ÅéêïóéäùäåêÜåäñïí. www.mathematica.gr. Ìáèçìáôéêü Äåëôßï. Ôåý ïò 13ï. Ïêôþâñéïò 2014 ISSN: 2241-7133

ÅéêïóéäùäåêÜåäñïí Ìáèçìáôéêü Äåëôßï Ôåý ïò 3ï Ïêôþâñéïò 04 www.mathematica.gr ISSN: 4-733

Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mathematica.gr. Η επιλογή και η φροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του mathematica.gr. Μετατροπές σε LaT E X-Σχήματα-Σελιδοποίηση: Συντακτική Επιτροπή, Εξώφυλλο: Γρηγόρης Κωστάκος. Στοιχειοθετείται με το LAT E X. Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα. ISSN: 4-733 Εικοσιδωεκάεδρο φιλοτεχνημένο από τον Leonardo da Vinci Το εικοσιδωδεκάεδρο είναι ένα πολύεδρο 3-εδρο) με είκοσι τριγωνικές έδρες και δώδεκα πενταγωνικές. Εχει 30 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 οιονεί κανονικά - quasiregular πολύεδρα που υπάρχουν, δηλαδή στερεό που μπορεί να έχει δύο τύπους εδρών οι οποίες εναλλάσσονται στην κοινή κορυφή Το άλλο είναι το κυβο - οκτάεδρο). Το εικοσιδωδεκάεδρο έχει εικοσιεδρική συμμετρία και οι συντεταγμένες των κορυφών ενός εικοσαέδρου με μοναδιαίες ακμές είναι οι κυκλικές μεταθέσεις των 0,0,±ϕ), ±,±ϕ +ϕ ),±, όπουϕοχρυσός λόγος + 5 ενώ το δυαδικό του πολύεδρο είναι το ρομβικό τριακοντάεδρο. Πηγή:http://en.wikipedia.org/wiki/Icosidodecahedron Απόδοση: Πάνος Γιαννόπουλος Ο δικτυακός τόπος mathematica.gr ανήκει και διευθύνεται σύμφωνα με τον κανονισμό του που υπάρχει στην αρχική του σελίδα http://www.mathematica.gr) από ομάδα Διευθυνόντων Μελών. Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Σ Αιρετά Μέλη. Φωτεινή Καλδή Φωτεινή) Γενική Συντονίστρια. Θάνος Μάγκος matha) Γενικός Συντονιστής 3. Νίκος Μαυρογιάννης nsmavrogiannis) Γενικός Συντονιστής 4. Χρήστος Κυριαζής chris_gatos) Υπεύθυνος Προγραμματισμού 5. Μιχάλης Λάμπρου Mihalis_Lambrou) Υπεύθυνος Επικοινωνίας και Ενημέρωσης 6. Μίλτος Παπαγρηγοράκης m.papagrigorakis) Υπεύθυνος Οικονομικών 7. Δημήτρης Χριστοφίδης Demetres) Υπεύθυνος Εκδόσεων Μόνιμα Μέλη. Γρηγόρης Κωστάκος grigkost) Διαχειριστής. Αλέξανδρος Συγκελάκης cretanman) Διαχειριστής Σ Ε. Στράτης Αντωνέας stranton). Κωνσταντίνος Βήττας vittasko) 3. Φωτεινή Καλδή Φωτεινή) 4. Σπύρος Καπελλίδης s.kap) 5. Αναστάσιος Κοτρώνης Κοτρώνης Αναστάσιος) 6. Στάθης Κούτρας ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ) 7. Χρήστος Κυριαζής chris_gatos) 8. Γρηγόρης Κωστάκος grigkost) 9. Βαγγέλης Μουρούκος emouroukos) 0. Μιχάλης Νάννος Μιχάλης Νάννος). Μίλτος Παπαγρηγοράκης m.papagrigorakis). Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 3. Αλέξανδρος Συγκελάκης cretanman) 4. Αχιλλέας Συνεφακόπουλος achilleas) 5. Χρήστος Τσιφάκης xr.tsif) 6. Σωτήρης Χασάπης polysot) Ε. Στράτης Αντωνέας stranton). Ανδρέας Βαρβεράκης ΑΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ) 3. Σπύρος Βασιλόπουλος spyros) 4. Κωνσταντίνος Βήττας vittasko) 5. Δημήτρης Ιωάννου ΔΗΜΗΤΡΗΣ) 6. Βασίλης Κακαβάς KAKABASBASILEIOS) 7. Γιώργης Καλαθάκης exdx) 8. Σπύρος Καπελλίδης s.kap) 9. Σπύρος Καρδαμίτσης Καρδαμίτσης Σπύρος)

0. Νίκος Κατσίπης nkatsipis). Αναστάσιος Κοτρώνης Κοτρώνης Αναστάσιος). Στάθης Κούτρας ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ) 3. Παύλος Μαραγκουδάκης Παύλος Μαραγκουδάκης) 4. Βαγγέλης Μουρούκος emouroukos) 5. Γιώργος Μπαλόγλου gbaloglou) 6. Ροδόλφος Μπόρης R BORIS) 7. Μιχάλης Νάννος Μιχάλης Νάννος) 8. Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 9. Γιώργος Ρίζος Γιώργος Ρίζος) 0. Δημήτρης Σκουτέρης dement). Μπάμπης Στεργίου Μπάμπης Στεργίου). Σωτήρης Στόγιας swsto) 3. Αχιλλέας Συνεφακόπουλος achilleas) 4. Κωνσταντίνος Τηλέγραφος Τηλέγραφος Κώστας) 5. Σεραφείμ Τσιπέλης Σεραφείμ) 6. Χρήστος Τσιφάκης xr.tsif) 7. Σωτήρης Χασάπης polysot) Μ. Χρήστος Καρδάσης ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ). Θανάσης Μπεληγιάννης mathfinder) 3. Θωμάς Ραϊκόφτσαλης Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) 4. Κωνσταντίνος Ρεκούμης rek) 5. Γιώργος Ροδόπουλος hsiodos) 6. Βασίλης Στεφανίδης bilstef)

Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Ο Γιάννης έχει κάμποσα βάζα με σοκολατάκια από τα οποία κανένα δεν είναι άδειο. Οι κανόνες ενός παιχνιδιού με τον πατέρα του, του επιτρέπουν είτε να διπλασιάσει το περιεχόμενο ενός βάζου, είτε να φάει ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. α) Μπορεί πάντα ο Γιάννης να αδειάσει όλα τα βάζα με αυτούς τους κανόνες; β) Αν αντί να διπλασιάζει το περιεχόμενο ενός βάζου το τριπλασιάζει, τότε μπορεί πάντα να αδειάσει όλα τα βάζα; ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο KARKAR) Το ορθογώνιο ABCD του σχήματος έχει διαστάσεις 8 3 και τα M, N είναι τα μέσα των πλευρών AB, AD. α) Βρείτε σημείο S της πλευράς DC, ώστε το εμβαδόν του S MN να ισούται με το του εμβαδού του ABCD. 3 β) Στη συνέχεια δείξτε ότι η απόσταση BT της κορυφής B από την ευθεία MS, είναι μικρότερη από 3. ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο KARKAR) Βρείτε τους ϑετικούς ακεραίους a, b, ώστε να ισχύει a + b = 9. Μαθηματικά Α Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Τι γωνία σχηματίζουν οι δείκτεςενός συμβατικού ρολογιού στις παρά 0 το βράδυ; Μαθηματικά Γ Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 7 Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Στο παρακάτω τετράπλευρο ισχύει AB=A, BΓ=Γ καιγ =ΓP+. Να βρεθεί το εμβαδό του ABΓ ) ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο PetranOmayromixalis) Όλα μου τα στιλό εκτός από 3 είναι μπλε, όλα μου τα στιλό εκτός από 4 είναι κόκκινα, όλα μου τα στιλό εκτός από 5 είναι μαύρα. Πόσα στιλό έχω; Μαθηματικά Β Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο KARKAR) Δείξτε ότι τα τμήματα AB,CS στο πιο κάτω σχήμα είναι ίσα μεταξύ τους. ΑΣΚΗΣΗ 8 Προτείνει ο vzf) Σε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές a, b, υποτείνουσα c, και m>, να αποδείξετε ότι a m + b m < c m. Μαθηματικά Α Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 9 Προτείνει ο qwerty) Να απλοποιήσετε την παρακάτω παράσταση: 08+0 A= 3 3 08 0. ΑΣΚΗΣΗ 0 Προτείνει ο Απόστολος Τιντινίδης) Να λυθεί η εξίσωση 3x )4x )6x )x )=5. 3

Μαθηματικά Α Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Γιώργος Βισβίκης) ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο Αποστόλης { Τιντινίδης ) x+y=4 α) Να λυθεί στοrτο σύστημα: x 4 + y 4 = 8 4 4 β) Να λυθεί στοrηεξίσωση: 4 x+ 4+ x=4 Μαθηματικά Β Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Στην πλευρά BC ενός τετραπλεύρου ABCD υπάρχουν δύο σημεία E, F, τέτοια ώστε: BÂE= C ˆDF και EÂF=E ˆDF. Αποδείξτε ότι FÂC= E ˆDB. ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Εστω τρίγωνο ABC και M το μέσο του BC. Από τυχαίο σημείο S της ευθείας της διχοτόμου της γωνίας του A, φέρνουμε προς τις πλευρές AB, AC, ή τις προεκτάσεις αυτών, S E AB και S Z AC. Αν T είναι το σημείο τομής της ευθείας AM με την EZ, να αποδειχθεί ότι: T S BC. ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο Γιώργος Μήτσιος) Στο σχήμα που ακολουθεί: Οι PA, PBE και EC εφάπτονται στα σημεία A, B,C του περιγεγραμμένου κύκλου του οξυγωνίου) τριγώνου ABC αντίστοιχα. Είναι BH AC. Να δειχθεί ότι η HB είναι διχοτόμος της γωνίας PHE, Εστω ισοσκελές τρίγωνο ABCAB = AC). Γράφουμε τον περιγεγραμμένο του κύκλο O) κέντρου O. Θεωρούμε σημείο S του κύκλου με τα O, S εκατέρωθεν της AC. Οι εφαπτόμενες του κύκλου O) στα B, S τέμνονται στο σημείο P. Γράφουμε και τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία C, S, P, ο οποίος τέμνει την ευθεία BP στο T με P διαφορετικό από το T). α) Πως πρέπει να επιλέξουμε το S ώστε τα σημεία O, C, T να ανήκουν στην ίδια ευθεία; β) Αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του πρώτου ερωτήματος και ε- πί πλέον η γωνίαϕ=aĉs= 4 0, να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώνου ABC και του τετράπλευρου CT PS. Μαθηματικά Β Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να λυθεί το σύστημα x + xy = 9x x) 4 = + 3xy x) Μαθηματικά Β Λυκείου, Κατεύθυνση ΑΣΚΗΣΗ 7 Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Εστω η εξίσωση x λx y 4λy 3λ = 0 Q λ ). 4

