήματος σ όλες τις βαθμίδες της εκπαίδευσης. Αυτός είναι και ο λόγος που ενθαρρύνουμε τους διάφορους διαγωνισμούς που διοργανώνονται από την Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία, καθώς και τους διεθνείς, Μαθηματική Ολυμπιάδα και Βαλκανιάδα. Συγαίρω θερμά τους διοργανωτές της όλης προσπάθειας και εκδήλωσης αυτής, καθώς και το Κυπριακό Διυλιστήριο Πετρελαίου για την αθλοθετήσει του διαγωνισμού. Ιδιαίτερα όμως συγαίρω τα παιδιά που ανταποκρίθηκαν και διακρίθηκαν σ αυτούς τους διαγωνισμούς, καθώς επίσης τους καθηγητές και τους γονείς τους. Εύομαι σ όλους σας κάθε ευτυία για τις μέρες που μας έρονται. 6

ΔΥΝΑΤΟΤΗΤΕΣ ΑΝΤΙΜΕΤΩΠΙΣΗΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γιάννης Στρατήγης Μαθηματικός ΤΡΙΠΟΛΗ Το κυριότερο γνώρισμα της διδασκαλίας των Μαθηματικών είναι η επίλυση προβλημάτων για την εξάσκηση των μαθητών στη μεθοδική λύση καθημερινών ζητημάτων που μπορούν να τα δουν και με διαφορετική οπτική γωνιά. Η διαδικασία που ακολουθούμε είναι η σταδιακή κατεύθυνση στο επιθυμητό αποτέλεσμα με συστηματική ανάλυση των δεδομένων Η μαθησιακή προσέγγιση πολλές φορές γίνεται με την ευέρεια που μας διακρίνει στην επιλογή ρήσης θεωρημάτων που έουμε επαρκώς εμβαθύνει. Παρουσιάζουμε από όλο το φάσμα της ύλης από μια άσκηση Άλγεβρας με έξι τρόπους, Τριγωνομετρίας με πέντε τρόπους και Γεωμετρία με εννέα τρόπους λύσης, που έουν τον ίδιο προορισμό για κατανόηση της δυναμικότητας ρήσης των Μαθηματικών εργαλείων. Η επιλογή θετικών στοιείων σας ανήκει. η ΑΣΚΗΣΗ (6 τρόποι ΑΛΓΕΒΡΑ) Αποδείξατε ότι: ( α + β)( β + γ )( γ + α) 8 αβγ, α, β, γ 0. η ΑΣΚΗΣΗ (5 τρόποι ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ) Αν ημα ημ ( α + β ) 0, να δειθεί ότι : ( ) η ΑΣΚΗΣΗ (9 τρόποι ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ) εφ α + β εφβ. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφή Α και ΒΔ ύψος του. Δείξατε ότι: η ΑΣΚΗΣΗ ΒΓ ΑΓΓΔ ος τρόπος Ισύει α β αβ + γιατί ( α β ) 0 Όμοια β + γ βγ, γ + α γα οπότε. ( )( )( ) ( )( )( ) α + β β + γ γ + α αβ βγ γα 8 α β γ 8 αβγ. αβ + αγ + β + βγ γ + α 8αβγ ος τρόπος Αρκεί να αποδείξουμε ότι ( )( ) ( αβ αβγ αγ ) ( βγ αβγ βα ) ( γα αβγ γβ ) + + + + + 0 α( β γ ) β( γ α) γ ( α β) + + 0, που ισύει. ος τρόπος Αρκεί να δειθεί ότι αγ + β γ + βγ + α β + α γ + β α 6αβγ () γ β γ α α β Αν αβγ 0 η () αληθεύει ενώ αν αβγ 0 έουμε + + + + + 6 που β α α γ β γ 7

γ β β α α γ ισύει καθόσον είναι +, + και + β γ α β γ α 4 ος τρόπος Αρκεί να δεθεί ότι αγ + β γ + βγ + α β + α γ + β α + αβγ 8αβγ αγ + β γ + βγ + α β + α γ + β α + αβγ + αβγ αβγ που ισύει από την 8 ανισότητα Cauchy εφόσον αγ + β γ + βγ + α β + α γ + β α + αβγ + αβγ 8 > 8 ( αγ )( β γ )( βγ )( α β)( α γ )( β α)( αβγ )( αβγ ) 5 ος τρόπος Έουμε ( α + β)( β + γ )( γ + α) ( αβ + αγ + β + βγ )( γ + α) ( αβ αγ βγ )( γ α) β ( γ α) β( αβ αγ βγ ) ( αβ + βγ + γα )( α + β + γ ) αβγ ( ) + + + + + ± + + αβγ αβγ, αβ + βγ + γα αβ βγ γα α β γ οπότε Αλλά είναι ( )( )( ) () ( )( )( ) ( ) α + β β + γ γ + α 9 αβγ αβγ 8αβγ. 6 ος τρόπος Επειδή η αποδεικτέα σέση είναι συμμετρική ως προς α,β,γ υποθέτουμε π.. α β γ. Οπότε έουμε α γ + κ, β γ + λ, κ,λ > 0 και αρκεί (γ + κ + λ)(γ + λ) (γ + κ) > 8γ (γ + κ)(γ + λ) (γ + κ + λ)(4γ² + γκ + γλ + κλ) > (8γ² + 8γκ) (γ + λ) κ²λ +κλ² + γλ² + γκ² - γκλ > 0 κ²λ + κλ² + γλ² + γκ² + γ(κ λ)² > 0 που ισύει. η ΑΣΚΗΣΗ ος τρόπος ( ) ( ) ( ) ( ) εφ( α + β ημ α + β συνβ ημ α + β + ημα ημα + ημα Έουμε εφβ συν α + β ημβ ημ α + β ημα ημα ημα εφ ( α + β ) εφβ ( ) ος ημ α + β τρόπος Είναι ημα ( + ) ημβ συν ( α + β ) ημ α β συνβ ( ) ( ) ημ α + β + ημα + ημ α + β ημα ( + β ) ( + ) εφ α εφβ εφ α β εφβ 8

ος τρόπος Από την υπόθεση προκύπτουν οι σέσεις: ( ) ( ) ( + ) ( + β ) 4ημα ημ α + β + ημα ημα ημ α + β ημα ημ α β συνβ ημβ συν α ( + ) ( + ) εφ( α + β) ( + ) 4ημα ημ α β συνβ ημα ημβσυν α β εφβ εφ α β εφβ ημ α + β β ημ α + β + β 4 ος τρόπος Έουμε ημα ημ ( α + β ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ημ α + β συνβ συν α + β ημβ ημ α + β συνβ + συν α + β ημβ ( + ) ( + ) ( + ) ημ α β συνβ συν α β ημβ εφ α β εφβ 5 ος τρόπος Έουμε ημα ημα συν β + συνα ημβ εφα εφα συν β + ημβ εφ β εφβ εφα εφα + + εφ β + εφ β εφ β εφβ εφα + εφ β + εφ β εφβ εφα. + εφ β εφβ εφβ + εφα + εφβ + εφ β εφβ ( + εφ β ) Επομένως εφ( α + β) εφβ εφα εφβ εφβ + εφ β εφβ + εφ β η ΑΣΚΗΣΗ ος τρόπος Έστω Α ˆ < 90. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στα A ορθογώνια τρίγωνα ΒΓΔ και ΒΑΔ έουμε ΑΒ ΒΔ + ΑΔ οπότε ΒΓ ΒΔ +ΓΔ, ΒΓ ΑΒ ΓΔ ΑΔ ή ( ) ΒΓ ΑΒ + ΓΔ ΑΓ ΓΔ ΑΓ ΓΔ (γιατί ΑΒΑΓ). Όμοια εξετάζονται οι περιπτώσεις Α ˆ 90 ος τρόπος Φέρουμε το ύψος ΑΕ. Είναι Δ Δ ΑΕΓ ΒΔΓ ΒΓ (ορθογώνια με ˆΓ κοινή), επομένως ΑΓ ΕΓ ΒΓ ΓΔ ή ΑΓ ΒΓ ΓΔ ή ΒΓ ΑΓ ΓΔ B Ε Σ. A Δ Δ Γ 9 B Ε Σ. Γ

ος τρόπος Φέρουμε το ύψος ΑΕ και ΔΖ ΒΓ, οπότε είναι A ΔΖ//ΑΕ και από το θ. Θαλή ΓΔ ΓΖ ΓΔ ΓΖ ΓΑ ΒΓ ΓΑ ΓΕ ή (). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΔ έουμε ΓΔ² ΒΓ ΓΖ και η σέση () γράφεται 4 ος τρόπος ΒΓ ΓΖ ΓΖ ή ΒΓ² ΑΓ ΓΔ ΓΔ ΑΓ ΒΓ Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα ΑΕΑΓ. B Ε Ε Σ. Z Δ Γ Έουμε ΑΕΑΓΑΒ, που δηλώνει ότι η ΑΒ είναι διάμεσος του τριγώνου ΒΓΕ, επομένως αυτό είναι ορθογώνιο με ΓΒΕ 90. Άρα ΒΓ²ΓΕ ΓΔΑΓ ΓΔ Α Δ Β Σ. 4 Γ 5 ος τρόπος Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (σ. ) είναι Β ˆ +Γ< ˆ 80 ή Γ< ˆ 80 ή Γ< ˆ 90 και η σέση του γενικευμένου πυθαγόρειου θεωρήματος γράφεται ΑΒ²ΒΓ²+ΑΓ² ΑΓ ΓΔ οπότε ΒΓ²ΑΓ ΓΔ, γιατί ΑΒΑΓ. 6 ος τρόπος Φέρουμε το ύψος ΑΕ του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ (σ. ). ΓΔ Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΓΔ και ΑΓΕ προκύπτουν συνγ και ΒΓ ΒΓ ΓΕ συνγ ΑΓ ΑΓ, αντίστοια, επομένως ΓΔ ΒΓ ΒΓ ΑΓ ή ΒΓ² ΑΓ ΓΔ 7 ος τρόπος Έστω α < β γ. Φέρουμε τη διάμεσο ΒΜ και από το θεώρημα τω διαμέσων έουμε διαδοικά: Α γ β α β ΜΔ β( ΜΓ ΜΔ) β( ΓΔ) ή ΓΔ ή α² β ΓΔ ή ΒΓ² ΑΓ ΓΔ β α β β γ Μ β Όμοια εργαζόμαστε όταν α > β γ, ενώ αν α β γ, Δ η ζητούμενη σέση εύκολα επαληθεύεται. Β α (Σ. 5) Γ 0

8 ος τρόπος Φέρουμε το ύψος ΑΕ. Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΔΕΒ ( ΑΔΒ ΑΕΒ 90 ) έουμε για τις τεμνόμενες πλευρές του ΑΔ και ΒΕ, στο Γ: ΓΕ ΓΒ ΓΔ ΓΑ ή A Δ ΒΓ ΒΓ ΓΔ ΑΓ ή ΒΓ² ΑΓ ΔΓ B Ε Σ. 6 Γ 9 ος τρόπος Προεκτείνουμε το τμήμα ΓΔ κατά A ΔΕ ΓΔ οπότε ΓΕ ΓΔ και το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές με ΓΕ. ˆ ˆ Είναι ΕΒΓ 80 Γ ˆ ΒΑΓ, που δηλώνει ότι η ΒΓ είναι εφαπτομένη του περιγεγραμμένου Ε κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΕ. Άρα για το Δ εφαπτόμενο τμήμα ΓΒ και την τέμνουσα ΓΑ ισύει ΒΓ ΑΓ ΓΔ ΒΓ ΓΕ ΓΑ ή B (Σ. 7) Γ

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ Β, Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια 8 Δεκεμβρίου 999 Σάββας Αντωνίου Διάρκεια : ώρες Μάριος Αντωνιάδης Να απαντηθούν όλες οι ερωτήσεις.. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α 90 ), Ε είναι το μέσο της ΑΒ. Στην ΑΓ παίρνουμε σημείο Δ ώστε ΑΔ ( ΑΓ). Αν ω είναι η οξεία γωνία των ΒΔ 4εφΒ και ΓΕ να δείξετε ότι : εφω + 4εφ Β. Να δείξετε ότι ν, ισύει : + + +... + < ν ν. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ, περιγράψιμο σε κύκλο (Κ,ρ). Από τις κορυφές Γ και Δ φέρνουμε παράλληλες προς τις ΚΒ και ΚΑ αντίστοια, οι οποίες τέμνονται στο σημείο Ε. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΓΕΔ είναι εγγράψιμο. 4. Να αποδείξετε πως δεν είναι δυνατό οι αριθμοί, 5, 7 να είναι όροι οποιασδήποτε τάξης σε μια αριθμητική πρόοδο. 5. Στο εσωτερικό ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο ώστε ΑΕ, ΒΕ και ΓΕ. Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας ΑΕΒ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. Από το τρίγωνο ΕΖΒ έουμε ότι ω Ε Β εφε εφβ εφω εφ( Ε Β) + εφε εφβ ΑΓ ΑΔ ΑΕ ΑΒ ΑΓ ΑΔ + ΑΕ ΑΒ Δ Γ ΑΓ ΑΓ εφβ εφβ ΑΒ ΑΒ 4εφΒ ΑΓ ΑΓ 4 + 4εφ Β + + εφ Β ΑΒ ΑΒ Α Ζ ω Ε Β 44

Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ, Λευκωσίας. Θα δείξουμε ότι ισύει η σέση με τέλεια επαγωγή. Για ν έουμε ότι < < η σέση μας ισύει Δεόμαστε ότι ισύει για νκ οπότε η σέση μας γίνεται + + +... + < κ (). Θα δείξουμε ότι ισύει η ζητούμενη σέση κ για νκ+ δηλαδή + + +... + + + < κ κ κ + (). Στη σέση () προσθέτουμε και στα δύο μέλη το οπότε έουμε κ + + + +... + + + < κ + (). Αρκεί τώρα να κ κ κ + αποδείξουμε ότι κ + < κ + (4) για να ισύει η () και κατά κ + συνέπεια από την τέλεια επαγωγή θα ισύει και η ζητούμενη σέση ν Ν. Η (4) αφού όλοι οι όροι είναι θετικοί γίνεται κ ( κ + ) + < ( κ + ) κ( κ + ) < κ + 4κ ( κ + ) < ( κ + ) 4κ + 4κ < 4κ + 4κ + 0< άρα ισύει. ˆ ˆ. Στο τρίγωνο ΑΚΒ έουμε ˆ ˆ ˆ Α Β ΑΚΒ 80 Α Β 80 (). Στο τρίγωνο ΔΚΓ έουμε ˆ ΔΚΓ 80 Δˆ ˆ Γ ˆ ˆ Δ Γ 80 ( ) Από τα δεδομένα ΑΚΒ ΔΕΓ διότι ΔΕ//ΑΚ και ΕΓ//ΒΚ. Προσθέτουμε κατά μέλη τις () και () ΑΚΒ ˆ + ΔΚΓ ˆ ΔΕΓ ˆ + ΔΚΓ ˆ Α+Β+Γ+Δ 60 80 Β Α Κ Δ Για το τετράπλευρο ΚΓΕΔ έουμε απέναντι γωνίες παραπληρωματικές οπότε είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Γ Ε 4. Δεόμαστε ότι οι, 5, 7 είναι όροι κ+, μ+, λ+ τάξεως αντίστοια κάποιας αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο το α και διαφορά δ τότε : () α + κδ () () 5 ( μ κ) δ 5 μ κ () 5 α + μδ ρ () () 7 5 7 λ μ () 7 α λδ ( λ μ) δ + 45

( ) ( ) ( ) 5( ρ + ) 7ρ Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ, Λευκωσίας 7 5 ρ 5 ρ + 5 ρ 7 + 5 ρ + 7ρ + + ρ 7 4 ρ άτοπο διότι ο 4 είναι άρρητος. 5. Σηματίζουμε το τετράγωνο ΑΒΑ Δ και παίρνουμε το Ε έτσι ώστε Α Ε, ΒΕ και ΑΕ (στροφή του ΑΒΓΔ κατά 90 ). Τότε η γωνία ΕΒΕ 90 και επειδή το τρίγωνο ΕΒΕ είναι και ισοσκελές έουμε ότι η γωνία ΕΕΒ45. ' Το τρίγωνο Ε ΑΕ είναι επίσης ορθογώνιο διότι ισύει το πυθαγόρειο θεώρημα ( 8) Δ Α Ε + η ΕΕ 8. Άρα ΑΕΒ 90 +45 5 Α Β Ε Δ Γ 46

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΕΜΕΣΟΥ ΓΙΑ ΤΗΝ Β ΚΑΙ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ «ΑΝΔΡΕΑΣ ΒΛΑΜΗΣ» Hμερομηνία και ρόνος εξέτασης: Επιμέλεια 8 Δεκεμβρίου, 999 Χρίστος Παπαριστοδούλου Διάρκεια : Ώρες Μάριος Ευσταθίου Να λυθούν όλες οι ασκήσεις. Κάθε άσκηση βαθμολογείται με 0 μονάδες.. α) Το τριώνυμο αx + βx+γ είναι τέλειο τετράγωνο και έει κοινή ρίζα με το τριώνυμο α x +β x+γ.να αποδειθεί ότι: αγ +α γ ββ β) Αν α 4 β 4 + γ 4 όπου α,β,γ πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο.. Οι ευθείες (ε ): y4x και (ε ) : y-x τέμνουν την ευθεία (ε) στα σημεία Α και Β αντίστοια, ενώ το ΟΑΓΒ είναι παραλληλόγραμμο με Γ(4,) και Ο την αρή των αξόνων. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε).. Δίνεται Αριθμητική Πρόοδος (α ν ) ν Ν με θετικούς όρους. Να αποδειθεί ότι: ν + + + + αα αα αα 4 αν αν αα ν 4. Σε τρίγωνο ΑΒΓ, το Μ είναι μέσο της ΒΓ και η γωνία ΜΑΒ είναι ίση με το τριπλάσιο της γωνίας ΜΑΓ όπου β(αγ) και γ (ΑΒ). α) Να αποδειθεί ότι : συνα β ( ) γ β) Αν επιπλέον βγ να αποδειθεί ότι: ΑΜγεφΒ. 5. Δίνεται τυαίο (μη κανονικό) εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ με παράλληλες τις απέναντι πλευρές του. Αν Μ το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΔ και ΒΕ να δειθεί ότι: α) τα τριγώνα ΑΜΕ και ΒΜΔ έουν ίσα εμβαδά και β) τα τριγώνα ΑΓΕ και ΒΖΔ έουν ίσα εμβαδά. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. (α) Αφού το τριώνυμο αx +βx+γ είναι τέλειο τετράγωνο η εξίσωση αx +βx+γ 0 έει Δ 0 δηλ. β β 4αγ 0 () και η διπλή ρίζα της είναι x (). α Η x επαληθεύει την α x + β x + γ 0 β β β β α - + β - + γ 0 α β + γ 0 α α 4α α α β αβ β + 4α γ 0 () α 4αγ αβ β + 4α γ 0 α 0 α γ + αγ ββ (β) α 4 β 4 + γ 4 (β + γ ) β γ α 4 < (β +γ ) α < β + γ Αˆ < 90 0. Α Εφ όσον α 4 β 4 + γ 4 ˆ <90 0 α η μεγαλύτερη πλευρά ΑΒ ˆ Γ οξυγώνιο. 47

Επαριακός Διαγωνισμός Β, Γ, Λεμεσού. Ψ Α ψ4 (,4 ) ΟΑΓΒ# Μ μέσο ΟΓ Μ, Το Α θα έει συντεταγμένες (x, 4x ) και το Β θα έει συντεταγμένες (x, -x ) Μ μέσο ΑΒ x + x 4x x Ο Μ(, ) Γ(4,) Β(,- ) x + x 4 x + x 8 4x x 4x x x x + x 4 6x 9 5 x Όμως y 4x 4 6 y -x - 5-5 ψ- 5 Α,6, και B, 5 (ε): y 6 6 + 5 x 5 y 6 x y - ( x - ) x + y 45 X. Αν δ η διαφορά της Α.Π. έω: + + + + α α α α α 4 α ν α ν α α α α α α4 α αν αν + + + + α α δ α α δ α α δ α α δ 4 ν ν + δ α α α + α α α 4 + + ( + ( ) ) ( ) αν αν αν α α ν δ α ν δ ν δ αα δ αα δ αα ααν ν ν ν + αν α ν 48

Επαριακός Διαγωνισμός Β, Γ, Λεμεσού 4. (α.) Εφαρμόζουμε το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΜΓ και έω: ( ΑΜ) ( ) Δ ΒΜ ΑΒΜ : ημβ ημθ Δ ( ΑΜ) ( ΜΓ) ΑΜΓ : ημγ ημθ ημθ ημβ β ημθ ημγ γ ΒΜΜΓ ημθ ημθ β γ ημθ συν θ β γ β συν θ γ ημθ γ ημθ γ γ συνα συν4θ συν β γ β θ γ γ β. Αν επιπλέον β γ ( α ) 0 συνα - Α ˆ 0 Δ ˆ 0 0 ΑΜ ΒΑΜ 0 90 ΑΒΜ ορθογώνιο στο Αˆ εφβ ΑΜ γ εφβ 4 γ 5. και αφού προσθέτοντας κατά μέλη τις (), (), (), (4) έω (α) Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΕΔ έουν κοινή βάση ΕΔ και ίσα ύψη αφού ΑΒ ΕΔ. Συνεπώς είναι ισεμβαδικά. Έτσι : Δ Δ Δ Δ ( ΑΕΔ) ( ΕΜΔ ) ( ΒΕΔ) ( ΕΜΔ ) Δ ΑΕΜ Δ ΒΔΜ (β) Με ανάλογο τρόπο Δ ΚΕΓ Δ ΚΖΒ Δ Δ ΛΑΓ ΛΔΖ Δ Δ ΚΛΜ ΚΛΜ Δ Δ ΑΕΖ ΒΖΔ. () () () (4) 49