α) Δείξτε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει δύο κάθετες ευ- ϑείες μεταξύ τους λ R. β) Βρείτε το γεωμετρικό τόπο του σημείου τομής των ευθειών για τις διάφορες τιμές τουλ. γ) Αν μια ευθεία της οικογένειας Q λ ) με ϑετικό συντελεστή διέρχεται από το σημείο 3,0) να βρεθεί η αντίστοιχη τιμή λ 0 της μεταβλητήςλ. Δείξτε ότι για την ανωτέρω τιμήλ 0 οι ευθείες της οικογένειας Q λ0 είναι συμμετρικές ως προς την x=. δ) Ας ονομάσουμε στη συνέχεια τις δύο αυτές ευθείες της οικογένειας Q λ0 μεε -την ευθεία που έχει ϑετικό συντελεστή διεύθυνσης- καιε -την ευθεία η οποία έχει αρνητικό συντελεστή διεύθυνσης. Να βρεθούν οι παράλληλες ευθείες στις ε,ε που βρίσκονται σε απόσταση 3 από αυτές. ε) Εστω δ ) η παράλληλη στηνε που δεν διέρχεται από το ο τεταρτημόριο καιδ αυτή που είναι παράλληλη στηνε και διέρχεται από το ο τεταρτημόριο. Οι ευθείεςε, ε, δ, δ προφανώς τέμνονται ανά δύο. Τι είδος παραλληλόγραμμο σχηματίζουν ΑΣΚΗΣΗ 8 Προτείνει ο Χρήστος Ευαγγελινός) Εστω A,), B,5) δύο κορυφές του τριγώνου ABΓ και I,) το έγκεντρό του. Να βρεθούν οι συντεταγμένες της κορυφής Γ. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Γενική Παιδεία ΑΣΚΗΣΗ 9 Προτείνει ο parmenides5) Εστω η συνάρτηση f x)=e x με x 0και ο δειγματικός χώροςω. α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x) μπορεί να είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου A τουωδηλαδή να ισχύει για x 0. PA)= f x)=e x β) Με δεδομένο το ερώτημα α) να αποδείξετε ότι ο χώροςω αποτελείται από μη ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. ΑΣΚΗΣΗ 0 Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Εστω δ η διάμεσοςντο πλήθος παρατηρήσεων: x, x,..., x ν ν ). Να α- ποδείξετε ότι η συνάρτηση: f x)= x x + x x +...+ x x ν με x=δλαμβάνει ελάχιστη τιμή. α) z =. ) z zi i+ β) 0. +zi γ) Re z)= z+. δ) z 3z+ =5 z+. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ορια, Συνέχεια ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Δίνονται οι πραγματικές συναρτήσεις με τύπους:, x<0 f x)= 0, x=0, x>0 και gx)= x x+4. Να ορίσετε και στη συνέχεια να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις συναρτήσεις f g καθώς και τη g f. ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο Λάμπρος Μπαλός ) Για x>0και για τη γνησίως αύξουσα συνάρτηση f είναι Να βρεθεί ο τύπος της f. f e f x) )=ln x. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Διαφορικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Να βρεθεί η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύουν τα εξής: f x)=e x+ f x), x Rκαι f 0)=0. ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Εστω η παραγωγίσιμη γνησίως αύξουσα και κυρτή συνάρτηση f :R Rμε f R)=R. Αν η C f έχει ασύμπτωτη στο+ την ευθεία y=λx+β: α) Να αποδειχτεί ότιλ>0. β) Να βρεθεί αν υπάρχει) η ασύμπτωτη της C f στο+. γ) Να αποδειχτεί ότιλ f x)+β< x για κάθε x R. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Μιγαδικοί Αριθμοί ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Αν για τον μιγαδικό z γνωρίζουμε ότι η εικόνα του είναι σημείο κύκλου κέντρου K0, ) και ακτίνας, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του z z+)i+z 5. ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Βασίλης Ευαγγέλου) Δίνεται μιγαδικός αριθμός z για τον οποίο ισχύει Να αποδειχθεί ότι: z 0 +0iz 9 +0iz =0. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ολοκληρωτικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 7 Προτείνει ο Δημήτρης Βερροιόπουλος) Να αποδειχθεί ότι: dt e x) με x>0. x e xt t ΑΣΚΗΣΗ 8 Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης f : [,+ ) 0,+ ) για την οποία ισχύουν: f )=, Η f είναι παραγωγίσιμη στο,+ ), Για κάθε x>είναι x x f x) = f x) f x) ln x, 5

Για κάθε x [,+ ) είναι x+ x f t) dt< f x). β) Αν η απόσταση AB ισούται με, να βρείτε τα σημεία M της γραφικής παράστασης της f και τις εφαπτόμενες στα σημεία αυτά. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ασκήσεις σε όλη την Υλη ΑΣΚΗΣΗ 9 Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Δίδεται η συνάρτηση x ln x+ 7 3 c, x f x)= x log + c,0< x< x 7, x=0 6 Η f είναι συνεχής στο x 0 =.. Να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και να βρείτε το πρόσημο της.. Να βρείτε το σύνολο τιμών της. 3. Να εξετάσετε αν η f είναι συνεχής στο x 0 = 0 και να υπολογίσετε το εμβαδόν που περικλείεται της C f των ευθειών x=0, x=και του άξονα x x. ΑΣΚΗΣΗ 30 ΠροτείνειοΚώσταςΖερβός) Να βρεθούνοι x, y R, αν x+3y) e 4y + y + x)e x += e x + y) x + y +xy+ x+3, ΑΣΚΗΣΗ 34 Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Αν x, y R, να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: A= 04 x + y 4x+y+58. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 35 Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Αν a, b > 0, να αποδειχθεί ότι: + a ) 04+ + b 04 b a) 05. ΑΣΚΗΣΗ 36 Προτείνει ο Στρατής Αντωνέας) Εστω x n = Να υπολογίσετε το άθροισμα n+ n με n=,,... x + x +...+ x 49. και x+ y=. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Γεωμετρία Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Θέματα με Απαιτήσεις ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R ισχύει ΑΣΚΗΣΗ 37 Προτείνει ο KARKAR) Δύο κύκλοι τέμνονται στα A, B και έχουν κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα CD. Από το B διέρχεται ευθεία ǫ, παράλληλη της CD, η οποία τέμνει τους κύκλους στα P, T. Τα PC και T D τέμνονται στο S, ενώ οι CA και DA τέμνουν τηνǫ στα σημεία L, N. Να δείξετε ότι S L=S N. f x) x ) f x) )=, x R και είναι Να βρεθεί η f. f 0)=, f 0)=0. ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Αν 0<a<b και η f : [a, b] Rσυνεχής και γνησίως αύξουσα, να αποδειχθεί ότι b ab a f x) b x dx< f x)dx. a Ασκήσεις μόνο για μαθητές ΑΣΚΗΣΗ 33 Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Εστω σημείο Bx 0, 0) του ημιάξονα Ox με x 0 και η συνάρτηση f x)= x x 0, x>0. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Mx 0, f x 0 ) τέμνει τον Ox στο σημείο A. α) Να δείξετε ότι η απόσταση AB ισούται με ln x 0. ΑΣΚΗΣΗ 38 Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB AC.Ονομάζουμε C) τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC, H το ορθόκεντρο, και O το κέντρο του C). Ας είναι M το μέσο του BC. Η AM τέμνει ακόμα τον C) στο N και ο κύκλος C ) διαμέτρου AM ξανά στο P. 6

α) Να δειχθεί ότι οι ευθείες AP, BC, OH συντρέχουν αν και μόνο αν AH=HN. β) Πως μπορεί να γίνει η γεωμετρική κατασκευή ενός τριγώνου με τις πιο πάνω προδιαγραφές; ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο Στάθης Κούτρας.) Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο O) και ας είναι K), ο κύκλος με διάμετρο το ύψος του AD. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες BE, CF, DZ διέρχονταιαπό το ίδιοσημείο, όπου E K) AC, F K) AB, Z K) O) και Z A. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 39 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :Z + Z + τέτοιες, ώστε για κάθε x, y Z +. f x + f y))= x f x)+y, ΑΣΚΗΣΗ 40 Θάνος Μάγκος) Αν a, b, c>0 να αποδείξετε ότι a+b+c) a + b + ) a + b + c 9 c ab+bc+ca. Θέματα Διαγωνισμών ΕΜΕ ΑΣΚΗΣΗ 43 Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Θεωρούμε στο ε- πίπεδο 00 σημεία ώστε ανά τρία να μην είναι συνευθειακά. Να αποδείξετε ότι το 30% τουλάχιστον των τριγώνων που σχηματίζονται από τα σημεία αυτά, είναι μη οξυγώνια. ΑΣΚΗΣΗ 44 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Υπάρχουν πρώτοι p < p <...< p 99 ώστε οι αριθμοί p + p, p + p 3,..., p 98 + p 99, p 99 + p να είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων; Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο parmenides5.) Τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο O, R) και περιγεγραμμένο σε κύκλο I, r). Εάν OI=xνα αποδειχθεί ότι r = R+ x) + R x). Μαθηματικοί Διαγωνισμοί για Φοιτητές ΑΣΚΗΣΗ 45 Από τον διαγωνισμό Kyiv Taras του 03) Εστω n n πίνακες A, B τέτοιοι ώστε για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση AX+ Y B=C έχει λύση. Να δείξετε ότι για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση A 03 X+ Y B 03 = C έχει λύση. ΑΣΚΗΣΗ 46 Προτείνει ο Φαίδων Αντριόπουλος) Εστω a Rκαι μια συνάρτηση f : a,+ ) R, η οποία είναι φραγμένη σε κάθε διάστημα της μορφής a, b) με b Rκαι a<b. Αν το όριο f x+) f x) lim, x + x k υπάρχει για κάποιο k N, να δείξετε ότι f x) lim = x + x k+ k+ lim f x+) f x) x + x k 7

Άλγεβρα ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 47 Προτείνει η Μυρτώ Λιάπη) Αν V ο διανυσματικός υποχώρος τουr n n που αποτελείται από τους άνω τριγωνικούς πίνακες, να βρείτε μια βάση του και έναν διανυσματικό υποχώρο W τουr n n τέτοιον ώστε οr n n να είναι το ευθύ άθροισμα των V, W. ΑΣΚΗΣΗ 48 Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω px) πολυώνυμο με ρητούς συντελεστές βαθμού τουλάχιστον. Να εξεταστεί αν το σύνολο είναι πυκνό στοr. Ανάλυση ΑΕΙ A={x R\Q : px) Q} ΑΣΚΗΣΗ 49 Προτείνει ο Γεώργιος Σμυρλής) Δείξατε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση f : [0,] R, ώστε f x)= γιά κάθε x [0,]. 0 sin x+ f t) ) dt, ΑΣΚΗΣΗ 50 Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω a n μία ακολουθία ϑετικών ακεραίων με όριο το άπειρο. Εξετάστε αν το σύνολο { an } m : n.m N είναι πυκνό στο 0,+ ). ΑΣΚΗΣΗ 53 Προτείνει ο Δημήτριος Κανακάρης) Να αποδειχθεί ότι αν το τετράγωνο ενός ϑετικού ακεραίου μπορεί να παρασταθεί ως διαφορά διαδοχικών κύβων, τότε ο αριθμός αυτός μπορεί να παρασταθεί και ως άθροισμα διαδοχικών τετραγώνων. ΑΣΚΗΣΗ 54 Προτείνει ο vzf) Δίνονται δεκαεφτά ακέραιοι. Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα υποσύνολό τους από εννιά ακέραιους, που το άθροισμά τους είναι πολλαπλάσιο του 9. Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 55 Προτείνει ο petros r). Εστω a ένας ϑετικός πραγματικός αριθμός. Υπολογίστε το + sin x cos x I= 0 xx + a ) dx. ΑΣΚΗΣΗ 56 Προτείνει ο vz f) Να υπολογίσετε το μέτρο του έργου W που χρειάζεται για την εκτόξευση πυραύλου βάρους B από την επιφάνεια της Γης, κατακόρυφα σε ύψος h. Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών ΑΣΕΠ) ΑΣΚΗΣΗ 57 Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης K := cot70 +4 cos70. Γεωμετρία ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Τα διανύσματα α= OA, β= OB και γ= OΓ είναι μοναδιαία και σχηματίζουν ίσες γωνίες π 3, δηλαδή Να υπολογισθεί η παράσταση α, β ) = β, γ ) = γ, α ) = π 3. A= α α α γ ))) β γ ). ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Από τυχόν σημείο M τής έλλειψης x α +y β =, α,β R, φέρνουμε τις καθέτους προς τους άξονές της, MA και MB, αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι ο πόλος τής ευθείας που διέρχεται από τα σημεία A και B, γράφει την καμπύλη α x +β y =. ΑΣΚΗΣΗ 58 Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f x)= sinx sin x + cos x +. Ο Φάκελος του καθηγητή, Ανάλυση ΑΣΚΗΣΗ 59 Προτείνει ο Γιώργος - Σ. Σμυρλής) Εστω a n ) n N μια ακολουθία ϑετικών αριθμών. Είναι γνωστό ότι: Αν a n <, τότε n= n= a n n n <. Να αποδειχθεί το ακόλουθο, κάπως πιο εξειδικευμένο, αποτέλεσμα: Αν a n = s<, τότε a n n n s+ s. n= ΑΣΚΗΣΗ 60 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να βρείτε ό- λες τις συνεχείς συναρτήσεις f :R Rτέτοιες, ώστε για κάθε x, y R. n= f x+ y+ f xy))=xy+ f x+y), Θεωρία Αριθμών ΑΕΙ Ο Φάκελος του καθηγητή, Γεωμετρία 8

ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Εστω παραβολή y = px με το E για εστία. Για n 3 ϑεωρούμε ένα κανονικό πολύγωνο A A A 3 A n με κέντρο την εστία E και με καμία κορυφή στον άξονα συμμετρίας της παραβολής. Αν οι ημιευθείες EA, EA,..., EA n τέμνουντηνπαραβολήστα B, B,..., B n αντιστοίχως τότε να δείξετε ότι: EB + EB + EB 3 + + EB n np. ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο Γιώργης Καλαθάκης) Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD. Να βρείτε μια αναγκαία και ικανή συνθήκη, ώστε να υπάρχει σημείο O στο εσωτερικό του τετραπλεύρου για το οποίο να ισχύει: AOB)= BOC)= COD)=DOA). Ο Φάκελος του καθηγητή, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 63 Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Ας είναι n ακέραιος και a C R με a =. Θεωρούμε την εξίσωση Να αποδείξετε ότι: n ) n +a k )x k = 0. k k=0 α) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι σημεία μιας ευθείαςl a β) Δύο ευθείεςl a,l b τέμνονται κάθετα αν και μόνο αν ισχύει a+b=0. ΑΣΚΗΣΗ 64 Προτείνει ο Βαγγέλης Μουρούκος) Να αποδείξετε ότι ) arccos = arctan 5 3. 9

Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Ο Γιάννης έχει κάμποσα βάζα με σοκολατάκια από τα οποία κανένα δεν είναι άδειο. Οι κανόνες ενός παιχνιδιού με τον πατέρα του, του επιτρέπουν είτε να διπλασιάσει το περιεχόμενο ενός βάζου, είτε να φάει ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. α) Μπορεί πάντα ο Γιάννης να αδειάσει όλα τα βάζα με αυτούς τους κανόνες; β) Αν αντί να διπλασιάζει το περιεχόμενο ενός βάζου το τριπλασιάζει, τότε μπορεί πάντα να αδειάσει όλα τα βάζα; Ομως ο κανόνας γ) μπορεί να εφαρμοστεί το πολύ m διαδοχικές φορές, όπου m ο αριθμός των βάζων. Επομένως η ακολουθία N km+) ) είναι αυστηρώς φθίνουσα ακολουθία φυσικών, άτοπο αφού τέτοια α- κολουθία δεν μπορεί να υπάρξει. Για το επιπλέον ερώτημα αν ξεκινήσουμε με δύο βάζα και συνολικά περιττό αριθμό από σοκολατάκια τότε, μετά από κάθε βήμα ο αριθμός ϑα εξακολουθεί να είναι περιττός και άρα τα βάζα δεν ϑα αδειάσουν ποτέ. ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο KARKAR) Βρείτε τους ϑετικούς ακεραίους a, b, ώστε να ισχύει a + b = 9. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 44&t 3906 Λύση Δημήτρης Χριστοφίδης) Μπορεί να τα αδειάσει. Ακολουθεί τους εξής κανόνες: α) Αν δεν υπάρχει βάζο με ένα σοκολατάκι, τότε α- φαιρεί ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. β) Αν όλα τα βάζα έχουν από ένα σοκολατάκι, τότε αφαιρεί ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. γ) Αν υπάρχει τουλάχιστον ένα βάζο που έχει ένα σοκολατάκι και τουλάχιστον ένα που έχει περισσότερα, τότε παίρνει ένα βάζο που περιέχει ένα σοκολατάκι και διπλασιάζει το περιεχόμενό του. Υποθέτουμε ότι η πιο πάνω διαδικασία δεν τερματίζει ποτέ και ϑα καταλήξουμε σε άτοπο. Εστω N k ο αριθμός από σοκολατάκια που περιέχει το βάζο με τα περισσότερο σοκολατάκια μετά το βήμα k. Παρατηρούμε ότι η ακολουθία N k ) είναι φθίνουσα. Επίσης παρατηρούμε ότι N k+ < N k, εκτός και αν στο k + βήμα εφαρμόζουμε τον κανόνα γ). http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 44&t 3494 Λύση Θανάσης Μπεληγιάννης) Είναι a + b = 9 ab 9a 9b=0 4ab 8a 8b=0 a 9) b 9)=8. απ όπου παίρνουμε τις λύσεις: a, b)=5,45),a, b)= 6,8),a, b)=9,9),a, b)=8,6),a, b)=45,5). Λύση Στράτης Αντωνέας) Το συγκεκριμένο πρόβλημα υπάρχει στον πίνακα που έχει ο πάπυρος του Rhind, όπου αναφέρεται πως γίνεται η ανάλυση ενός κλάσματος της μορφής με n=,3,...,50 σε ϑεμε- n+ λιώδη κλάσματα, δηλαδή κλάσματα με αριθμητή το. Στον πίνακα υπάρχει η ανάλυση 9 = 6 + 8. Μια ανάλυση τέτοιων κλασμάτων μπορούμε να πετύχουμε χρησιμοποιώντας την ταυτότητα: 0

n+ = n+)n+) + n+. Από αυτήν έχουμε: 9 = 45 + 5. Σχετικά με το ϑέμα μπορείτε να βρείτε στη σειρά: Ιστορία των Μαθηματικών - G. Loria, Εκδοση ΕΜΕ, τόμος πρώτος. Λύση 3 Γιάννης Σταματογιάννης) Η σχέση που δόθηκε γράφεται a + b = 9 a= 9+ 8 ) b 9 Εφόσον ο a είναι ϑετικός ακέραιος έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: b 9= b=5, a=45, a, b)=45,5). b 9=3 b=6, a=8, a, b)=8,6). b 9=9 b=9, a=9, a, b)=9,9). b 9=7 b=8, a=6, a, b)=6,8). b 9=8 b=45, a=5, a, b)=5,45). Οι άλλες περιπτώσεις δεν δίνουν ϑετικούς ακέραιους.

Επιμελητής: Δημήτρης Ιωάννου ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Τι γωνία σχηματίζουν οι δείκτες ενός συμβατικού ρολογιού στις παρά 0 το βράδυ; http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 33&t 494 Λύση Χρήστος Ντάβος) Στις 0 ακριβώς λοιπόν, σε 40. Ο μεγάλος δείκτης ϑα υστερεί από τις 0 κατά 360 = 60. Ο μικρός δείκτης υπερβαίνει τις 0 κατά 40 60 360 = 0. Συνολικά λοιπόν σχηματίζουν γωνία 80. ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο PetranOmayromixalis) Όλα μου τα στιλό εκτός από 3 είναι μπλε, όλα μου τα στιλό εκτός από 4 είναι κόκκινα, όλα μου τα στιλό εκτός από 5 είναι μαύρα. Πόσα στιλό έχω; http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 33&t 0369 Λύση Geopa) Α) Αν έχουμε μόνο μπλε, κόκκινα και μαύρα στιλό τότε από τα δεδομένα: Κόκκινο+Μαύρο= 3. Μπλε+Μαύρο= 4. Μπλε+Κόκκινο= 5. Αν τα προσθέσουμε κατά μέλη είναι Μπλε+Κόκκινο+Μαύρο)=. Άρα Μπλε+Κόκκινο+Μαύρο= 6. Β) Αν υπήρχαν και στιλό με άλλα χρώματα τότε από τα δεδομένα ϑα είχαμε: Κόκκινο+Μαύρο+άλλο χρώμα= 3. Μπλε+Μαύρο+άλλο χρώμα= 4. Μπλε+Κόκκινο+άλλο χρώμα= 5. Από την πρώτη εξίσωση: Κόκκινο=Μαύρο=Άλλο χρώμα=. Ενώ από τη η Μπλε=. Και από την 3η Μπλε= 3. Άτοπο, δεν υπάρχει στυλό με άλλο χρώμα.

Επιμελητής: Παύλος Μαραγκουδάκης ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο KARKAR) Δείξτε ότι τα τμήματα AB, CS στο πιο κάτω σχήμα είναι ίσα μεταξύ τους. ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο KARKAR) Το ορθογώνιο ABCD του σχήματος έχει διαστάσεις 8 3 και τα M, N είναι τα μέσα των πλευρών AB, AD. α) Βρείτε σημείο S της πλευράς DC, ώστε το εμβαδόν του S MN να ισούται με το του εμβαδού του 3 ABCD. β) Στη συνέχεια δείξτε ότι η απόσταση BT της κορυφής B από την ευθεία MS, είναι μικρότερη από 3. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 34&t 4079 Λύση Ραφαήλ Ψυρούκης) Εύκολα βρίσκουμε ότι CÔS = 0. Επειδή οι BO και CO είναι ακτίνες του ίδιου κύκλου το COB είναι ισοσκελές και άρα OĈB=O ˆBC= 40. Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι OĈS = 40 και άρα CŜ O = 0. Άρα το S CO είναι ισοσκελές και άρα S C= CO. Ομως CO= BO και άρα από τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε: S C=BO ) Η BÂO είναι εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο BÔK, όπου K το σημείο τομής της AO με τον κύκλο. Ομως BÔK= 0 και άρα: BÂO= BÔK = 60 Επομένως, το BOA είναι ισόπλευρο και άρα: AB= BO ) Από τις ) και ) έχουμε το ζητούμενο. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 34&t 4096 Λύση Μιχάλης Νάννος) α) Θέτω DS= x, άρα S C= 8 x. Αφού ABCD)=4, MAN)=3, MNS )=8ϑα πρέπει Άρα DNS )+S MBC)= 3. 3x 4 που δίνει x= 0 3. + 3 x) = 3 β) Φέρω S E = CB = 3, τότε EB = S C = 4 3 και ME= 8 3. Από Πυθαγόρειο στο S ME είναι ) 8 S M = +3 S M= 3 45 3. 3

Στο S MB είναι BT S M = S E MB BT= 36 45. Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε BT = 96 45 < 9=3 96<305, συνεπώς BT< 3. 4

Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ 7 Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Στο παρακάτω τετράπλευρο ισχύει AB=A, BΓ=Γ και Γ =ΓP+. Να βρεθεί το εμβαδό του ABΓ ) αφού P=BP=8. Τέλος ABΓ )=AB )+Γ B) E= 6 6+5 6 = 68. ΑΣΚΗΣΗ 8 Προτείνει ο vzf) Σε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές a, b, υποτείνουσα c, και m>, να α- ποδείξετε ότι a m + b m < c m. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 35&t 33893 Λύση Δημήτρης Τσιντσιλίδας) Τα σημεία A και Γ ισαπέχουν από τα B και,άρα η AΓ ειναι μεσοκάθετος της B. Ετσι με το Πυθαγόρειο ϑεώρημα παίρνουμε ότι AP=6. Επίσης ξανά με Πυθαγόρειο έχουμε Γ = P +ΓP ΓP+) = 64+ΓP 4ΓP=60 ΓP=5 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 35&t 544 Λύση Κώστας Καπένης) Αφού a c <, b c < και m> τότε ϑα ισχύουν: a ) m+ ) m b a ) + b < = c c c c) a + b = a m + b m < c m. c 5

Επιμελητής: Στράτης Αντωνέας ΑΣΚΗΣΗ 9 Προτείνει ο qwerty) Να απλοποιήσετε την παρακάτω παράσταση: 08+0 A= 3 3 08 0. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 9&p 887#p887 Λύση Αλέξανδρος Συγκελάκης) Είναι γνωστό ότι αν a+b+c=0τότε a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Αυτή η πρόταση υπάρχει στη σελ. 48 του σχολικού βιβλίου της Α Λυκείου). Άρα αφού ) 08+0 08 0=0 A+ 3 + 3 και όμοια 08 0= 3 ) 3. Άρα 08+0 A= 3 3 08 0 = 3 3+) 3 3 3 ) 3 = 3+) 3 ) = ΑΣΚΗΣΗ 0 Προτείνει ο Απόστολος Τιντινίδης) Να λυθεί η εξίσωση 3x )4x )6x )x )=5. από την παραπάνω πρόταση παίρνουμε A 3 + Οπότε 3 08+0 ) 3 + ) 08 0 3 3 ) 08+ = 3A 3 3 08 0. 0 A 3 0= 3A 3 08+0 ) 08 0 ) A 3 0= 6A A 3 +6A 0=0 A 3 8 ) + 6A )=0 A )A +A+0)=0 A= αφού το τριώνυμο A + A+0 δεν έχει πραγματικές ρίζες. Λύση Κώστας Ζερβός) Είναι 08= 3 3. Άρα 08+0= 3 3+0 = 3 3+9+3 3+ = 3) 3 + 3 3) +3 3+ 3 = 3+) 3 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 9&p 97474#p97474 Λύση Σπύρος Καρδαμίτσης) Κάνοντας πράξεις μεταξύ πρώτης, τέταρτης και δεύτερης, τρίτης παρένθεσης έχουμε: 36x 5x+)4x 0x+)=5 [3 x 5x)+][ x 5x)+]=5 Θέτοντας x 5x=t η παραπάνω εξίσωση γράφεται: 3t+)t+)=5 6t +5t 4=0 που έχει ως ρίζες τις t= 4 3 και t=. Αντικαθιστώντας στο μετασχηματισμό προκύπτουν οι εξισώσεις: ή ισοδύναμα x 5x= 4 3 και x 5x= 36x 5x+4=0 και 4x 0x =0. Εύκολα βρίσκουμε ότι η πρώτη είναι αδύνατη και η δεύτερη έχει ως ρίζες της και οι οποίες είναι και ρίζες της αρχικής εξίσωσης. Λύση Γιώργος Βισβίκης) Θέτω x =y, οπότε η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα: yy 3)y )y )=0 y 3y)y 3y+)=0. 6