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ «ΠΕΤΡΑΚΗΣ ΚΥΠΡΙΑΝΟΥ» ΛΑΡΝΑΚΑΣ ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ ΓΙΑ ΤΗ Β ΚΑΙ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια 8 Δεκεμβρίου 999 Ηλία Θεοάρης Διάρκεια ώρες Ανδρέας Φιλίππου Να λυθούν και οι πέντε ασκήσεις. ημβ ημγ. (α) Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισύει ημ²α ημβ ημγ. Να δείξετε ότι + + συνα ημγ ημβ (β) Αν η δευτεροβάθμια εξίσωση β + γ + + γ 0 έει διπλή ρίζα το ρ, να α α + β δείξετε ότι ισύει μια τουλάιστο από τις σέσεις : ρ β, ρ γ. Δίνεται ορθογώνιο τραπέζιο ΑΒΓΔ, ΑΒ // ΔΓ, Â Δ ˆ 90, ΑΔΑΒR και ΑΒΓ 0. Με κέντρο το Β και ακτίνα R να γράψετε κύκλο. Να υπολογίσετε: α) το εμβαδόν του μέρους του τραπεζίου που βρίσκεται έξω από τον κύκλο και β) την περίμετρο του ΑΒΓΔ, συναρτήσει του R.. Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με Α(0,α), Β(β,0) και Γ(γ,0) με α > 0, γ > 0 και β < 0. Στο τρίγωνο ΑΒΓ να εγγράψετε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΕΖΗΘ με την ΗΘ πάνω στον άξονα Χ Χ και το σημείο Ε να βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο. Να δείξετε ότι το κέντρο Κ του ΕΖΗΘ και τα μέσα Μ του ΒΓ και Ν του ΑΟ είναι συνευθειακά σημεία. ( Όπου Ο η αρή των αξόνων ) 4. Να βρεθούν οι τριψήφιοι περιττοί αριθμοί, που διαιρούνται δια 45 και των οποίων τα ψηφία με την σειρά που γράφονται, είναι διαδοικοί όροι αριθμητικής προόδου. 5. Δίνεται η συνάρτηση με πεδίο ορισμού και πεδίο τιμών το σύνολο R + και με τύπο + + + f ( ). ( + ) [( + ) + ] Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: Α f() f() f() f(000). ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. (α) ος τρόπος Από το νόμο των συνημίτονων α² β² + γ² βγ συνα 4R²ημ²Α 4R²ημ²Β + 4R²ημ²Γ RημΒημΓσυνΑ ημ²α ημ²β + ημ²γ ημβημγσυνα (υπόθεση) ημβημγ ημ²β + ημ²γ ημβημγσυνα ημβ ημγ ημ Β ημ Γ ημβ ημγ συνα ημβ ημγ + + συνα ημβ ημγ ημβ ημγ ημβ ημγ ημβ ημγ ημγ ημβ ημβ ημγ + + συνα ημγ ημβ 50

Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ Λάρνακας Αμμοώστου ος τρόπος α γ + ημb ημγ ημ Β+ ημ Γ ημ Β+ ημ Γ 4R 4R α + γ α + βγσυνα + ημγ ημβ ημβ ημγ ημ Α α α α 4R βγσυνα RημΒ Rημ ΓσυνΑ 8R ημβημγσυνα + + + α 4R ημ Α 4R ημβημγ + συνα β + γ (β) Η εξίσωση + + γ 0 α α + β ( ) έει διπλή ρίζα ρ Δ0 β + γ β + γ γ 4 γ 0 4/ 4/ 0 α + β α ( α + β ) α α(β²+γ²+βγ) γ(α²+β²+αβ) 0 αβ²+αγ² + αβγ γα² - γβ² αβγ 0 αγ(γ α) +β²(α γ) 0 (α γ)(β² αγ) 0 α γ ή β² αγ. γ Γινόμενο ριζών P α γ ρ ρ αγ ρ² αγ α (i) α γ (ii) β² αγ ρ² αγ ρ² γ² ρ γ ρ² αγ ρ² β² ρ β. ΑΒ//ΔΗ, ΑΒΑΔR, Â Δ ˆ 90, ΒΗR ΑΒΗΔ τετράγωνο ΔΗ R (), B 0 Βˆ 90, Βˆ 0, ˆ, Δ ΒΗΓ Ορθογώνιο τρίγωνο, Γˆ 60 R R ΗΓ R εφ0 ΗΓ ΒΓ Ε Ε ΑΒΓΔ Ε ΒΑΗΜΒ R R+ R+ R π R 0 60 ( + ) R 6 π R R ( 6 π ) + 6 6 6 Π ΑΒΓΔ ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ + ΔΑ R + R + ( R + R ) + R R + R R ( + ) 5

Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ Λάρνακας Αμμοώστου Ο. Α(0,α), Β(β,0) και Γ(γ,0) με α > 0, γ > 0 και β < 0. Μ μέσο ΒΓ γ β Γ Β Μ + + Ψ Μ 0 + 0, γ β Μ Ν μέσο ΟΑ Ν 0, ψ Ν α 0 α Ν, Έστω Ε(,ψ ),ψ > 0 Θ(, 0 ) Έστω z Ζ(,ψ ) Η(,0) (ΑΓ): Α(0,α), Γ(γ,0) + α ψ γ, Ε(,ψ ) (ΑΓ) + α ψ γ α + γψ αγ () (ΑΒ): Α(0,α), Β(β,0) + α ψ β, Ζ(,ψ ) (ΑΒ) + α ψ β α +βψ αβ () Κ μέσο ΕΗ + + + + ψ Κ ψ ψ ψ ψ ψ Κ Η Ε Κ Κ Η Ε Κ, γ β ψ γ β ψ γ β ψ ψ ψ λ Κ Ν Κ Μ ΚΜ + + + + 0 0 α ψ ψ α ψ α ψ ψ λ Κ Ν Κ Ν ΚΝ + + Για να είναι τα τρία σημεία συνευθειακά πρέπει ΚΜ // ΚΜ άρα πρέπει να δείξουμε ότι : α ψ γ β ψ + + ψ ψ + ψ α ψ + α βψ αβ γψ αγ + + (α + γψ αγ) + (α + βψ αβ) 0 ( ) ( ) 0 + 0 0 Ισύει,. ο.ε.δ. 4. Έστω ο ζητούμενος αριθμός γ β α, 0<α,β,γ<9, α 0 β γ α περιττός αριθμός γ περιττός αριθμός () β γ α 00 α +0 β + γ 45 κ (πολλαπλάσιο του 45) κ Ζ () α, β, γ Α.Π. β α + γ () () γ 45κ 00α 0β γ 5(9κ 0α β) γ πολ/σιο 5 γ0 απορρίπτεται ή γ5 δεκτή 55(9κ 0α β) 9κ 0α β 5

Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ Λάρνακας Αμμοώστου () β α + γ β α + 5 9κ 0α α 5 9κ α 6 0 7α + 6α + + α α + + α κ 7α 0 κ 7α + κ * ( ) α α κ α + +, κ Ν λ Ν α λ +, < α < 9 < λ+ < 9 8 0 < λ < 8 0 λ, λ Ν λ0 α ή λ α 4 ή λ α 7 * (i) α, γ5 βα+γ β+5 β 5 9 (ii) a4, γ5 βα+γ β4+5 β απορρίπτεται (iii) α7, γ5 βα+γ β 5+7 β β 6 765. Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 5 και 765 5. f ( ) ( + ) + ( + ) ( ) ( ) + + + ( + ) ( + ) + + + + ( ) ( + )( + ) f ( + ) ( + ) + Α f() f() f() f(000) ( ) ( ) ( ) ( ) + 4 + Α + + + 00 Α 00 + ( ) 4 ( ) 5 + 4 +... 00 Α 00 + 00 ( 999 + ) 000 ( ) Α ( ) ( ) 00 000 + + + 00 400400 000 00 00 Α 00 0000 5

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΦΟΥ «ΑΝΔΡΕΑΣ ΧΑΤΖΗΘΕΟΡΗΣ» ΓΙΑ ΤΙΣ Β ΚΑΙ Γ ΤΑΞΕΙΣ ΛΥΚΕΙΟΥ Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια 8 Δεκεμβρίου 999 Αλέξανδρος Δημητριάδης Διάρκεια : ώρες Ευθύβουλος Λιασίδης Να λυθούν όλες οι ασκήσεις ) Θεωρούμε την ακολουθία α, ν Ν για την οποία ισύει η σέση: ν λ α ν λ α λ α ν + ( αν + ) με λ>0. Να αποδείξετε ότι:, Ν. α ν ν αν + λ α + λ ) Σε αριθμητική πρόοδο το άθροισμα Σ των μ πρώτων όρων της είναι Σ ν και το άθροισμα Σ των ν πρώτων όρων της είναι Σ μ. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα ν Σ των μ και ν όρων της είναι Σ + ( μ ν ). μ+ν μ ν μ ν + ) α) Να λυθεί η εξίσωση : 6x + 8x + 0x + + 44x 000. β) Έστω α, β, γ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε α > 0 και β > α+γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση α +β+γ 0 έει άνισες ρίζες. α 4) α) Να αποδειθεί η ισότητα: + + συνα ημ, αν π < α < π. 4 β) Να αποδείξετε ότι: ημ (+σφ)+συν (+εφ) < κπ, κ Ζ. 4 α + α ν μ με α R, κπ, 5) Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ ΑΓ) και τυαίο σημείο Ρ πάνω στη βάση του ΒΓ. Αν Δ, Ε είναι οι προβολές του Ρ πάνω στις ίσες πλευρές ΑΒ, ΑΓ αντίστοια, να αποδείξετε ότι η μεσοκάθετη του τμήματος ΔΕ περνά από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. ν λ α λ α λ αν+ α + ν ν ν (), αν α ν + λ α + λ Επαγωγικά: Για ν Έστω ότι: α α + ακ λ α λ ακ + λ α + λ κ λ α λ α + λ λ, κ ( ) 0 α α + λ, ισύει. λ 54

ακ + λ α λ Θα αποδείξουμε ότι:, κ ακ + + λ α + λ Απόδειξη: λ α + () κ λ ακ + λ λ α α κ + λ κ α κ ακ α α + κ + λ λ + + + + + ακ λ ακ α ακ λ λ ακ α κ Άρα, () α α + λ λ κ κ κ α α + αν λ α λ αν + λ α + λ ν λ λ., ν. Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ Πάφου κ κ λ + λ α κ λ + λ ακ + λ λ (). α + ( μ ) δ μ ν Σ μ ν ν α + ( μ ) δ ( ) μ α + ( ν ) δ ν μ Σ μ μ α + ( ν ) δ ν ν ν μ ( ν μ)( ν + μ) ( μ + ν) ( μ ν) δ ( μ ν) δ δ μ ν μν μν ν Από τις (), () παίρνουμε: α ( μ ) δ () μ ν ( μ ) δ + ( μ + ν ) δ ( μ + ν) α ( ) ( ) () + μ + ν δ μ + ν μ Σ μ+ ν ν ν μ + ν + νδ ( μ + ν ) μ () μ μ ( ) μ μ + ν ( μ + ν ) ( μ + ν μ ). (). α) 6 + 8 + 0 + + 44 000 (6 + 8 + 0 + + 44) 000 () 6,8,0,,44, ΑΠ.. 44 6 + ( ν ) ( ν ) 8 ν 0 (6 + 44)0 Για ν0, η () γίνεται: 000 500 000 4 ± β) α>0, β>α+γ, α + β + γ 0 i) Για γ<0 Δ β 4αγ > 0 ρίζες άνισες πραγματικές ii) Για γ>0 β > α + γ β > α + γ + αγ αγ + αγ 4αγ β 4αγ > 0 Δ > 0 ρίζες άνισες πραγματικές 55

Επαριακός Διαγωνισμός Β,Γ Πάφου συνα + συνα α α α 4. α) + συν + συνα συν συν () διότι: π α α π < α < π < < π συν 0 < α συν α α α α α συν ημ συν ημ ημ () διότι: 4 4 4 π α π α π < α < π < < ημ 0 4 4 4 > Λαμβάνοντας υπ όψη τις (), () παίρνουμε διαδοικά: 5. + ) ( α + συνα συν ημ 4 ) ( α ημ + συν ημ + συν β) ημ ( + σφ) + συν ( + εφ) ημ + συν ημ συν ( ημ + συν)( ημ + συν ) ημ + συν < () 4 α + α α + α (4). Από τις (), (4) συμπεραίνουμε το ζητούμενο. Επειδή ΑΔΡ ΑΕΡ ΑΜΡ 90, τα σημεία Δ, Ε, Μ βρίσκονται σε κύκλο με διάμετρο ΑΡ. ΑΜ: διοτόμος της ΒΑΓ ΔΜ ΜΕ Μ : μέσο του ΔΜΕ. Άρα, η μεσοκάθετη της ορδής ΔΕ θα περάσει και από το μέσο Μ του τόξου ΔΜΕ που είναι και μέσο της ΒΓ. 56

Παγκύπριος Διαγωνισμός Γ Γυμνασίου Ευαγόρας Παλληκαρίδης Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια 5 Φεβρουαρίου 000 Ανδρέας Αντωνίου Διάρκεια : ώρες Μάριος Ευσταθίου. Δίνονται τα κλάσματα x x A και 4 x 4 x + B x 6 4 x α) Να απλοποιηθούν τα Α και Β β) Να βρείτε το Α-Β γ) Να λυθεί η εξίσωση 7 A B x 6 δ) Να γίνουν οι πράξεις : B A. (i) Να αναλύσετε πλήρως τις παραστάσεις α) -9-4α +4( +α) β) α(α+) -(+α)+ γ) ψ --(+) (ii) Αν k είναι ακέραιος πολλαπλάσιος του και όι του 9, να βρείτε ποιοι από τους παρακάτω αριθμούς δεν μπορεί να είναι ακέραιοι k, k, k, k, k. Να δικαιολογήσετε την απάντηση σας. 0 6 6 8. Αν a β και β (α>0, β>0), να βρείτε την αριθμητική a τιμή του κλάσματος a β. 4. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ και (ΓΔ)(ΑΒ) τέτοιο ώστε η διαγώνιος ΒΔ να είναι κάθετη στη ΒΓ. Αν (ΒΔ)8 cm και (ΒΓ)6 cm, να βρεθεί η απόσταση της κορυφής Α από τη διαγώνιο ΒΔ. 5. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά α. Πάνω στη πλευρά ΒΓ παίρνουμε σημείο Ζ και πάνω στη πλευρά ΓΔ παίρνουμε σημείο Ε έτσι ώστε ΒΖΓΕ. Αν η ΑΖ και η ΒΕ τέμνονται στο Η, να δειθεί ότι : α) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΕ ισούται με το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΖΓΕ και β) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΗΕ ισούται με το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων ΑΔΕ και ΒΗΖ. 57

. A α) β) γ) δ) 6 ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ B 4 4 4 + 4 + + A, ± 4 4 + 4 + 4 B, + + ± Παγκύπριος Διαγωνισμός Γ Γυμνασίου ( + )( + ) ( + 4)( ) ( )( ) ( )( ) + 7 A B + 4 + + 4 + + 4 + 7 7 7 A B, 4, 6 4 4 4 ± ± + 4 5 7 ( + )( + ) ( )( + ) ( + 4)( + ) ( + ) ( ) ( + 4) ( + ) A B B A AB 7 ( + )( ). (α) 9-4α +4( +α) -9-4α +4 +α4 -(4α -α+9)() -(α-) (+α-)(-α+) (β) α(α+) -(+α)+α +α --α+(α -α+)+(α -) (α-) +(α-) (α-)(α-+) (γ) ψ --(+) ψ -- - ψ -( ++) ψ -(+) ( ψ++)(ψ--). (ii) k {,, 4, 5, 7,...} ή kλ όπου λ,, 4, 5, 7, 8, 0,,,... k λ λ, ακέραιος για λ,, 4, 5,... k λ 6 λ, ακέραιος για λ5, 0, 0,... 0 0 5 k λ λ, ΟΧΙ ακέραιος αφού λ δεν είναι πολλαπλάσιο του. 6 6 k 6 ( λ ) 6 4 λ, ακέραιος k λ λ, ΟΧΙ ακέραιος αφού λ δεν είναι πολλαπλάσιο του. 8 8 k k Συμπέρασμα : Οι αριθμοί και ΔΕΝ μπορεί να είναι ακέραιοι. 6 8 58

. β β ( a > 0, β > 0) Παγκύπριος Διαγωνισμός Γ Γυμνασίου a a a a a a a a + + + + 8 8 a β + β + β β β a a a a a 9 β 9 8 4. Α 5cm B Ε 6cm Δ 0cm Ζ Γ ΑΒ//ΔΓ, (ΓΔ) (ΑΒ), ΔΒΓ 90, (ΒΔ)8cm και (ΒΓ)6cm (ΓΔ) (64+6)cm (ΓΔ)0cm (ΑΒ)5cm 6cm 8cm [( AB) + ( ΔΓ) ] ( BZ ) Ε ΒΓΔ 4cm, EΑΒΓΔ 0 υ 6 8 Από το τρίγωνο ΒΓΔ υ 4, 8cm 5 4,8 EABΓΔ cm 6cm EΑΒΔ EΑΒΓΔ EΒΓΔ 6cm 4cm cm ( ΒΔ) ( ΑΕ) cm 8cm ( AE) 4cm ( AE) cm 5. (α) Ε Δ Ε Δ ΑΒΖ ΒΓΕ (Ορθογώνια τρίγωνα με ίσες κάθετες πλευρές) Ε Δ ΕΑΒΓΕ Ε Δ ΕΑΒΓΕ Ε Δ ΕΑΖΓΕ ΑΒΕ ΒΓΕ ΑΒΖ (β) Ζητούμενο : Ε Ε +Ε Α α α Β Ε Ε Η Ζ Δ ( ΑΒΕ ) (ΑΒΓΔ) ( Δ ΑΒΕ )(ΑΒΓΔ) Δ ( ΑΒΕ )+ (ΑΖΓΕ) (ΑΒΓΔ) Δ Ε (α-) Ε (α-) Γ Δ Δ Ε + ( ΑΒΗ) +Ε + ( ΗΖΓΕ) Ε +Ε +Ε + ( ΑΒΗ ) + ( ΗΖΓΕ) Ε Ε +Ε 59

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ «ΠΕΤΡΑΚΗΣ ΓΙΑΛΛΟΥΡΟΣ» Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια Σάββατο 5//000 Σάββας Ιωαννίδης Διάρκεια: ώρες Ανδρέας Φαλάς Να λυθούν και τα πέντε θέματα.. Να αναλύσετε σε γινόμενο δύο τριωνύμων το πολυώνυμο 4 + ³ - ² + λ λ². Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ γ, ΑΓβ, ΒΓα και διάμεσους ΑΜμ α, ΒΝμ β, ΓΕμ γ. Αν συμβολίσουμε με τ την περίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ ( τ α+β+γ) να δείξετε ότι τ < μ α + μ β + μ γ < τ.. Να αποδείξετε ότι η παράσταση Α ( ημ² συν² ) (ημ³ συν συν³ ημ ) (ημ 7 συν συν 7 ημ ) έει τιμή ανεξάρτητη της τιμής του τόξου. 4. Δίδετε το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Οι απέναντι πλευρές του ΑΔ και ΒΓ προεκτεινόμενες τέμνονται στο σημείο Η και το μέτρο της γωνίας AĤB είναι 6. Οι απέναντι πλευρές ΑΒ και ΔΓ προεκτεινόμενες τέμνονται στο Ζ και το μέτρο της γωνίας Αˆ ΖΔ είναι. Να βρεθούν τα μέτρα των γωνιών του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ. 5. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 4α 4 + β 4 είναι πρώτος μόνο για ένα ζεύγος τιμών των φυσικών αριθμών α και β. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. Διατάσσουμε το πολυώνυμο κατά τας κατιούσας δυνάμεις του λ και έουμε λ² + λ + 4 + ³ - ² Βρίσκουμε τις ρίζες του ως προς λ λ λ,, ± λ - + 9 + 4 4 ( + ) ± 4 4 + 4 ( 4 + 4 + ) ± ( + ) ± ( + ) ± ( + ) ± και λ + λ² + λ + 4 + ³ - ² - ( λ λ ) ( λ λ ) - ( λ + ) (λ ). (α) ΑΜ +ΜΒ > ΑΒ ΒΝ + ΝΓ > ΒΓ ΓΕ + ΕΑ > ΑΓ Δ ΑΒΜ Δ ΒΝΓ Δ ΓΕΑ ( λ + ) ( λ ) ΑΜ + ΜΒ + ΒΝ + ΝΓ + ΓΕ + ΕΑ > ΑΒ + ΒΓ + ΑΓ + 60