Στη συνέχεια ϑέτω y 3y=t και έχω t +t 0=0 t=0 ή t=. Για t=0 είναι y 3y 0=0 y=5 ή y=. Επομένως, x =5 x= ή x = x=. Για t= είναι y 3y+=0, που δεν έχει πραγματικές λύσεις. 7

Επιμελητής: Μιχάλης Νάννος ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Γιώργος Βισβίκης) ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Στην πλευρά BC ενός τετραπλεύρου ABCD υπάρχουν δύο σημεία E, F, τέτοια ώστε: BÂE= C ˆDF και EÂF= E ˆDF. Αποδείξτε ότι FÂC=EˆDB. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 0&t 433 Λύση Στάθης Κούτρας) Εστω ισοσκελές τρίγωνο ABCAB= AC). Γράφουμε τον περιγεγραμμένο του κύκλο O) κέντρου O. Θεωρούμε σημείο S του κύκλου με τα O, S εκατέρωθεν της AC. Οι εφαπτόμενες του κύκλου O) στα B, S τέμνονται στο σημείο P. Γράφουμε και τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία C, S, P, ο οποίος τέμνει την ευθεία BP στο T με P διαφορετικό από το T). α) Πως πρέπει να επιλέξουμε το S ώστε τα σημεία O, C, T να ανήκουν στην ίδια ευθεία; Με EAF= EDF AEFD εγγράψιμο σε κύκλο. Εχουμε: XBA = BAE + AEB = FDC+ ADF = ADC εξωτερική στο τρίγωνο ABE) BAE= FDC, AEB= ADF αφού AEFD εγγράψιμο) β) Αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του πρώτου ερωτήματος και επί πλέον η γωνίαϕ=aĉs = 4 0, να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώνου ABC και του τετράπλευρου CT PS. Άρα το BADC είναι εγγράψιμο. Οπότε: BAC= BDC FAC= EDB BAF= EDC) http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 0&t 443 και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση Μιχάλης Νάννος) 8

CT PS να είναι εγγράψιμο, δηλαδή C T B=CŜ P=CÂS= C BS=ω. Από το ορθογώνιο τρίγωνο OBT είναιω=90 θ, οπότε το σημείο S προσδιορίζεται αν κατασκευάσουμε CÂS= 90 BÂC με 0 <θ<45. β) Αν AĈS = 4, τότε S PB=4 + θ. Από το ισοσκελές τρίγωνο PS B είναι 4 + θ +ω+θ=80 ) και από το ορθογώνιο τρίγωνο OBT είναι α) Θέτω BÂC = θ = BŜ C και C T B = ω. Θα είναι BÔC= θ επίκεντρη - εγγεγραμμένη στο ίδιο τόξο) και P BC=θ χορδή και εφαπτομένη). Για να είναι τα O, C, T συνευθειακά ϑα πρέπει το ω=90 θ ). Από το σύστημα των ), ) παίρνουμε θ,ω) = 8,34 ), οπότε ABC8,76,76 ) και CT PS 4,46,56,34 ). 9

Επιμελητής: Γιώργης Καλαθάκης ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να λυθεί το σύστημα x + xy = 9x x) 4 = + 3xy x) http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 4044 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 4090 Λύση Κώστας Ζερβός) Για το α) Είναι: x 4 + y 4 = 8 x + y ) x y = 8 [ x+y) xy ] xy) = 8 Λύση Κώστας Ζερβός) Πρέπει x. 3x Εστω t= x ), τότε: t = + ty t 0 t =ty y= t. t Επίσης: x x 0 + xy= y= x. x Άρα t = x xt x = t tx t x xt +tx x t=0 xtt+x) t+x)=0 t+x)xt )=0 t= x ή xt=. 3x Αν t = x, τότε = x x ), από την x + xy=έχουμε x 0,άρα x ) = 3 που είναι αδύνατη. Αν tx=, τότε: 3x x ) = 3x = x x+ x +x =0 x= ± 3. και αφού x = x, από την y= x x έχουμε: y=. Άρα x, y)= ± 3, ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο Αποστόλης { Τιντινίδης ) x+y=4 α) Να λυθεί στοrτο σύστημα: x 4 + y 4 = 8 4 β) 4 Να λυθεί στοrηεξίσωση: 4 x+ 4+ x=4 4 xy) xy) = 8 yx) 64xy+74=0 xy) 3xy)+87=0 xy=9 ή xy=3. Αν xy=3, έχουμε x+y=4 y=4 x, άρα x4 x)=3 x 4x+3=0 x= ή x=3. Για x= έχουμε y=3. Για x=3 έχουμε y=. Αν xy=9, έχουμε x+y=4 y=4 x, άρα x4 x)=9 x 4x+9=0 που είναι αδύνατη. Άρα x, y)=,3) ή x, y)=3,). β) Πρέπει 4 x 4. Εστω a= 4 4 x, b= 4 4+ x. Τότε a+b=4 και a 4 + b 4 = 4 x+4+ x=8. Άρα η a, b) είναι λύση του προηγούμενου συστήματος. Επομένως a, b)=,3) ή a, b)=3,). 4 4 x= Αν a, b) =,3), τότε: 4 4+ x=3 x=40 x=40. Αν a, b)=3,), τότε: 4 4 x=3 x= 40 4 4+ x= x= 40. Άρα x=40 ή x= 40 0

Επιμελητής: Στάθης Κούτρας ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Εστω τρίγωνο ABC και M το μέσο του BC. Από τυχαίο σημείο S της ευθείας της διχοτόμου της γωνίαςτου A, φέρνουμε προς τις πλευρές AB, AC, ή τις προεκτάσεις αυτών, S E AB και S Z AC. Αν T είναι το σημείο τομής της ευθείας AM με την EZ, να αποδειχθεί ότι: TS BC. αντίστοιχα και συνεπώς η σειρά Z, E, L, T) είναι αρμονική, άρα και η δέσμη A.ZELT είναι αρμονική και με M το μέσο της BC AL BC : ). Στο τρίγωνο AS L ισχύει ότι τα AQ, LF είναι τα δύο ύψη του, με F AS TZ EZ AS από τον «χαρταετό» ) και συνεπώς AQ LF T είναι το ορθόκεντρό του, άρα S T AL AL BC S T BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση Σιλουανός Μπραζιτίκος) http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 46 Λύση Στάθης Κούτρας) Προφανώς το τετράπλευρο AES Z είναι «χαρταετός» και εγγράψιμος σε κύκλο έστω O)) διαμέτρου AS AES= AZS= 90 0), έστω κέντρου O) και ας είναι Q AM O), L EZ S Q Τότε προφανώς είναι ZQA= EQA από τον «χαρταετό» ) και LQ QT A AS διάμετρος του O)). Ετσι στο τρίγωνο ZQE οι QT, QL είναι η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του Θεωρούμε την ομοιοθεσία του A που στέλνει το S στο μέσο N του τόξου BC από τη διχοτόμο της γωνίας A) του περίκυκλου του τριγώνου ABC που δεν περιέχει το A. Οι εικόνες E, Z ϑα είναι οι ορθές προβολές K, L του N στις ευθείες των πλευρών AB, AC του τριγώνου ABC αντίστοιχα. Από το Θεώρημα S impson τα σημεία K, M, L είναι συνευθειακά και η εικόνα του T ϑα είναι η τομή της AT με την KL, δηλαδή το σημείο M. Ετσι η εικόνα του S T ϑα είναι η NM. Από την ομοιο- ϑεσία είναι S T NM και με NM BC αφού N, M είναι τα μέσα του τόξου και της αντίστοιχης σε αυτό χορδής BC αντίστοιχα) ϑα είναι και S T BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 3 Σωτήρης Λουρίδας) Λήμμα:

Εστω τρίγωνο ABC και η διάμεσός του AM. Από τυχόν σημείο T της ημιευθείας AM ϑεωρούμε κάθετη στη διχοτόμο της γωνίας A του τριγώνου ABC που τέμνει την ημιευθεία AB στο σημείο E και την ημιευθεία TZ AC στο σημείο Z. Τότε ισχύει η σχέση: T E = c b. Απόδειξη του λήμματος Θεωρούμε τη διχοτόμο Ax της γωνίας A και E AB, Z AC, T EZ,, EZ Ax, AV = VB, AL = LC, DF Ax. Σημείωση: Στο σχήμα είναι ML AB, MV AC, V M=VD. Λύση 4 Στάθης Κούτρας) Εστω K, L τα σημεία τομής της εκ του T παραλλήλου προς την BC με τις AB, AC αντίστοιχα και ας είναι P, Q οι ορθές προβολές του T στις AB, AC αντίστοιχα. Τότε: M μέσο της BC KL BC T μέσο της KL Παρατηρούμε ότι MV= VD λόγω της καθετότητας της MD στη διχοτόμο. Ετσι παίρνουμε TZ T E = MF MD = AV VD = c AV V M = = c b b. Στο ϑέμα μας τώρα: Από το παραπάνω λήμμα στο TZ σχήμα που ακολουθεί ισχύει: T E = MF MD = c b = BJ JC : ). οπότε: Από τον «χαρταετό» T K)=T L) AT K)=AT L) T Q) T P) = AK) AL) = AB) AC) : ). AES Z AE)=AZ) PET= QZT T PE= T QZ=90 0 T QZ= T PE T Q) T P) = QZ) ) PE) QZ) PE) = AB) AC) και από το Θεώρημα των καθέτων ευθειών προκύπτει ότι TS BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο Γιώργος Μήτσιος) Στο σχήμα που ακολουθεί: Επομένως το τρίγωνο WEZ είναι όμοιο προς το τρίγωνο ABC καθότι ταυτόχρονα με την ) έχουμε: S WZ = EWS = S EZ = EZS = A. Άρα παίρνουμε ZS W= ZEW= C από το οποίο παίρνουμε το ζητούμενο. Οι PA, PBE και EC εφάπτονταιστα σημεία A, B, C του περιγεγραμμένου κύκλου του οξυγωνίου) τριγώνου ABC αντίστοιχα. Είναι BH AC. Να δειχθεί ότι η HB είναι διχοτόμος της γωνίας PHE,

Με τους γνωστούς συμβολισμούς των πλευρών του τριγώνου ABC και με OA=OB=r, αν διαιρέσουμε κατά μέλη τις σχέσεις ),3) προκύπτει: HC HA = a c MO NO : 4). Ομως OA = MO PO και OB = NO EO από το Θεώρημα του Ευκλείδη στα ορθογώνια τρίγωνα AOP και BOE αντίστοιχα, και έτσι ϑα έχουμε, εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη: MO PO=NO EO και με τη βοήθεια αυτής η σχέση 4) γίνεται: http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 4596 Λύση Νίκος Φραγκάκης) HC HA = a c EO PO : 5). Αλλά στα εγγράψιμα τετράπλευρα OBEC και OBPA α- πό το Θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε: a EO=rx και c PO=ry, όπου EC=EB= x και PA=PB=y. Τώρα ϑα έχουμε από τη σχέση 5), HC HA = x y = CE AP : 6). Για να δείξουμε ότι a = a αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα CHE και AHP είναι όμοια. Το τρίγωνο ZAC είναι ισοσκελές με κορυφή το σημείο Z,, που είναι το σημείο τομής των PE, EC. Θα έχει λοιπόν τις παρά την βάση του γωνίες ίσες και προφανώς και τα παραπληρώματα αυτών των γωνιών ίσα, δηλαδή ϑα ισχύει: ECH= HAP : ). Φέρνουμε τις διακεντρικές ευθείες OP, OE που είναι προφανώς μεσοκάθετες στις AB, BC αντίστοιχα στα σημεία M, N. Τα ορθογώνια τρίγωνα HCB και MOA είναι όμοια γιατί έχουν AOM= AOB = HCB και έτσι ϑα ισχύει: ομοίως δε HC MO = CB OA : ), HA NO = AB OB : 3). Οι σχέσεις ),6) μας εξασφαλίζουν ότι: HCE HAP από όπου προκύπτει το ζητούμενο. Λύση Γιώργος Βισβίκης) 3