Παγκύπριος Διαγωνισμός Α Λυκείου α β γ μ α + + μβ + + μ γ + > γ + α + β μ α + α + μ β + β + μ γ + γ > γ + α + β α + β + γ (μ α + μ β + μ γ ) > α + β+ γ μ α + μβ + μ γ > μ α + μ β + μ γ > τ (ι) Δ (β) ΑΜ < ΑΕ + ΕΜ ΑΜΕ Δ ΒΝ < ΝΜ + ΒΜ ΒΝΜ ΑΜ + ΒΝ + ΓΕ < ΑΕ + ΕΜ + ΝΜ + ΒΜ + ΕΝ + ΝΓ ΓΕ < ΕΝ + ΝΓ Δ ΓΕΝ γ β γ α α β μ α + μβ + μ γ < + + + + + μ α + μ β + μ γ < α + β + γ μ α + μβ + μ γ < τ (ιι) ( ι) ( ιι) τ < μ α + μβ + μ γ < τ. Α ( ημ² συν² )( ημ³ συν συν³ ημ ) ( ημ 7 συν συν 7 ημ ) Α ( ημ² συν² ) ημ συν ( ημ² συν² ) ημ συν ( ημ 6 συν 6 ) Α ημ συν [( ημ² συν²) (ημ² συν²) [(ημ²)³ - (συν²)³] Αημ συν [( ημ² συν²)(ημ² συν² ) (ημ² συν²)(ημ 4 +ημ² + συν² + συν 4 )] Α ημ συν (ημ² συν²) [ ημ² συν² ημ 4 ημ² συν² συν 4 ] Α ημ συν (ημ² συν² ) [ ( ημ 4 + ημ² συν² + συν 4 )] Α ημ συν (ημ² συν²) [ ( ημ² + συν² )² ] Α ημ συν ( ημ² συν² ) ( ) ημ συν ( ημ² συν² ) 0 0 Α 0 ( Άρα είναι ανεξάρτητη της τιμής του τόξου ) 4. Α ˆ + Δ ˆ + 80 ( ΑΖΔ) Δ Δ () Α ˆ + Β ˆ + 6 80 ( ΑΒΗ) () () () Δ ˆ Β ˆ + 6 0 Δˆ + Β ˆ 80 (απέναντι γωνιές εγγεγραμμένου τετραπλεύρου) Δˆ 80 6 Δˆ 87 Βˆ 9 ( ) Α ˆ 6 Γˆ 9 6

Παγκύπριος Διαγωνισμός Α Λυκείου 5. Έουμε κατά σειρά 4α 4 + β 4 4α 4 +β 4 + 4α²β² - 4α²β² ( α² + β² )² 4α²β² ( α² + β² - αβ ) ( α² + β² + αβ ) Για να είναι πρώτος ο αριθμός 4α 4 + β 4 πρέπει ο παράγοντας α² + β² - αβ να είναι ίσος με την μονάδα (είναι ο μικρότερος από τους δύο παράγοντες). Τότε θα έουμε α² + β² - αβ α² + α² + β² - αβ α² + (α β)² Αλλά α Ν και β Ν α και α β 0 β Επομένως ο αριθμός 4α 4 + β 4 θα γίνει 4 + 5 Αν α² + β² - αβ Τότε ο 4α 4 + β 4 θα είναι σύνθετος. Δεν υπάρουν λοιπόν άλλες τιμές για τα α και β εκτός από ( α, β ) (, ). 6

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Β και Γ Λυκείου «ΖΗΝΩΝ» Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια Σάββατο 6/0/000 Ανδρέας Φαλάς Χρόνος: ώρες Σάββας Ιωαννίδης Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Να βρείτε τις πραγματικές λύσεις του συστήματος: + ψ + ω 5 ² + 4ψ² + 9ω² 4 ψ + ω +ψω. Στο σήμα είναι: ΑΒ διάμετρος του κύκλου (Κ,R) και ΜΚ ΜΓ, όπου ΜΚ ΑΒ. ΝΑ υπολογίσετε, συναρτήσει της ακτίνας R, το εμβαδόν Ε του γραμμοσκιασμένου μικτόγραμμου ωρίου ΓΜΚΒ.. Στις το μεσημέρι, γεννιέται ένα γόνιμο έντομο σε κάποιο εργαστήριο. Κάθε μια ώρα το γόνιμο έντομο γεννά άλλα γόνιμα και ένα στείρο έντομο. Όλα τα γόνιμα ζουν ½ ώρες και τα στείρα ½ ώρες. Πόσα ζωντανά έντομα υπάρουν στο εργαστήρια στις 7: μ.μ. ; 4. Δίδεται η πολυωνυμική συνάρτηση: ν ν ν ν f x x x 0 x + 4 x + x 4 x + 4 x+ 0 με ν, ν > 6. ( ) Να βρείτε την αριθμητική τιμή : ( 7 5) f. 5. Να δείξετε ότι η άρτια συνάρτηση f() με ( + ψ) ( ) + f ( ψ) + f ( ) f ( ψ) f f,ψ λαμβάνει μόνο τρεις πραγματικές σταθερές τιμές. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. () ( ) ( ) + ψ + ω 5 + 4ψ + 9ω 4 ψ + ω + ψω () ( ψ ω) + + 5 4 + 4ψ + 9ω + 4ψ + 6ω + ψω 5 4ψ + 6ω + ψω 5 4 4ψ + 6ω + ψω 6 ψ + ω + 6ψω 8 ψ + ω + 6ψω 8 ψ + ω + ψω ψ + ω + 6ψω 8 ψ + 4ω 6ψω 6 ω ω ( ) ψ + + ψω + 7 ψ ψω ψ ( ω) ( ) + 7 () ψ 5 ψ 7 6

Παγκύπριος Διαγωνισμός Β, Γ Λυκείου ψ 5ψ 7 0 ( ψ )( ψ ) 7 7 + 0 ψ ή ψ - 7 (α) ψ 7 + ω + +ω 5 (--ω)ω ω²+ω+0 αδύνατη στο R ω + ω 7 (β) ψ + (-)+ω+5 (7-ω) ω ω² - 7ω + 0 ω (ω-) (ω-) 0 ω ή ω 6 (, ψ, ω ) ή ( 6, ψ -, ω ). R ΑΒ διάμετρος Γ ˆ 90 Κ ˆ 90, ΜΚΜΚ, ΒΜ κοιν ή Δ Δ ΓΜΒ ΚΜΒ ΚΜΑ Δ Ε γρ ( ΑΒΓ ) + Ε κ.τμ.βγ Δ R Ε γρ Ε γρ R R +[π R - R R ] 6 R + 6 4 π + E R. μ.μ. μ Γ Γ + Γ Σ Γ Σ 7:μ.μ. 8Γ+896Γ 60Σ+64Σ+448Σ 4Γ 67Σ 4μ.μ. μ.μ. ½ μ.μ. Γ μ.μ. ½ μ.μ. Γ Γ+Γ+6Γ Σ+Σ Γ+6Γ+6Γ Σ+Σ+8Σ 6Γ+6Γ+44Γ Σ+Σ+8Σ+Σ 9Γ 4Σ 4Γ Σ 66Γ 4Σ 4 ½ μ.μ. 6Γ Σ 7μ.μ. 7 ½ μ.μ. 0Γ Σ 6μ.μ. 5μ.μ. 0Γ+8Γ+896Γ Σ+60Σ+64Σ+448Σ 6 ½ μ.μ. 44Γ 8Σ 44Γ+0Γ+8Γ 8Σ+Σ+60Σ+64Σ 5 ½ μ.μ. 6Γ Σ 6Γ+44Γ+0Γ Σ+8Σ+Σ+60Σ 44Γ 694Σ 49Γ 954Σ 66Γ 9Σ 8 + 896 4 Γ, 60 + 64 + 444 67 Σ, 896 ζωντανά 64

4. ος τρόπος Α() [ (7+ 5 )] [ (7-5 )] ( 7)² ( 5 )² ² 4 + 4 Ισύει A( 7 5) 0 f() ν ν- 0 ν- + 4 ν- + ³ 4² + 4 + 0 ν ν 4 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4 f() [ ] [ ] [ ] + 0 ν ν f() Α( ) + Α( ) + Α( ) + 0 f Παγκύπριος Διαγωνισμός Β, Γ Λυκείου f( ) A + + + 0 ν ν ( ) [ ] + 0 ν ν ( 7 5) Α( 7 5) ( 7 5) + ( 7 5) + ( 7 5) f ( 7 5) 0 ος τρόπος ν f ( ) f ( ) ν ν 0 ν + 4 ν + 4 4 + 0 0 ( 0 + 4) + ( 0 + 4) + ( + 4 + 6) κ ( ) 0 + 4 ( ) ( ) ( ) κ 7 5 7 5 7 5 0( 7 5) + 4 7 7 5 + 7 ( 5) ( 5) 7 + 7 5 ( 5) 0 7 + 0 5 + 4 ( 4+ 945 67 585 70 + 4) + 5( 44 5+ 546 + 0) 0 + 5 0 0 f ( 7 5) 0+ 0 ( 7 5) + 4( 7 5) + 6 49 + 4 5 45 + 98 4 5 + 6 0 5. ος τρόπος f f ( + ψ),ψ R, άρτια ( ) + f ( ψ) + f ( ) f ( ψ) f () 0 f 0 f () 0 + f () 0 f () 0 + f () 0 () 0 [ f () 0 ] 0 f(0) 0, f(0), f(0) - () ( ) ( ) άρτια f + f f ( () ) f 0 f 0 f ( 0) f ( ) f ( ) + f ( 0) 0 + f ( ) f ( ) + f ( ) ψ 0 () f ψ (α) f(0) 0 f() 0 (β) f(ο) f f + f() ( ) ( ) 0 f ( ) f ( ) 0 (γ) f(0) f() ος τρόπος για ψ ψ 0 f f () ( ) f 0 + f ( ) f ( ) ( ) + f ( 0) + f () 0 f () f ( ) [ f ( ) + ] [ f ( ) ] 0 f() 0, f(), f() - 65