Μέχρι ECH = HPA όπως η προηγούμενη λύση του Νίκου Φραγκάκη. Εστω A, B, C οι γωνίες του τριγώνου ABC. Τα ορθογώνια τρίγωνα EMB, AHB είναι όμοια A= B ) άρα BE AB = MB AH BE AB = BC AH : ). Ομοίως τα ορθογώνια τρίγωνα CGB, BNP είναι ό- μοια C= B ) άρα BE CH = BP BC AB CH = BP BC : ). Πολλαπλασιάζοντας τις ),) κατά μέλη παίρνουμε: BE AB AB CH = AH BP BC BC BE CH = BP AH. Αλλά BE = CE, BP=AP οπότε η παραπάνω σχέση CE γίνεται CH = AP και επειδή ECH= HAP, τα τρίγωνα CHE, AHP είναι όμοια από όπου προκύπτει AH το ζητούμενο. Λύση 3 Νίκος Φραγκάκης) και έτσι ισχύει:, ομοίως δε Είναι: HC BO = HB BP HC r HA r = HB x = HB y : 3). : ) ),3) HC HA = x y = CE AP : 4). Οι σχέσεις ),4) μας εξασφαλίζουν ότι HCE HAP από όπου προκύπτει το ζητούμενο. Λύση 4 Κώστας Βήττας) Για να δείξουμε ότι a = a αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα CHE και AHP είναι όμοια. Το τρίγωνο ZAC είναι ισοσκελές με κορυφή το Z, που είναι το σημείο τομής των PE, EC. Θα έχει λοιπόν τις παρά την βάση του γωνίες ίσες και προφανώς και τα παραπληρώματα αυτών των γωνιών ίσα, δηλαδή ECH= HAP : ). Θέτουμε OA=OB=r, CE=EB= x και PA=PB= y. Φέρνουμε τις διακεντρικές ευθείες OP, OE που προφανώς είναι μεσοκάθετες στις AB, BC αντίστοιχα. Τα ορθογώνια τρίγωνα HCB και BOP είναι όμοια γιατί έχουν: BOP= AOB = HCB Εστω T PE AC και στο τρίγωνο PEZ με διατέμνουσα την ACT, σύμφωνα με το Θεώρημα του Μενελάου, έχουμε: AP AZ CZ CE T E T P = T E T P = CE AP = BE BP : ) λόγω AZ = CZ, CE = BE και AP = BP. Από την ) προκύπτει ότι η σημειοσειρά T, E, B, P είναι αρμονική και άρα, η δέσμη H.T EBP είναι αρμονική. Στην αρμονική αυτή δέσμη από HB HT συμπεραίνουμε ότι οι ευθείες HB, HT ταυτίζονται με τις διχοτόμους εσωτερική και εξωτερική αντιστοίχως) της γωνίας H του τριγώνου HEP και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 5 Στάθης Κούτρας) 4

Εστω F, Q τα σημεία τομής της στο D BH O),D B) εφαπτόμενης του κύκλου O) με τις ευ- ϑείες PA, EC αντίστοιχα. Τότε για τις χορδές BD, AC του κύκλου O), με BD AC ODC+ AOB=80 0 Θα σταθώ σε δύο προσεγγίσεις, μόνο για την αναλογία - κλειδί του ϑέματος: AH AP = CH CE. FQE+ DOC=80 0, FPE+ AOB=80 0 FQE+ FPE= 80 0 FQEP αμφιγράψιμο τετράπλευρο. Για το περιγεγραμμένο τετράπλευρο FQEP οι διαγώνιές του και τα τμήματα που συνδέουν τα σημεία επαφής των απέναντι πλευρών του με τον εγγεγραμμένο του κύκλο διέρχονται από το ίδιο σημείο γνωστή πρόταση) και συνεπώς H EF PQ AC BD FQEP εγγραψιµo FEQ= FPQ HAP= HCE AP,CE εϕαπτoµενες τoυ O)) AHP CHE ) Με το πρώτο σχήμα του Νίκου Φραγκάκη) έχουμε και AHB NOC AH ON = AB OC OPA OMA AP AM = OA OK. Με διαίρεση κατά μέλη των πιο πάνω σχέσεων προκύπτει ότι: AH AP = OM ON OA OC. Με τον ίδιο τρόπο, τα όμοια τρίγωνα OMA, BHC και CEO, CON δίνουν δηλαδή είναι AH AP CH CE = OM ON OA OC, = d O, AB) d O, BC) R = CH CE. ) Ας δείξουμε την ίδια αναλογία με χρήση και της προσφιλούς Τριγωνομετρίας. Με την βοήθεια του σχήματος έχουμε: AH=AB συνϕ, PHA= EHC BH AC HB διχοτόμος της γωνίας EHP και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 6 Γιώργος Μήτσιος) ενώ ω=80 0 θ ηµω=ηµθ=ηµθσυνθ... AP ηµθ = AB ηµω 5

... AP= AB συνθ από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ABP. Συνεπώς είναι AH AP = συνϕσυνθ. Ομοίως βρίσκουμε: οπότε: CH=BCσυνθ... CH= BC συνϕ, CH CE = συνϕσυνθ= AH AP. Λύση 7 Μπάμπης Στεργίου) Πάλι με όμοια τρίγωνα: Από τα σημεία P, E φέρνουμε τις ορθές προβολές προς την ευθεία AB. Από τα όμοια τρίγωνα APL, BEK παίρνουμε διαδοχικά: LP KE = PA EB = PC EC = LH KH. Από τον πρώτο και τον τελευταίο λόγο παίρνουμε ό- τι τα τρίγωνα HLP, HKE είναι όμοια. Επομένως LHP = KHE και η απόδειξη ολοκληρώνεται. 6

Επιμελητής: Κώστας Τηλέγραφος ΑΣΚΗΣΗ 7 Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Εστω η εξίσωση x λx y 4λy 3λ = 0 Q λ ). α) Δείξτε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει δύο κάθετες ευθείες μεταξύ τους λ R. β) Βρείτε το γεωμετρικό τόπο του σημείου τομής των ευθειών για τις διάφορες τιμές τουλ. γ) Αν μια ευθεία της οικογένειας Q λ ) με ϑετικό συντελεστή διέρχεται από το σημείο 3, 0) να βρεθεί η αντίστοιχη τιμήλ 0 της μεταβλητήςλ. Δείξτε ότι γιατηνανωτέρωτιμήλ 0 οιευθείεςτηςοικογένειας Q λ0 είναι συμμετρικές ως προς την x=. δ) Ας ονομάσουμε στη συνέχεια τις δύο αυτές ευ- ϑείες της οικογένειας Q λ0 μεε -την ευθεία που έχει ϑετικό συντελεστή διεύθυνσης- καιε -την ευθεία η οποία έχει αρνητικό συντελεστή διεύ- ϑυνσης. Να βρεθούν οι παράλληλες ευθείες στις ε,ε που βρίσκονται σε απόσταση 3 από αυτές. ε) Εστω δ ) η παράλληλη στηνε που δεν διέρχεται από το ο τεταρτημόριο καιδ αυτή που είναι παράλληλη στηνε και διέρχεται από το ο τεταρτημόριο. Οι ευθείεςε, ε, δ, δ προφανώς τέμνονται ανά δύο. Τι είδος παραλληλόγραμμο σχηματίζουν http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 3&t 39 Λύση Κακαβάς Βασίλειος) α) Είναι x λx y 4λy 3λ = 0 x λx+λ y +4λy+4λ )=0 x λ) y+λ) = 0 x y 3λ)x+y+λ)=0 x y 3λ=0 ή x+y+λ=0, που σημαίνει τα σημεία Mx, y) ανήκουν στις ευ- ϑείες ε ) : x y 3λ=0 ή ε ) : x+y+λ=0 που είναι κάθετες αφού το γινόμενο των συντελεστών διεύθυνσης είναι. β) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ε ) : x y 3λ=0 ε ) : x+y+λ=0 προκύπτει η λύση x 0, y 0 )=λ, λ), οπότε το σημείο τομής είναι σημείο της ευθείας y= x. γ) Για την ευθεία που ανήκει το σημείο 3,0) ϑα ισχύει ότι 3 3λ=0 λ=. Άρα έχουμε τις ευθείες ε ) : x y+3 = 0, ε ) : x+y =0που τέμνονται στο σημείο, ). Τώρα αν x, y ) είναι σημείο της x y+3=0 και το συμμετρικό ως προς την ευθεία x= είναι το x, y ) ϑα ισχύει ότι = x +x και y = y. Άρα x = x και επειδή ισχύει x y +3=0 x y +3=0 x + y =0 σημαίνει ότι το x, y ) είναι σημείο της ευθείας ε ) : x+y = 0. Άρα οι ευθείες ε ) : x y+3=0, ε ) : x+y =0είναι συμμετρικές ως προς την x=. δ) Αν Mx M, y M ) σημείο της παράλληλης προς την ε ) x y+3=0 σε απόσταση 3 ϑα ισχύει ότι dm,ε )= x M y M +3 = 3 x M y M +3 =6 {x M y M 3=0, x M y M +9=0} που σημαίνει ότι είναι σημείο των ευθειών x y 3=0, x y+9=0με δ ) : x y 3=0 να 7

είναι αυτή που δεν διέρχεται από το από το ο τεταρτημόριο, αφού τέμνει τους Ox, Oy. Ακόμη αν Mx M, y M ) σημείο της παράλληλης προς την ε ) x+y = 0 σε απόσταση 3 ϑα ισχύει ότι dm,ε )= x M+ y M = 3 x M + y M =6 {x M + y M 7=0, x M + y M +5=0} που σημαίνει ότι είναι σημείο των ευθειών x+y 7=0, x+y+5=0με δ ) : x+y 7=0να είναι αυτή που διέρχεται από το από το ο τεταρτημόριο αφού τέμνει τους Ox, Oy και το παραλληλόγραμμο που σχηματίζουν είναι τετράγωνο πλευράς 3. ΑΣΚΗΣΗ 8 Προτείνει ο Χρήστος Ευαγγελινός) Εστω A,), B,5) δύο κορυφές του τριγώνου ABΓ και I, ) το έγκεντρό του. Να βρεθούν οι συντεταγμένες της κορυφής Γ. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?p 9483 Λύση Γιώργος Βισβίκης) Η εξίσωση της ευθείας AB είναι: y =4x ) 4x y 3=0 Εστω λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας AΓ. AΓ : y =λx ) λx y λ+=0. Το I ϑα απέχει και από την AΓ απόσταση ίση μερ. Άρα λ = 3, απ όπου βρίσκουμελ=4που λ + 7 είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της AB και λ= 4 που είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της AΓ. Οπότε, y= 4 x+ 3 4 ). Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της BΓ είναιµ= 4. Άρα, BΓ : y 5= 4x ) y= 4x+3 ) Η τρίτη κορυφή Γ έχει συντεταγμένες τις λύσεις του συστήματος των εξισώσεων ) και ). Δηλαδή, 49 Γ 7, 5 ). 7 Λύση Νίκος Φραγκάκης) Επειδή η διχοτόμος της γωνίας B είναι η ευθεία με εξίσωση: x=, η πλευρά BC ϑα διέρχεται από το συμμετρικό του A,) ως προς αυτή δηλαδή από το P3, ). Ομοίως η διχοτόμος της γωνίας A ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y= x, άρα η ευθεία AC ϑα διέρχεται από το συμμετρικό του B,5) ως προς την y= x δηλαδή το S 5,). Η τομή των ευθειών BPκαι AS δίδει το σημείο C. Η απόσταση του σημείου I από την AB είναι ακτίνα ρ του εγγεγραμμένου κύκλου με ρ= 4 3 = 3. 4 + 7 BP y= 4x+3 Είναι AS 4y= x+3 και οι συντεταγμένες που ζητάμε. x= 49 7 y= 5 7 που είναι 8

Επιμελητής: Χρήστος Τσιφάκης ΑΣΚΗΣΗ 9 Προτείνει ο parmenides5) Εστω η συνάρτηση f x)=e x με x 0και ο δειγματικός χώρος Ω. α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x) μπορεί να είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου A του Ω δηλαδή να ισχύει για x 0. PA)= f x)=e x β) Με δεδομένο το ερώτημα α) να αποδείξετε ότι ο χώρος Ω αποτελείται από μη ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. ΑΣΚΗΣΗ 0 Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Εστω δ η διάμεσος ν το πλήθος παρατηρήσεων: x, x,..., x ν ν ). Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση: f x)= x x + x x +...+ x x ν με x=δλαμβάνει ελάχιστη τιμή. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 8&t 5879 Λύση Αντώνης Κυριακόπουλος) Εστω ότι: x x... x ν. α) Εστω ότι ονείναι περιττός: ν=ρ+ ρ N ). Τότε: http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 8&t 565 Λύση Μυρτώ Λιάπη) α) Αρκεί να δείξουμε ότι 0 e x για κάθε x>0, αφού πρέπει 0 PA). Η e x 0 ισχύει πάντα. Εστω f x)=e x. Τότε f x)= e x < 0 και η f είναι γνησίως φθίνουσα. Ετσι για x 0 έπεται f x) f 0) e x 0 e x. β) Αν ο δειγματικός χώρος Ω αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα τότε PA)= NA) NΩ) NΩ)= NA) PA) NΩ)= NA) e x. Επειδή όμως ο NΩ) είναι φυσικός αριθμός ϑα πρέπει ο NA) να είναι πολλαπλάσιο του e x. Τότε ο NA) ϑα είναι άρρητος, άτοπο γιατί ο NA) είναι φυσικός. Ετσι ο δ.χ. αποτελείται από μη ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. x... x ρ x ρ+ =δ x ρ+ Με x< x, έχουμε:... x ρ x ρ+ I) x x + x xρ+ = x+ x x+ x ρ+ Με x> x ρ+, έχουμε: = x ρ+ x + x x) > x ρ+ x. x x + x xρ+ = x x + x x ρ+ = x ρ+ x + x x ρ+ ) Με x x x ρ+, έχουμε: > x ρ+ x. x x + x xρ+ = x x x+ x ρ+ Αποδείξαμε λοιπόν ότι: = x ρ+ x. x x + x xρ+ xρ+ x ), με το=μόνο αν x x x ρ+. Ομοια: 9

x x + x xρ xρ x ), με το=μόνο αν x x x ρ. x x + x ρ xρ+ xρ+ x ρ ρ), με το=μόνο αν x ρ x x ρ+. x x 0 ρ+ ρ+), με το=μόνο αν x= x ρ+. Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις αυτές βρίσκουμε: f x) x ρ+ + x ρ +...+ x ρ+ ) x + x +...+ x ρ ) II) Παρατηρούμε ότι, με x x ρ+, η ρ+) σχέση ισχύει με το>και άρα η II) ισχύει με το>. Ενώ με x= x ρ+ =δ, λόγω των I) κάθε μια από τις ρ+) σχέσεις ισχύει με το=και άρα η II) ισχύει με το =. Συνεπώς, με x=δ η συνάρτηση f λαμβάνει ελάχιστη τιμή. β) Εστω ότι ονείναι άρτιος:ν=ρ ρ N ). Τότε: x... x ρ x ρ+x ρ+ =δ x ρ+ Οπως παραπάνω βρίσκουμε ότι:... x ρ x ρ I ) x x + x xρ xρ x ), με το =) μόνο ανx x x ρ. x x + x xρ xρ x ), με το=μόνο αν x x x ρ. x x ρ + x xρ+ xρ+ x ρ ρ ), με το=μόνο αν x ρ x x ρ+. Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις αυτές βρίσκουμε: f x) x ρ + x ρ +...+ x ρ+ ) x + x +...+ x ρ ) II ) Παρατηρούμε ότι με x= x ρ+x ρ+ =δ, λόγω των I ), κάθε μια από τις ρ ) σχέσεις ισχύει με το= και άρα η II ) ισχύει με το=. Συνεπώς με x=δ η συνάρτηση f λαμβάνει ελάχιστη τιμή. 30

Επιμελητής: Λευτέρης Πρωτοπαπάς ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Αν για τον μιγαδικό z γνωρίζουμε ότι η εικόνα του είναι σημείο κύκλου κέντρου K0, ) και ακτίνας, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του z z+)i+z 5. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 5&t 40335 Λύση Θάνος Μάγκος) Θέτοντας w=z i το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής: Αν w =, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του w + w 4. Αν w= x+yi, x, y R είναι x + y = 4 και επίσης w = x y + x 4) + xy+y) = x + x 8) + 4 x )x+) =... = 68 6x. Λύση 3 Κώστας Χριστόπουλος) Θα μπορούσε κανείς από εδώ z z+ i = z z) +i) και πέρα, να το αντιμετωπίσει και γεωμετρικά, ως την μέγιστη α- πόσταση του σημείου, ) από το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα 0, ) και 0,6). Άρα z z) +i) max = 7, όταν η εικόνα του z είναι 0,3) ή 0, ). ΑΣΚΗΣΗ Προτείνει ο Βασίλης Ευαγγέλου) Δίνεται μιγαδικός αριθμός z για τον οποίο ισχύει Να αποδειχθεί ότι: z 0 +0iz 9 +0iz =0. α) z =. ) z zi i+ β) 0. +zi γ) Re z)= z+. δ) z 3z+ =5 z+. Τότε είναι w 68 = w 7 και η ισότητα ισχύει π.χ. όταν x=0, y=. Άρα το ζητούμενο μέγιστο ισούται με 7. Λύση Βασίλης Μαυροφρύδης) Είναι z z+)i+z 5 = z iz+i + z i 4 = z i) + z i) 4 = z i) + z i) z i) z i) = z i)+ z+i) = z z+ i = +4Im z) ) z=3i +43 ) = 7. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 5&t 740 Λύση Θάνος Μάγκος) α) Ο μιγαδικός ικανοποιεί και την άρα και την z 9 = 0zi z+0i, z 9 = 0iz z+0i. Θέτοντας z= x+yi, x, y R, βρίσκουμε x + y ) 9 = +0y+00y +00x x +y +0y+00. Αν υποθέσουμε ότι x + y > καταλήγουμε από την παραπάνω σχέση ότι x + y <, άτοπο. Ο- μοίως αν x + y <. Άρα x + y =. 3

β) Είναι z=, άρα ο συζυγής του μιγαδικού z Επίσης είναι είναι ο z + i z +i+ i z z zi i+ +zi = +i+iz+z z i z 3z+ = z 3z+) z 3 z+) = z 3z+) z 3 z +) = z 3z+) z = z+ z 3 ) = z+ z 3). ο οποίος, αν πολλαπλασιαστεί πάνω κάτω με i βλέπουμε ότι ισούται με Άρα z 3z+ = z+ z 3, z zi i+. +zi Άρα ο εν λόγω μιγαδικός είναι φανταστικός και επομένως το τετράγωνό του είναι μη ϑετικό. γ) Είναι z+ = z+) z+) = z + z+ z+ z+ z = = Rez). δ) Είναι, όπως είδαμε και παραπάνω z+ = z+ z+ ) όπου στο δεξί μέλος εμφανίζεται απόλυτη τιμή, αφού ο z + z είναι πραγματικός. Μάλιστα, είναι z+ z<3, αφού z+ z=rez) z =. Λύση Βασίλης Μαυροφρύδης) α) Ας υποθέσουμε ότι z >. Τότε z > z 9 > 0zi z+0i > 0zi > z+0i... > z z <. Ομοια αν υποθέσουμε ότι z <καταλήγουμε πάλι σε άτοπο. Άρα το μέτρο ισούται με. 3

Επιμελητής: Μίλτος Παπαγρηγοράκης ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Δίνονται οι πραγματικές συναρτήσεις με τύπους:, x<0 f x)= 0, x=0, x>0 και gx)= x x+4. Να ορίσετε και στη συνέχεια να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις συναρτήσεις f g καθώς και τη g f. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 5&t 38484 Λύση Ευάγγελος Παπαπέτρος ) Είναι D f )=D g)= R. Επίσης, ισχύει ότι D f g), D g f ) R I). Εστω τώρα x R. Τότε x D g) και x D f ) και f x) {,0,} R Επομένως f x) R=D g). gx)= x x+4 R=D f ). R D f g), D g f ) Από τις σχέσεις I) και II) έχουμε ότι D f g)=d g f )=R. II). Για κάθε x R είναι f g) x)= f gx)). Ομως gx)= x x+4=x ) +3>0, x R και συνεπώς f g) x)= f gx))=. Η f g είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της. Εχουμε g f ) x)=g f x)), x R. Ας είναι x R: Αν x<0, τότε g f ) x)=g f x))=g )=7. Αν x=0, τότε g f ) x)=g f 0))=g0)=4. Αν x>0, τότε g f ) x)=g f x))=g)=3. Ετσι, g f ) x)= 7, x<0 4, x=0 3, x>0 Η συνάρτηση g f είναι συνεχής στα διαστήματα,0) και 0,+ ) ως σταθερή και ασυνεχής στο σημείο x=0 διότι lim x 0 g f ) x)=7 4=g0) 3= lim g f ) x). + x 0 ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο Λάμπρος Μπαλός ) Για x>0και για τη γνησίως αύξουσα συνάρτηση f είναι Να βρεθεί ο τύπος της f. f e f x) )=ln x. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 5&t 3938 Λύση Βασίλης Μαυροφρύδης) Η συνάρτηση g x)= f x)+ln x, x>0 είναι γνησίως αύξουσα και άρα συνάρτηση -. Είναι g e f x)) = f e f x)) + ln e f x) = ln x+ f x) = g x) e f x) = x f x)=ln x. Λύση Μιχάλης Λάμπρου) Θα χρησιμοποιήσω το τετριμμένο γεγονός ότι αν g γνήσια αύξουσα συνάρτηση και άρα αντιστρέψιμη ) με g=g, τότε η g είναι η ταυτοτική πράγματι, αν π.χ. gx)>xτότε αφού g γνήσια αύξουσα έχουμε x=g gx))>g x)=gx)> x, άτοπο και λοιπά). Πίσω στην άσκηση: Αν συμβολίσουμε με E την εκθετική, τότε η δοθείσα γράφεται 33

Άρα f E f= E. E f=f E = E f ), Άρα f x)=ln x, x>0. Λύση 4 Λάμπρος Μπαλός) Ονομάζω e x = kx), οπότε ln x=k x). Είναι οπότε E f= ταυτοτική, που σημαίνει f= E = ln. Λύση 3 Κώστας Ζερβός) Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 > 0 με f x 0 )>ln x 0, τότε e f x 0) > e ln x 0 e f x 0) > x 0. Αλλά e f x 0) > 0, x 0 > 0 και η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,+ ). Άρα f e f x 0) ) > f x 0 ) ln x 0 > f x 0 ) που είναι άτοπο. Ομοια αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 > 0 με f x 0 )< ln x 0. Για x=kx) γίνεται f k f x)))=k x). f k f kx))))=x. Ονομάζω f kx))=gx), οπότε ggx))=x. Η ggx)) είναι η f e x ) γνησίως αύξουσα, δηλαδή -, δηλαδή αντιστρέψιμη. Προκύπτει λοιπόν gx)=g x) και εφόσον είναι γνησίως αύξουσα, ισοδυναμεί με την gx)= x. Δηλαδή f kx))= x f x)=k x) f x)=ln x. 34