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 5,5 Ημερομηνία και ρόνος εξέτασης Επιμέλεια 8 Απριλίου 000 Ανδρέας Σοινής Χρόνος: 4 ώρες 0 λεπτά Σάββας Αντωνίου Να απαντηθούν και τα πέντε θέματα.. Ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) έει ΒΓΑΔ, η βάση ΔΓ είναι κατά μονάδες μεγαλύτερη από το τριπλάσιο της ΒΓ και η ΑΒ κατά 6 μονάδες μικρότερη από το άθροισμα των τριών άλλων πλευρών του. Αν το ύψος του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι 9 μονάδες, να υπολογίσετε το εμβαδόν του.. Ένας σκύλος καταδιώκει μια αλεπού που απέει 60 πηδήματά της από αυτόν. Όταν η αλεπού κάμνει 9 πηδήματα ο σκύλος κάμνει έξι πηδήματα. Επίσης τρία πηδήματα του σκύλου ισοδυναμούν με επτά πηδήματα της αλεπούς. Μετά από πόσα πηδήματα του ο σκύλος θα φθάσει την αλεπού.. (α) Να δείξετε ότι το 4y 5y + y+4 με ανάλυση σε γινόμενο πρώτων παραγόντων μετατρέπεται στη μορφή ( y ) ( 4y+ (β) Με κατάλληλο μετασηματισμό να λύσετε την εξίσωση ( x x ) ( x x) 4 + 7 0 4. Να δειθεί ότι για οποιουσδήποτε τρεις περιττούς φυσικούς αριθμούς υπάρει ένας τέταρτος περιττός φυσικός αριθμός ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων αριθμών να είναι τέλειο τετράγωνο. 5. (α) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να γράψουμε σε σειρά τα πιο κάτω γράμματα ωρίς επανάληψη: (ι) α, β, γ (ιι) α, β, γ, δ (β) Πόσους τετραψήφιους αριθμούς μπορούμε να σηματίσουμε με τα ψηφία,,6,7 ρησιμοποιώντας τα μια φορά το καθένα. (γ) Να δείξετε ότι τα άθροισμα των πιο πάνω αριθμών είναι. ) ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. Αν ΑΔΒΓ τότε είναι ΔΓ+ Δ + Γ ΑΒ ΑΔ+ΒΓ+ΔΓ-6 5-4 ΑΒ ΗΖ ΑΗ 5 4 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΔ (ΑΗ)²+(ΔΗ)²(ΑΔ)² 8+(-)² ² 8+ 6 + 9 6 90 5 ΔΓ47, ΑΒ7, ΔΗ9 ( ΑΒ ) + ( ΔΓ) ( ΔΗ) ( 47 + 7) 9 Ε 54 τ.μ. Α Η 9 5-4 + Ζ Β 66

Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 5 ½. Έστω ο σκύλος σε πηδήματα του θα φθάσει την αλεπού. Η αλεπού θα κάνει 9 6 9 πηδήματα και 60 πηδήματα πιο μπροστά από το σκύλο δηλ. 60 + πηδήματα. 6 7 πηδήματα της αλεπούς είναι πηδήματα του σκύλου πήδημα της αλεπούς είναι τα πήδημα του σκύλου 7 9 60 + της αλεπούς είναι τα 60 9 9 + του σκύλου 60 + 6 7 6 7 6 80+ 9 7 60+9 4 5 60 7 Ο σκύλος θα φτάσει τη αλεπού σε 7 πηδήματα.. (α) 4y 5y + y+4 4ψ³-6ψ²+ψ²+6ψ-4ψ+4 4ψ³-6ψ²+6ψ-4ψ+4 4ψ(ψ²-4ψ+4) + ψ²-4ψ+4 (4ψ+) (ψ²-4ψ+4) (4ψ+) (ψ-)² (β) ( x x ) ( x x) 4 + 7 0, Θέτω ² - ψ 4(ψ+)³ - 7ψ² 0 4ψ³+ψ²+ψ+4-7ψ² 0 4ψ³-5ψ²+ψ+4 0 ( α ) (4ψ+) (ψ-)² 0 ψ - 4, ψ ² - - 4 4²-4+0 (-)² 0 ² - ²-- 0 (-) (+) 0 ή 4. Έστω, ψ, z τρεις περιττοί φυσικοί αριθμοί. Τότε ² + ψ² + z² είναι περιττός αριθμός ² + ψ² + z² ν+ (ν+)² ν² ² + ψ² + z² + ν² (ν+)². Αρκεί να δείξουμε ότι τι ν είναι περιττός. ² + ψ² + z² (α+)² + (β+)² + (γ+)² 4λ+ (λ+) + ν+ ν λ+, α, β, γ φυσικοί αριθμοί. 5. (α) (i) α β γ β α γ γ α β α γ β β γ α γ β α άρα γράφονται με έξι διαφορετικούς τρόπους παρατηρώ ότι 6 (ii) 4 4 διαφορετικούς τρόπους. (β) Με τα ψηφία,, 6, 7 μπορούμε να σηματίσουμε 4 διαφορετικούς τετραψήφιους. (γ) Το ψηφίο 7 θα εμφανίζεται στους 4 αριθμούς 6 φορές μονάδα, 6 φορές δεκάδα, 6 φορές εκατοντάδα και 6 φορές ιλιάδα 6[7 000 + 7 00 + 7 0 + 7 ] 6 7 κατά τον ίδιο τρόπο: το ψηφίο 6 6 6 το ψηφίο 6 το ψηφίο 6 Άθροισμα των αριθμών 6 (++6+7) 6666 7 67

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ «ΜΙΧΑΗΛ ΓΙΩΡΓΑΛΛΑΣ» 000 ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ Β ΚΑΙ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Ημερομηνία εξέτασης Επιμέλεια 8 Απριλίου 000 Γρηγόρης Μακρίδης Διάρκεια: 4 ώρες 0 λεπτά Μάριος Αντωνιάδης Να απαντηθούν και τα πέντε θέματα. Να βρεθεί σύνολο τεσσάρων διαδοικών θετικών ακεραίων αριθμών ώστε ο μικρότερος να είναι πολλαπλάσιος του 5, ο δεύτερος πολλαπλάσιος του 7, ο τρίτος πολλαπλάσιος του 9 και ο μεγαλύτερος πολλαπλάσιος του.. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις : ( R { 0} ) R f οι οποίες ικανοποιούν τις πιο κάτω σέσεις: (Ι) f ( x) x f για x 0 x (ΙΙ) f ( x) + f ( y) + f ( x + y) για x y. Έστω Δ και Ε τα μέσα των πλευρών ΑΓ και ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ αντίστοια και Κ το μέσο του τμήματος ΑΔ. Να αποδειθεί ότι η περίμετρος του τριγώνου ΒΕΚ είναι μικρότερη της περιμέτρου του τριγώνου ΑΒΔ. 4. Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί με την εξής ιδιότητα: όταν το πρώτο ψηφίο μεταφερθεί στο τέλος του αριθμού (δηλαδή στη θέση του ψηφίου των μονάδων) ο νέος αριθμός ισούται με φορές τον αρικό. 5. Έστω ΑΒΓΔΕΗ κυρτό εξάγωνο ώστε ΑΒΒΓ, ΓΔΔΕ, και ΕΗΗΑ. Να ΒΓ ΔΕ ΗΑ αποδειθεί ότι: + + ΒΕ ΔΑ ΗΓ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. ος τρόπος Το Ε.Κ.Π των 5, 7, 9, είναι Μ 5 7 9 465 Οι αριθμοί Ρ Μ+5, Q M+7, R M+9, S M+ έουν την ιδιότητα ότι το 5 διαιρεί τον P, το 7 τον Q, το 9 τον R και το τον S. Αλλά οι P, Q, R, S δεν είναι διαδοικοί εφόσον έουν διαφορά. Επειδή όμως το Μ είναι περιττός τα P, Q, R, S είναι άρτιοι. Έτσι διαιρώντας με το έουμε το ζητούμενο σύνολο 75, 76, 77, 78. ος τρόπος Έστω οι ακέραιοι, +, +, + 0mod5 α 0, m 5, N 69 mod 7 mod9 mod α, m 7, N 495 α, m 9, N 85 α 4, m, N 5 4 4 4 68

Για N mod m i i i 85 mod 9 4, 7 mod9 495 mod 7, 5 mod7 4 5 mod 4 8. 7 mod [ α Ν + α Ν + α Ν + α Ν ] + ( ) + ( ) + ( ) ( 485 080 7560) mod 465 4 4 4 mod 465 0 495 85 4 5 8 mod 465 (-5)mod465 75 mod 465 75, 76, 77, 76 4 Διαγωνισμός Επιλογής Β,Γ Λυκείου Ν m m m m 4 5 7 9 48 N Ni mi 465 465 465 465 N 69, N 495, N 85, N 4 5 5 7 9. f() f f + f + f f + + f + f + f + + f ( ) f() + Έλεγος επιβεβαίωση (i) f ( ) + + + f f + f ψ + + ψ + + + ψ + + f + ψ (ii) ( ) ( ) ( ) ( ). Γ Έστω Λ το μέσο της ΑΒ και Μ το μέσο της ΒΔ. Τότε το ΔΛ ΒΓ ΒΕ. A Κ Δ Δ ΑΒΔ ΑΒ ΑΔ ΒΔ Λ Μ Δ ΒΕΚ Ε B ΒΕ ΔΛ (διάμεσος του Στο τρίγωνο ΓΑΒ έουμε ΔΕ ΑΒ Στο τρίγωνο ΔΑΒ έουμε ΚΜ ΑΒ ΔΕ//ΚΜ ΚΜΕΔ # ΜΕ//ΚΔ Δεδομένο : ΚΔΑΚ και Α,Κ,Δ συνευθειακά ΜΕΑΚ και ΜΕ//ΑΚ ΑΜΕΚ # και ΚΕΑΜ Δ Δ ΑΒΔ στο ΑΒ) ΒΚ (διάμεσος του ΑΒΔ στο ΑΔ) Δ ΕΚ ΑΜ (διάμεσος του ΑΒΔ στο ΒΔ) Άρα ΒΕ+ΒΚ+ΕΚ ισούται με το άθροισμα των διαμέσων του τριγώνου Δ ΑΒΔ 69

Διαγωνισμός Επιλογής Β,Γ Λυκείου Είναι γνωστό ότι το άθροισμα των διαμέσων οποιουδήποτε τριγώνου είναι μικρότερο της περιμέτρου του τριγώνου. μγ < α + β β μβ < α + γ ( μα + μβ + μγ ) < ( α + β + γ ) α μ γ μα < β + γ γ μα + μβ + μγ < α + β + γ β α 4. 584658465846... () Προφανώς επειδή ο αριθμός έει τον ίδιο αριθμό ψηφίων όταν πολλαπλασιάζεται με,5, πρέπει να αρίζει με τους αριθμούς ή. η περίπτωση: Ο αριθμός είναι στη μορφή 0 Ν + Α, Α < 0 Ν Έτσι N ( 7 0 ) 7 ( 0 N + A) 0 A+ A Οι δυνάμεις του 0 επαναλαμβάνονται με περίοδο 6 mod( 0,9,,,4,) έτσι Α θα είναι ακέραιος εάν Ν 5( mod6). Αυτό μας δίνει την οικογένεια λύσεων () η περίπτωση : Ο αριθμός είναι στη μορφή 0 Ν + Α, Α < 0 Ν N ( 4 0 4) Αυτό όπως και προηγουμένως, A. Αλλά επειδή Α < 0 Ν, έουμε 0 Ν < 4, το οποίο είναι αδύνατο. 5. Συμβολίζουμε : ΑΓα, ΓΕβ, ΑΕγ Από την ανισότητα Πτολεμαίου για το τετραπλευρο ΑΓΕΗ έουμε: ΑΓ ΕΗ + ΓΕ ΑΗ > ΑΕ ΓΗ. Επειδή ΕΗ ΑΗ, έουμε α ΕΗ + β ΑΗ > γ ΓΗ AH γ ΑΗ(α+β) > γ ΓΗ ΓΗ α + β ΔΕ β ΒΓ α Ομοίως έουμε και ΔΑ γ + α ΒΕ β + γ Προσθέτωντας έουμε: ΒΓ ΔΕ ΑΗ α β γ + + + + ΒΕ ΔΑ ΓΗ β + γ γ + α α + β α + β + γ α + β + γ α + β + γ + + α + β γ + α α + β ( α + β + γ ) ( α + β + γ ) ( α + β + γ ) + + α + β γ + α β + γ ( ) ( ) ( ) α β β γ γ α + + + + + + + α + β γ + α β + γ 9 Χρήση ( + ψ + z) + + Ανισότητα Causy - Swhartz ψ z Α Β α γ Ζ Γ β Δ Ε 70