Επιμελητής: Βασίλης Κακαβάς ΑΣΚΗΣΗ 5 Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Να βρε- ϑείηπαραγωγίσιμησυνάρτηση f :R Rγιατην οποία ισχύουν τα εξής: f x)=e x+ f x), x Rκαι f 0)=0. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 53&t 448 Λύση Νίκος Ζανταρίδης) ϑεωρούμε την συνάρτηση g x)= f x) x, x R, η οποία είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων και είναι g 0)= f 0) 0=0. Εχουμε f x)=e x+ f x) g x)+ x) = e x+g x) x g x)=e g x) : ) και g x)=e gx) : ). Ακόμη ) ) g x) e gx) ) = g x) e g x) ) e gx) g x)+e g x) g x)) = g x)+g x)) e gx) + e g x)) = g x)+g x)) e gx) + e g x) = g x)+g x)+c. Για x=0 έχουμε e g0) + e g 0) = g 0)+g 0)+c c=. Ετσι για κάθε x R ισχύει e gx) + e g x) = g x)+g x)+ : 3) Είναι γνωστό ότι ισχύει e x x+, x Rμε την ισότητα να ισχύει μόνο για x=0. Ετσι έχουμε e gx) g x)+ με την ισότητα να ισχύει μόνο για g x)=0. Ακόμη ισχύει e g x) g x)+ με την ισότητα να ισχύει μόνο για g x)=0. Επομένως ισχύει e gx) + e g x) g x)+g x)+ με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν g x)=g x)=0. Ετσι για να ισχύει η 3) για κάθε x R πρέπει και αρκεί να είναι g x)=g x)=0, x R, οπότε για κάθε x R είναι g x)=0 f x) x=0 f x)= x. Η τελευταία συνάρτηση ικανοποιεί την υπόθεση. Λύση Ροδόλφος Μπόρης) Εστω gx)= f x) x. Προφανώς η g είναι δυο φορές παραγωγίσιμη με Αν τώρα η g δεν ήταν σταθερή, δε ϑα μπορούσε να έ- χει η ριζα r>0 γιατί τότε ϑα υπήρχε διάστημα a, b) με a>0, b>0τέτοιο ώστε ga)=0, gb)=0και gx) 0, x a, b). Αν g όχι σταθερή στο [0, a] τότε a=0). Εκεί ϑα είχαμε επιπλέον ότι g x) 0 α- φού gx) 0 που καταλήγει σε άτοπο μια που g a)=0, g c)=0 από ϑεώρημα Rolle στην g στο a, b) και πάλι ϑεώρημα Rolle στην g στο a, c)). Ομοια εργαζόμαστε αν r<0. Άρα η g έχει σταθερό πρόσημο για x>0 και όμοια για x<0. Αν ήταν gx)>0 στο R + τότε g x)<0, ) άρα g x)<g 0)=0 οπότε gx)<0 αντίφαση. Ομοια εργαζόμαστε στοr Συνεπώς η συνάρτηση g είναι σταθερή με g0)=0. Άρα gx)=0, x R Παραπάνω:. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέσαμε ότι a=0.. g 0)= f 0) =e 0+ f 0) =0. 3. Η ) προκύπτει από τη σχέση ) αφού από την τελευταία παίρνουμε g x) = e 0 e gx) )+g x)) = gx)e u +g x)) χρησιμοποιώντας στην τελευταία ισότητα το Θε- ώρημα Μέσης Τιμής για την e x και το γεγονός ότι +g x))=e x+ f x) > 0. ΑΣΚΗΣΗ 6 Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Εστω η παραγωγίσιμη γνησίως αύξουσα και κυρτή συνάρτηση f :R Rμε f R)=R. Αν η C f έχει ασύμπτωτη στο + την ευθεία y=λx+β: α) Να αποδειχτεί ότιλ>0. g x) = f x)= f x+ f x) x)+)e = f x)+) f x)= e f x) x +) f x) = e gx) )+g x)), g0)=0 ) β) Να βρεθείαν υπάρχει) η ασύμπτωτη της C f στο +. γ) Να αποδειχτεί ότιλ f x)+β< x για κάθε x R. 35

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 53&t 40954 Λύση Βασίλης Κακαβάς) α) Επειδή η f :R Rείναι κυρτή η f ϑα είναι γνήσια αύξουσα και αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 R ώστε f x 0 )=0 τότε για x< x 0 ϑα ισχύει ότι f x)< f x 0 )=0 επομένως f γνήσια φθίνουσα στο, x 0 ] άτοπο αφού η f είναι γνήσια αύξουσα στο R άρα f x)>0, x R. Τώρα αν ϑεωρήσουμε μία εφαπτομένη της f σε σημείο της x 0, f x 0 )) αυτή ϑα έχει εξίσωση y f x 0 )= f x 0 )x x 0 ) y= f x 0 )x x 0 )+ f x 0 ) και επειδή lim x + f x 0 )x x 0 )=+ λόγω του ότι f x 0 )>0) άρα για την gx)= f x 0 )x x 0 )+ f x 0 ) ϑα έχουμε lim gx)=+ και λόγω της ϑέσης x + της εφαπτομένης για μια κυρτή συνάρτηση, ϑα ι- σχύει ότι f x) gx), x R, επομένως ϑα είναι lim x + f x)=+. Ακόμη ισχύει ότι lim x + αν hx)= f x) λx β έχουμε lim f x) λx β)=0 και έτσι x + hx)=0 και α- φούλx= f x) hx) β και lim f x) hx) β)= x + +, άρα ϑα είναι και lim λx)=+ επομένως α- x ναγκαίαλ>0. β) Είναι f f x))= x, x R και με x>0 είναι Επομένως επειδή lim ισχύει ότι lim u + Επίσης x + f u) u = λ. f f x))= x f f x)) λ και επειδή ισχύει ότι lim x + f x) λx)=β ϑα ισχύει και lim x + f f x)) λ f x)=+ με u= f x) ϑα f x)=λx f x) λ f x))= lim x + οπότε lim u + f u) λ u) = β λ y= λ x β λ είναι ασύμπτωτη της C f λx f x) λ = β λ, άρα η ευθεία στο+. γ) Βάζοντας όπου x το f x), αρκεί να δείξουμε ότι λ f f x))+β< f x) λx+β< f x) Γι αυτό ϑεωρώντας την συνάρτηση hx)= f x) λx β για την οποία ισχύει ότι lim x + hx) = 0 και h x) = f x) λ και επειδή f γνήσια αύξουσα ϑα είναι και η h γνήσια αύξουσα άρα η h κυρτή στοr, ϑέλουμε να δείξουμε ότι hx)>0. Ετσι αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 R ώστε h x 0 )>0τότε όπως προηγούμενα λόγω κυρτότητας της h ϑα προκύψει ότι lim hx)=+ που x + είναι άτοπο άρα ϑα είναι h x) 0, x R ) f f x)) x = ή f f x)) f x) f x) x f x) lim x + x =λ>0 ϑα είναι f lim f x)) x + f x) = lim x + f x) x = άρα αφού = λ. f f x)) f x) = f x) x και άρα Ακόμη αν υπάρχει x 0 R ώστε h x 0 )=0επειδή h γνήσια αύξουσα ϑα ισχύει για x> x 0 ότι h x)>h x 0 )=0, άτοπο λόγω της ) άρα ισχύει ότι h x)<0, x R δηλαδή η h είναι γνήσια φθίνουσα στοrκαι επειδή lim hx)=0ϑα είναι hx)>0, x R. x + 36

Επιμελητής: Ροδόλφος Μπόρης ΑΣΚΗΣΗ 7 Προτείνει ο Δημήτρης Βερροιόπουλος) x e xt Να αποδειχθεί ότι: dt e x) με x>0. t http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?p 955 Λύση Γιώργης Καλαθάκης) Εστω x x x e xt dt e x) t e xt e x) x dt xt) x xt=u, du=xdt e u e x) du 0 u x e x) x Fx)= x + e x) x e u u du 0 x + Η F είναι παραγωγίσιμη με F e x) x e u x)= + x u du e u u du x>0. = e ex e x +ex x = x και F x) 0 x. Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,] και γνησίως αύξουσα στο [,+ ). Επομένως παρουσιάζει ελάχιστο στο x = ίσο με F) = 0. Άρα Fx) 0 για κάθε x>0. Παρατηρήσεις. από το μέλος Fermat) Η άσκηση λύνεται και με χρήση της ανισότητας Chebyshev: b f x)gx) dx b b f x) dx gx) dx, a b a a a αν η μια από τις δυο συναρτήσεις είναι αύξουσα και η άλλη είναι φθίνουσα στο [a, b].. Γιώργος Βασδέκης) Υπόδειξη για τη λύση της ά- σκησης): Ισχύει e xt t e t και τα υπόλοιπα είναι εύκολα. ΑΣΚΗΣΗ 8 Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε τον τύποτης συνεχούς συνάρτησης f : [,+ ) 0,+ ) για την οποία ισχύουν: f )=, Η f είναι παραγωγίσιμη στο,+ ), Για κάθε x>είναι x x f x) = f x) f x) ln x, Για κάθε x [,+ ) είναι x+ x f t) dt< f x). http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 54&t 3794 Λύση Κώστας Ζερβός) Από τη σχέση x x f x) = f x) f x) ln x για κάθε x> έχουμε x f x) ln x= f x) ln x ln f x) και επειδή ln x>0 για κάθε x>, έχουμε x f x)= f x) ln f x). Αλλά f x)>0, άρα x= f x) f x) ln f x) x) x=f ln f x) f x) x ) = ln f x)), επομένως υπάρχει σταθερά c R, ώστε να ισχύει ln f x)= x + c, x>. Αλλά η f είναι συνεχής, άρα lim x + ln f x)=ln f )=0 37

και lim x + x + c) = +c, επομένως c = και έτσι ln f x)=x, x>. Για x>είναι x 0, άρα ln f x) 0και ως συνεχής ϑα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Αρα επομένως ln f x)= x ή ln f x)= x, f x)=e x ή f x)=e x Από το ΘΜΤ για την gx)= x για κάθε x. f t)dt στο [x, x+] υπάρχειξ x, x+) ώστε gx+) gx)=g ξ) άρα x+ x έχουμε f t)dt= f ξ) και λόγω της x+ x f t) dt< f x) ϑα f ξ)< f x), ) όπου x<ξ. Αν f x)=e x : Η f είναι γνησίως αύξουσα στο [, + ) γιατί f x)=e x x > 0, x> x και απορίπτεται λόγω της ). Αν f x)=e x : Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [,+ ) γιατί f x)= e x x < 0, x> x και είναι δεκτή. Άρα f x)=e x, x. 38

Επιμελητής: Σπύρος Καρδαμίτσης ΑΣΚΗΣΗ 9 Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Δίδεται η συνάρτηση x ln x+ 7 3 c, x f x)= x log + c,0< x< x 7, x=0 6 Η f είναι συνεχής στο x 0 =.. Να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και να βρείτε το πρόσημο της.. Να βρείτε το σύνολο τιμών της. α) Για κάθε x> είναι f x)= x ln x+ x = x ln x+ x > 0 x ) x οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [,+ ). Επί πλέον, για x 0,) είναι f ln x+ x)= ln0 3. Να εξετάσετε αν η f είναι συνεχής στο x 0 = 0 και να υπολογίσετε το εμβαδόν που περικλείεται της C f των ευθειών x=0, x=και του άξονα x x. και άρα f x)<0 x e, ) http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?p 9544 f x)=0 x= e f x)>0 x 0, e). Λύση Ευάγγελος Παπαπέτρος) Αρχικά D f )=[0,+ ). Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο x=, έπεται ότι lim x f x)= f ) R. Ειδικότερα lim x lim x log x ) + c = lim x x + f x)= lim f x) x + x ln x+ 73 ) c c= 7 3 c c= 7 6 Συνεπώς, λαμβάνοντας υπ όψιν και τον τύπο αλλαγής βάσης για τους λογαρίθμους, έχουμε ότι x ln x+7/6, x [,+ ) f x)= x ln x/ ln0)+7/6, x 0,) 7/6, x=0 Επίσης ln x lim x ln x= lim x 0 x 0 /x = lim x 0 x)=0. D.L.H /x ==== lim x 0 /x Ως εκ τούτου, η f είναι συνεχής στο σημείο x=0 και άρα [ η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα e,] [ γνησίως αύξουσα στο 0, e] και παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο σημείο x = e το ) = e ln0 + 7 6 f e x= το f )= 7 6. και τοπικό ελάχιστο στο σημείο Επίσης, είναι φανερό ότι f x) f 0)= 7 6, x 0 και συνεπώς, η f παρουσιάζει στο σημείο x = 0 ολικό ελάχιστο, το f 0)= 7 6. Παρατηρήσεις: Ενώ η συνάρτηση f παρουσιάζει ακρότατο στο εσωτερικό σημείο x = του [0,+ ), δεν ισχύει ότι f ) = 0 διότι η f δεν 39