4 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα κάτω των 5 ½ (JBMO) Ιούνιος 5, 000, Ohrid, FYROM Διάρκεια εξέτασης : 4 ώρες και 0 λεπτά Επιμέλεια: Ανδρέας Φιλίππου Νίκος Ηλία Πρόβλημα Οι ακέραιοι x και y είναι τέτοιοι ώστε x³ + y³ +(x+y)³ + 0xy 000. Να αποδείξετε ότι x + y 0. Πρόβλημα Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί n, n >, για τους οποίους ο αριθμός n²+ n είναι τετράγωνο ακεραίου αριθμού. Πρόβλημα Ένα ημικύκλιο με διάμετρο EF πάνω στην πλευρά BC ενός τριγώνου ABC εφάπτεται στις πλευρές AB και AC στα σημεία Q και P, αντίστοια όπως φαίνεται στο παρακάτω σήμα. Να αποδείξετε ότι το σημείο τομής Κ των ΕΡ και FQ ανήκει στο ύψος του τριγώνου ABC από την κορυφή Α. Πρόβλημα 4 Σε ένα τουρνουά αντισφαίρισης (tennis) που έγινε σε μια καλοκαιρινή κατασκήνωση ο αριθμός των αγοριών που συμμετείαν ήταν διπλάσιος από των αριθμών των κοριτσιών που συμμετείαν. Κάθε δύο από τους συμμετέοντες έπαιξαν μεταξύ τους μόνο μια φορά και κανένα παινίδι δεν έληξε με ισόπαλο αποτέλεσμα. Ο λόγος του συνολικού αριθμού των νικών που πέτυαν τα κορίτσια προς τον συνολικό αριθμό των νικών που πέτυαν τα αγόρια ήταν 5 7. Πόσα παιδιά συμμετείαν στο τουρνουά; ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Πρόβλημα x³ + y³ +(x+y)³ + 0xy 000 Θέτουμε x + y s, xy p s³ - ps + s³ + 0p 000 s³ - ps + 0p 000 0 (s³ - 000) p(s 0) 0 (s 0)(s² + 0s + 00) p(s 0) 0 (s 0)(s² + 0s +00 p) 0 () s 0 0 s 0 ή s² + 0s + 00 p 0 ος s + 0s + 00 τρόπος s² + 0s + 00 p 0 p () Αν η προηγούμενη εξίσωση δέεται ακέραιες λύσεις τότε υπάρει ακέραια λύση της ( s 0, p 0 ) τέτοια ώστε 0 < s 0 < 00 s 0 0 p Z, s 0 Άρα δεν υπάρουν ακέραιες λύσεις της () Άρα η μοναδική λύση της () είναι s 0 δηλαδή + ψ 0. p Z, s 0 48 p Z 7

4 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα κάτω των 5 ½ (JBMO) ος τρόπος s² + 0s + 00 p 0 (x+y) + 0(x+y) + 00 xy 0 x² + y² + xy + 0x + 0y + 00 0 x²+(y+0)x + (y²+0y+00) 0 () Δ (y+0)² - 8(y²+0y+00) Δ y² + 40y + 400 6y² 60y 600 Δ -5y² 0y 00 Δ 5 ( y² + 8y + 80 ) < 0 Δ 8² - 4 80 Δ < 0 Δ < 0 x² + y² + xy + 0x + 0y + 00 0 Άρα η μοναδική λύση της () είναι s 0 δηλαδή + ψ 0. Πρόβλημα n Έστω n + m², m Z (m>0,.π.τ.γ) n m n ( m n ) ( m + n ), όπου 0 < m n < m + n m n, m+n και n πρώτος αριθμός υπάρουν οι πιο κάτω περιπτώσεις: n n m n και m + n n () n, Ισύει n Εάν n > έουμε ( + ) n > + n n > n, αδύνατο από () n n k m n και m + n, < k < n k, n k k k n k () k > και n k >0. n ( ) n k n k ή k+ k k, n Έστω n k > ( ) n k > n k Από την () πολ n / k k tn, t * n k n k > + n k > n k > ( ) ( ) ( ) ( tn n) k n k k > >, () δεν αληθεύει. Έτσι έουμε τη λύση n ή n. Πρόβλημα Φέρνουμε ΚΗ BC. Για να αποδειθεί ότι τα σημεία Α,Κ,Η είναι συνευθειακά είναι ικανό να πληρούνται οι παρακάτω συνθήκες : () K ĤP AÔP, Ο το κέντρο του ημικυκλίου () Τα σημεία Α,P,O,H ανήκουν στον ίδιο κύκλο. QP Στο τετράπλευρο EFPQ ισύει: Q ÊP QFˆP () (γωνιές που βαίνουν στο ίδιο τόξο) 0 EĤK 90 ( κατασκευή) ΕFPQ εγ / νο QÊK QĤK () 0 EQˆ K 90 ( βαίνει σε ημικύκλιο 7

4 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα κάτω των 5 ½ (JBMO) ( κατασκευή) ( βαίνει σε ημικύκλιο) EĤK 90 KHFP εγ / νο FPˆ E 90 () () () Q ÊK QĤK KĤP KFˆ P Δ Συγκρίνω τα τρίγωνα ΑQO, AO AO AQ AP QO PO Δ APO ( κοινή πλευρά) ( εφαπτόμενα τμήματα) ( ατίνες κύκλου ) K ĤP AÔP K ĤP AÔP K ĤP AÔP QĤP ( ακτίνα εφαπτομένη) ακτίνα εφαπτομένη) ΚΗΡ ˆ KFˆP Δ Δ AQO APO Q ÔA AÔP Q ÔP APˆ O 90 AQO 90 ( OPAQ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) το σημείο Η ανήκει στον κύκλο (c) Οι δύο συνθήκες ισύουν άρα το ύψος ΑΗ περνά από το σημείο Κ. ος τρόπος QP () Φέρνουμε την κάθετη από το Κ προς την BC. H κάθετος τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ζ. Θα δείξουμε ότι η ευθεία ΖΡ είναι εφαπτομένη του κύκλου. Η EQ τέμνει την HΖ στο σημείο Ν. QEHK εγγράψιμο Z Kˆ Q QÊH (εξωτερική απέναντι εσωτερική) () Z Qˆ E QÊH (γωνία υπό ορδής και εφαπτομένης) () () () Z Kˆ Q ZQˆ K QÊH ZQ ZK () Δ NQK ορθογώνιο QA διάμεσος ZQ ZK ZN Η FP περνά από το σημείο Ν ( διότι αν έτεμνε την EQ στο Ν τότε στο τρίγωνο Ν EF ύψη θα ήταν ΕP, FQ, και Ν ΚΗ η οποία δεν είναι ευθεία) 7

4 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα κάτω των 5 ½ (JBMO) Δ NPE ώ Δ ορθογ νιο PZ ZE ZEP ισοσκελές ZKˆ P ZPˆ H PZ διάμεσος KHFP εγγράψιμο Z Kˆ P PFˆ H (εξωτερική εγ/νου τετραπλεύρου) Z Pˆ K PFˆ H, επειδή PFˆ H εγγεγραμμένη, EP ορδή ZP εφαπτομένη Ζ Α ο.ε.δ. Πρόβλημα 4 Έστω ο αριθμός των κοριτσιών και ψ ο αριθμός των αγοριών και α οι νίκες των κοριτσιών εναντίων των αγοριών. Τα αγόρια παίζουν με τα κορίτσια ψ φορές δηλαδή ² παινίδια. Τα αγόρια παίζουν έκαναν β ² - α νίκες, ² - α > 0 ² > 0 Ο συνολικός αριθμός των νικών που πέτυαν τα κορίτσια ισούται με το άθροισμα του αριθμού των νικών που πέτυαν τα κορίτσια εναντίον κοριτσιών με τον αριθμό των νικών που πέτυαν τα κορίτσια εναντίον των αγοριών. Οι νίκες κοριτσιών σε κορίτσια ισούται με τον αριθμό των παινιδιών μεταξύ τους (στα ( ) παινίδια μεταξύ κοριτσιών κερδίζει πάντοτε κορίτσι) δηλ. ( ) Άρα ο συνολικός αριθμός των νικών των κοριτσιών ισούται με + α ( ) Ο συνολικός αριθμός των νικών των αγοριών ισούται με + (² - α) ² - +² - α 4² - α ( ) + α 4 α 7 + α 5 8 α 7 5 56² - 4 4α 5² - 5 +0α 5² - 9 4α 0 7² - 8 α 0 6² + (² - ) 8α ² > α 6² > 8α ² - < 0 ( ) < 0, > 0, Ν 0 < < {,,} 6² + (² - ) 8α 8 / ² -, {,,} και ψ 6. Άρα ο συνολικός αριθμός των παιδιών είναι 9. 74

Διάρκεια εξέτασης: 4 ώρες 0 λεπτά 7 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα (ΒΜΟ) Μάιος 9, 000, Chişinău, Μολδαβία Επιμέλεια: Ανδρέας Φιλίππου Θεόκλητος Παραγιός Πρόβλημα. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f: που ικανοποιούν τη σέση f ( xf ( x) + f ( y) ) ( f ( x) ) + y, για όλους τους πραγματικούς αριθμούς και ψ. (Αλβανία) Πρόβλημα. Δίνεται μη ισοσκελές οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω Ε ένα εσωτερικό σημείο της διαμέσου AD. Το σημείο F είναι το ίνος της κάθετης που άγεται από το Ε προς την ευθεία BC. Θεωρούμε ένα εσωτερικό σημείο Μ του ευθυγράμμου τμήματος EF και έστω N και P είναι τα ίνη των καθέτων που άγονται από το σημείο Μ προς τις ευθείες AC και ΑΒ, αντίστοια. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες που περιέουν τις διοτόμους των γωνιών PMN και PEN δεν έουν κοινά σημεία. (FYROM) Πρόβλημα. Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός των ορθογωνίων με διαστάσεις και 0, που είναι να αποκοπούν από ένα ορθογώνιο με διαστάσεις 50 και 90, ρησιμοποιώντας ως τομές ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του αρικού ορθογωνίου. (Γιουγκοσλαβία) Πρόβλημα 4. Λέμε ότι ένας θετικός ακέραιος r είναι μια δύναμη, αν έει τη μορφή s r t, όπου t και s είναι ακέραιοι, t >, s >. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n υπάρει ένα σύνολο Α με στοιεία θετικούς ακέραιους, το οποίο ικανοποιεί τις συνθήκες:. Το σύνολο Α έει n στοιεία. Κάθε στοιείο του συνόλου Α είναι μια δύναμη. r + r + + rk. Για κάθε r, r,, r k ( < k < n ) από το Α ο αριθμός είναι μια k δύναμη. (Ρουμανία) ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Δίνεται f ( xf ( x) f ( y) ) ( f ( x) ) + y + () Θα αποδείξουμε πρώτα ότι f(f(y)) y, Για x 0 () Θέτοντας στην () y. f ( f ( y) ) ( f ( 0) ) + y, y y ( f ( 0) ) f f f ( ) ( ) ( ) () ( ( )) 0 0, β f 0 : f β 0. Επομένως η αρική σέση για x β γίνεται f(f(y)) y, Αντικαθιστώντας το x με f(x) ( ) ( ( ) ( )) x y () + +,, f xf x f y y xy (4) 75

( ) ( 4) ( ) ( 5 ) f( x ) + y x + y, xy, Για x f() ή f() -. ( ) i) Aν f () f (+f (y)) + y, y ( f( x) ) H (5) θέτοντας όπου x το +f (y) ( f( f( y )) ( + f ( y) ) ( y) ( f ( y) ) 7 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα ΒΜΟ x, x (5) + + + + y + y + f ( y) + f(y) και λόγω της (5) έουμε ότι f(y) y, y. ( ) ii) Αν f () - f (f (y)-) + y, y f( f( y ) f y H (5) θέτοντας όπου x το f (y)- ( ) ( ( ) ) ( + y) ( f( y) ) + y+ y + f ( y) f(y) έουμε ότι f(y) - y, y και λόγω της (5) Άρα, κάθε λύση της δοσμένης εξίσωσης έει μια από τις παρακάτω μορφές: ) f: R R, f (x) x x ) f: R R, f (x) -x x Επαλήθευση f xf x + f y ( ( ) ( )) ( f ( x) ) + y i) f(x) x ( ) f ( x x+ f y ) x + y f ( x + y) x + y Ισύει ii) f(x) x f ( x ( x) + f ( y) ) x + y f ( x y) ( x y) ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Ισύει Φέρουμε το ύψος ΑΑ. Αφού το τρίγωνο ΑΒC είναι ένα μη ισοσκελές οξυγώνιο τρίγωνο έπεται ότι Α (ΒC) και Α D.Επίσης η προβολή του Ε (ΑD) πάνω στην ευθεία BC είναι ένα εσωτερικό σημείο του τμήματος DA. Άρα, F (ΒC) και F D. Θεωρούμε την ευθεία (ε) // ΒC και έστω C και B τα σημεία τομής της με τα AC και AB αντίστοια. 76

7 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα ΒΜΟ Αφού B C // BC και EF BC, τότε EF B C και επειδή Ε είναι μέσο του τμήματος B C, το τρίγωνο Μ B C είναι ισοσκελές και EBC ECM () Επειδή MNC CEM 90, τα σημεία M,N,E, C είναι πάνω στον ίδιο κύκλο με διάμετρο ΜC. Άρα EC M ENM () Επειδή B PM B EM 90, τα σημεία M,P,E, B είναι πάνω στον ίδιο κύκλο με διάμετρο ΜBB. Άρα EB M EPM () Από τις (), () και () ENM EPM (4). Έστω EQ και ΜΗ οι ευθείες που περιέουν τις διοτόμους των γωνιών PEN και PMN. i) Αν υποθέσουμε ότι οι ευθείες EQ και ΜΗ ταυτίζονται τότε έουμε ΡΜ ΜΝ και ΑD είναι διοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ABC. Τότε το τρίγωνο ΑΒC είναι ισοσκελές, άτοπο από την υπόθεση άρα οι ευθείες EQ και ΜΗ δεν ταυτίζονται. ii) Aν MN EQ {K}και PM EQ {L}, τα τρίγωνα NEK και PEL είναι όμοια, άρα MKL KLM. Έστω Ε (PN). Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: α) Αν το τετράπλευρο PMNE είναι μη κυρτό (Σήμα ),τότε MKL + KLM PMH και έουμε KLM PMN PMH. Άρα EQ//MH. β) Αν το τετράπλευρο PMNE είναι κυρτό (Σήμα ),τότε MKL KLM PMH. Άρα EQ//MH. Αν Ε (NP), τότε οι διοτόμοι των γωνιών PMN και PEN είναι κάθετες πάνω στην ευθεία NP.Επομένως EQ//MH. ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Υποθέτουμε ότι το ορθογώνιο ABCD είναι τοποθετημένο σε ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων έτσι ώστε οι κορυφές του να έουν τις συντεταγμένες A(0,0), B(0,50), C(90,50) και D(90,0). (Σήμα 4) Υ 50 40 Β(0,50 F(60,5 C(90,50) 0 0 0 Χ Α(0,0 0 0 0 40 50 60 70 Α(60, D(90,0) Το ορθογώνιο μπορούμε να το ωρίσουμε σε 50 λωρίδες διαστάσεων 90, φέρνοντας ευθείες παράλληλες προς την πλευρά AD. Σε κάθε μια από αυτές τις 77

7 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα ΒΜΟ λωρίδες μπορούμε να τοποθετήσουμε 6 ορθογώνια με διαστάσεις 0, και περισσεύει ένα κομμάτι λωρίδας μήκους 90-(6 0 ) 90-60. Ας ονομάσουμε EFCD το ορθογώνιο που περισσεύει από το αρικό ABCD μετά την παραπάνω τοποθέτηση. Οι κορυφές του EFCD έουν συντεταγμένες : Ε(60,0), F(60,50), C(90,50) και D(90,0).Το ορθογώνιο EFCD το ωρίζουμε σε 5 λωρίδες κάθετες στην AD.Σε κάθε μια από αυτές τις λωρίδες μπορούμε να τοποθετήσουμε ορθογώνια με διαστάσεις 0. Άρα όλα τα ορθογώνια με διαστάσεις 0 που μπορούμε να τοποθετήσουμε στο ΑΒCD με την παραπάνω διάταξη είναι: (6 50) + ( 5) 5 ορθογώνια. Τώρα πρέπει να αποδείξουμε ότι πράγματι το 5 είναι ο μέγιστος αριθμός των ορθογωνίων. Θεωρούμε την οικογένεια των ευθειών: x + y 0, x + y 0, x + y 0,, x + y 0n,.. () Παρατηρούμε ότι το άθροισμα των μηκών των ευθυγράμμων τμημάτων που αποκόπτουν αυτές οι ευθείες από ένα τυαίο ορθογώνιο με πλευρές παράλληλες προς τους άξονες των συντεταγμένων είναι. Εξηγούμε αυτόν το ισυρισμό με δύο παραδείγματα: )Αν μία μόνο ευθεία της οικογένειας () τέμνει ένα ορθογώνιο: ψ 0 +ψ0 Κ s Ε Η Στο διπλανό σήμα οι συντεταγμένες των σημείων Κ, Ε, Η είναι: Κ(0-0,0), Ε(0-0, 9) και Η(0-9,9). Άρα το μήκος ΚΗs. Ο 0 ) Aν δύο ευθείες της οικογένειας () τέμνουν ένα ορθογώνιο: y 0 5 0 t 4 s O +ψ0 S R s m P +ψ0 0 0 x Από το διπλανό σήμα είναι εύκολο να δούμε ότι τα τμήματα t και m είναι ίσα. Οι συντεταγμένες των R, S και P είναι: R (0-5, 5), S (0-5, 4) και P(0-4, 4). Άρα έουμε t + m t+s. Το συνολικό μήκος των ευθ. τμημάτων που αποκόπτονται από την οικογένεια των ευθειών () από το αρικό ορθογώνιο είναι: S + S +... + S 9 570 60 78

7 η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα ΒΜΟ (υπολογίζετε εύκολα με ρήση αναλυτικής γεωμετρίας). (Σήμα 4). Επομένως ο μέγιστος αριθμός των ορθογωνίων 0 δεν είναι μεγαλύτερος από 570 60 [ 570 80 ] 5. Άρα δεν μπορούμε να κόψουμε περισσότερα από 5 ορθογώνια 0 ρησιμοποιώντας κοψίματα παράλληλα προς τις πλευρές του αρικού ορθογωνίου. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4. Πρώτα θα αποδείξουμε με επαγωγή πάνω στο n την πρόταση : «Για κάθε n υπάρει ένας θετικός ακέραιος d τέτοιος ώστε οι αριθμοί d, d,, nd, να είναι δυνάμεις.» Για n και n θεωρούμε d ² και τότε, είναι δυνάμεις. Υποθέτουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n, δηλαδή ότι υπάρει d τέτοιος ώστε si id t i () για κάθε i,,, n με t i >, s i >. Θα αποδείξουμε ότι και ο (n+)d είναι δύναμη. Ονομάζουμε me.k.π ( s, s,..., s n ) και παίρνουμε για n+ τον αριθμό D m ( n + ) d m+ (). Θα δείξουμε ότι για κάθε Πράγματι έουμε: i,,,...,n () ο αριθμός i D είναι δύναμη m i m m s m i id i ( n ) d d t ( ) (( ) s ) i i n d + + ti n+ d, για i n. m m+ Και για n+ έουμε: ( + ) ( + )( + ) (( + ) ) s m n D n n d n d + Άρα αποδείξαμε ότι για κάθε n υπάρει ένας θετικός ακέραιος d τέτοιος ώστε οι αριθμοί d, d,, nd, να είναι δυνάμεις. Μπορούμε να εφαρμόσουμε λοιπόν την πρόταση για n n!, δηλαδή υπάρει ένας αριθμός d τέτοιος ώστε οι αριθμοί d, d,, n n! d είναι δυνάμεις. Τώρα για το ζητούμενο σύνολο Α μπορούμε να πάρουμε το: Α {n! d, d n!,.., n n! d}. Είναι φανερό ότι Α n και ότι κάθε στοιείο του Α είναι μια δύναμη.δηλαδή το Α ικανοποιεί τις συνθήκες και. Για την συνθήκη έουμε: Για κάθε r, r,..., r k ( k n) από το Α μπορούμε να γράψουμε r i ai n! d όπου αi n, i,,..., k. r + r +... + rk n! n! Τότε ( a + a + a k ) d t d όπου ( a + a + ak ) είναι k k k ένας ακέραιος αριθμός. n! n! Αφού a + a + ak nk έουμε t ( a + a + ak ) nk άρα t nn!, k k r + r +... + rk και ο αριθμός είναι μια δύναμη. k Επομένως το σύνολο Α ικανοποιεί όλες τις δοσμένες συνθήκες. 79