παραγωγίζεται στο σημείο αυτό. Πράγματι ενώ f x) f ) x ln x lim = lim x x x ln0 x ) = ln0 lim x ln x ln x x = [ ] d x ln x) ln0 dx = [ ] ln x+ x= ln0 = ln0, f x) f ) x ln x lim = lim x + x x + x x= x ln x ln = lim x + x [ d = x ln x )] dx x= [ = x ln x+ x ] =. Το ίδιο συμβαίνει και για το x=0 μιας και αυτό δεν είναι εσωτερικό σημείο του [0, + ). Αντιθέτως, στο εσωτερικό σημείο x= e του [0,+ ), η f παρουσιάζει ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό με f e) = 0 Θεώρημα Fermat). Ακόμη, το x= e είναι η μοναδική ρίζα της παραγώγου της f στο 0,) μιας και η f είναι συνεχής στο [0,], παραγωγίσιμη στο 0,), f 0)= f )= 7 6 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,). Βέβαια, αυτό το βλέπει κανείς, λύνοντας την εξίσωση f x)=0, x 0,).) Οσον αφορά το πρόσημο ισχύει f x)>0, x 0. β) Είναι x= f [0,+ ))= [ )] [ [ ) f 0), f e f ), f e)] f ), lim f x) x + όπου f 0)= 7 6, f ) e = lim f x)= lim x + x + Ετσι f [0,+ ))= [ 7 6,+ ). e ln0 + 7 6, f )= 7 6, x ln x+ 7 ) =+. 6. Οπως δείξαμε στο α), η f είναι συνεχής στο σημείο x=0. Το ζητούμενο εμβαδό είναι E= 0 f x) dx= / 0 = I + I. f x) dx+ / f x) dx και αναμένουμε, η τιμή αυτού, να είναι μεγαλύτερη ή ίση του 7 6. Είναι με / a I = / 0 f x) dx= f x) dx= lim a 0 + / a [ / / a x ln x ln0 + 7 ) dx 6 f x) dx = x ln x / ] a ln0 dx+ 7 a 6 dx = [ ] / x ln x / x + ln0 a a ln0 x dx+ 7 6 ) a = [ ln 8 ln0 + a ln a / ln0 + x a ln0 dx+ 7 )] 6 a = ln [ ] 8 ln0 + a ln a ln0 + x / + 7 4 ln0 6 ) a άρα και I = f x) dx / b = lim b = lim b = lim b / b / [ b [ = lim b I = ln+ 6 ln0 + 7 f x) dx x ln x ln0 + 7 ) dx 6 x ln x / x ln x ln0 [ ln ln0 dx+ ] b / b b + / / a ] 7 6 dx x ln0 x dx+ 7 6 b b ) = lim b 8 ln0 b ln b ln0 + x / ln0 dx+ 7 6 = lim b ln [ ] 8 ln0 b ln b ln0 + x b 4 ln0 /+ 7 6 [ = lim ln b 8 ln0 b ln b ln0 6 ln0 + b 4 ln0 + 7 6 = ln+ 6 ln0 + 7. b )] b ) b )] 40

ΑΣΚΗΣΗ 30 Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Να βρε- ϑούν οι x, y R, αν και x+y=. x+3y) e 4y + y + x)e x += e x + y) x + y +xy+ x+3, http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 55&t 40496 Λύση Αλέξανδρος Συγγελάκης) Το ζεύγος 3, ) δεν είναι λύση του συστήματος των εξισώσεων συνεπώς για y ) αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση ότι x= y, η πρώτη εξίσωση γράφεται τελικά στη μορφή: e y + y ) + y) + e y = + y y ) x + Ορίζουμε τη συνάρτηση f x)= x παραγωγίσιμη στοr με f x)= x x +, η οποία είναι < 0 για κάθε x R συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα,0), 0,+ ). Ομως από την ) οι αριθμοί e y + y, y είναι ομόσημοι συνεπώς η ) γράφεται ισοδύναμα: f e y + y)= f y) και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα παραπάνω διαστήματα, είναι και άρα τελικά δηλαδή e y + y= y e y = + y). Ομως από την γνωστή ανισότητα e x + x η οποία ισχύει ως ισότητα μόνο για x = 0 παίρνουμε τελικά y=0 δηλαδή y= πράγμα που σημαίνει ότι x=0 και έτσι έχουμε το ζεύγος x, y)= ) 0, που επαληθεύει το αρχικό σύστημα. 4

Επιμέλεια: Μπάμπης Στεργίου ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R ισχύει και είναι f x) x ) f x) ) =, x R Να βρεθεί η f. f 0)=, f 0)=0. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 56&t 38844 Λύση Κώστας Ζερβός) Θεωρούμε τη συνάρτηση gx)= x x a x f t)dt a a Η g είναι παραγωγίσμη στο [a, b] με f t) dt, x [a, b]. t http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 56&t 48 Λύση Θάνος Μάγκος) Θέτω gx)= f x) x οπότε το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής: Αν g0)=, g 0)=0 και gx)g x)+)=, να βρεθεί η g. Εχουμε φανερά gx) 0, g0)>0 και g συνεχής. Επομένως gx) > 0 παντού. Είναι g x)+= gx) = g x)g x)+g x)= g x) gx) = g x)) + gx)=ln gx)+c. Από τις αρχικές συνθήκες βλέπουμε ότι c=. Τότε, από τη γνωστή ανισότητα ln A A, προκύπτει g x)) 0 = g x) 0 = g σταθερή, άρα gx)= x. Άρα f x)= x +, η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες. ΑΣΚΗΣΗ 3 Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Αν 0<a<b και η f : [a, b] R συνεχής και γνησίως αύξουσα, να αποδειχθεί ότι b ab a f x) b x dx< f x)dx. a g x)= = x a) f x) x a = x a x x Από το ΘΜΤ για την hx) = υπάρχειξ a, x) ώστε h ξ)= hx) ha) x a f t)dt x f x) a f t)dt x a. x a f ξ)= Αλλά η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα ξ<x f ξ)< f x) f x) x a f t)dt στο [a, x] x a f t)dt x a. f t)dt x a > 0. Επομένως g x) > 0, άρα γνησίως αύξουσα στο [a, b], έτσι gb)>ga) b b a b a b f t)dt a f t)dt> ab a b a f t) t dt>0 f t) t dt. Λύση Χρήστος Κυριαζής) Μία εκτός ύλης αντιμετώπιση είναι η ανισότητα Chebychev. Είναι η περίπτωση που η μία συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα f ) και η άλλη γνησίως φθίνουσα ). x Τότε ισχύει: 4

b a f x) x dx< b b a a = b a = b ab a b a b f x)dx a x dx f x)dx a ) b f x)dx, δηλαδή: b ab a f x) b x dx< a f x)dx a, b>0). 43

Επιμελητής: Σωτήρης Χασάπης ΑΣΚΗΣΗ 33 Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Εστω σημείο Bx 0, 0) του ημιάξονα Ox με x 0 και η συνάρτηση f x)= x x, x>0. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Mx 0, f x 0 ) τέμνει 0 τον Ox στο σημείο A. α) Να δείξετε ότι η απόσταση AB ισούται με ln x 0. β) Αν η απόσταση AB ισούται με, να βρείτε τα σημεία M της γραφικής παράστασης της f και τις εφαπτόμενες στα σημεία αυτά. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 69&t 4743 Λύση dr.tasos) Οπότε είναι M e, e e ) και M e ) e ), e ) ) e. Οι εξισώσεις των εφαπτόμενων σε αυτά τα σημεία είναι και αντίστοιχα. y= y e e = e e x x 0 ) ) e x x0 )+ e ) e e ΑΣΚΗΣΗ 34 Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Αν x, y R, να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: A= 04 x + y 4x+y+58. α) Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y f x 0 )= f x 0 )x x 0 ), άρα A ) x 0 ln x 0,0 οπότε β) Εχουμε AB)= x 0 x 0 ln x 0 ) = ln x 0 = x=e ή x=e. ln x 0. http://www.mathematica.gr/...php?f 69&t 4368&p 9807#p9807 Λύση Κωνσταντίνος Τζιμούλιας) Είναι 04 A= x x+4)+y + y+)+53 04 = x ) + y+) +53 04 53 = 38 με την ισότητα όταν x=και y= για να γίνει μικρός ο παρονομαστής 44

Άλγεβρα, Θεωρία Γεωμετρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητής: Φωτεινή Καλδή ΑΣΚΗΣΗ 35 Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Αν a, b>0, να αποδειχθεί ότι: + a ) 04+ + b 04 b a) 05. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 09&t 4776 Λύση Χρήστος Κυριαζής) Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχω: + α ) 04+ + b 04 [ + b a) α ) + b )] 04 b a a ) 04 = b + b a + a b = b + a 04 a b = b + a 04 = 05. 04 Λύση Τσάνο Φατιόν) Εστω a b = k και b a = k και k>0. Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι +k) 04 + ) + 04 k +k) 04 + 04. k) Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι: +k) 04 + k) 04 04 +k) + k)) 007 04 +k) + ) k k+) 4k, το οποίο ισχύει από την ανισότητα a+b) 4ab. Λύση 3Νικόλαος Τζαβίδας) Εχουμε: + a ) 04+ + b ) + a ) 007 b a b = [ + a ) + b b a = = + b a + a b + b a + ab ab + a b + b a +) 007 ) 007 ) 007 ) ] 007 ) 007 = 4 007 = 04 = 05. Η ισότητα ισχύει για a = b, με τον περιορισμό a, b 0. ΑΣΚΗΣΗ 36 Προτείνει ο Στρατής Αντωνέας) Εστω x n = n+ n με n=,,... Να υπολογίσετε το άθροισμα x + x +...+ x 49. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 09&t 4096 Λύση Κώστας Ζερβός) Είναι n+ n = n+ + n + n = + Άρα x n = x n = Άρα n++ n n++ n = n+., επομένως n n+ ) n+ n. 45

+ +...+ = x x x 49 ) 0)+ 3 )+ + 50 48) = ) 5 +7 = 5+3. 46

Γεωμετρία Επιμελητής: Ανδρέας Βαρβεράκης ΑΣΚΗΣΗ 37 Προτείνει ο KARKAR) Δύο κύκλοι τέμνονται στα A, B και έχουν κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα CD. Από το B διέρχεται ευθείαǫ, παράλληλη της CD, η οποία τέμνει τους κύκλους στα P, T. Τα PC και T D τέμνονται στο S, ενώ οι CA και DA τέμνουν την ǫ στα σημεία L, N. Να δείξετε ότι S L=S N. Από την κεντρική δέσμη LAD, BAM, NAC με CD LN, και αφού M το μέσο της CD, τότε το B είναι το μέσο της LN, άρα S B διάμεσος του τριγώνου S LN. Είναι S DC=DT B εντός, εκτός και επί τα αυτά) = CBD εγγεγρ. υπό χορδής και εφαπτομένης) και S CD=CPB εντός, εκτός και επί τα αυτά) = BCD εγγεγρ. υπό χορδής και εφαπτομένης). Άρα http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 0&t 378 Λύση Στάθης Κούτρας) Ας είναι M AB CD Τότε M το μέσο της CD αφού το M είναι σημείο του ριζικού άξονα AB κοινή χορδή) των κύκλων O),K) και MC, MD εφαπτόμενα τμήματα των O),K) αντίστοιχα). S DC = BDC DS ) = DB) S DB ισοσκελές και με DS διχοτόμο της γωνίας του S DB DC S B CD PT S B PT. Ετσι στο τρίγωνο S LN η S B είναι ύψος και διάμεσος άρα αυτό είναι ισοσκελές, δηλαδή S L) = S N) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 38 Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB AC.Ονομάζουμε C) τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC, H το ορθόκεντρο, και O το κέντρο του C). Ας είναι M το μέσο του BC. Η AM τέμνει ακόμα τον C) στο N και ο κύκλος C ) διαμέτρου AM ξανά στο P. α) Να δειχθεί ότι οι ευθείες AP, BC, OH συντρέχουν αν και μόνο αν AH=HN. β) Πως μπορεί να γίνει η γεωμετρική κατασκευή ενός τριγώνου με τις πιο πάνω προδιαγραφές; 47

Στο τρίγωνο αυτό η AH προεκτεινόμενη δίνει το σημείο D και η AD ως παράλληλη προς την OM ϑα είναι κάθετη στην BC. Επειδή τα τρίγωνα AHG), GOM) είναι όμοια ϑα είναι ακόμα: AH= OM. Άρα το σημείο H ϑα είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ABC. Τέλος επειδή το H ανήκει στη μεσοκάθετη προς την AN ϑα ισχύει: AH=HN. Διερεύνηση: Γενικά το πρόβλημα έχει άπειρες λύσεις. Για κάθε μια ϑέση της χορδής AN κατασκευάζεται κι ένα αντίστοιχο τρίγωνο με τις ανωτέρω απαιτήσεις. Ειδικότερα αν η χορδή AN γίνει ίση με τη διάμετρο τότε το τριγωνο που προκύπτει είναι το εγγεγραμμένο ισόπλευρο τρίγωνο. Σε ένα τέτοιο τρίγωνο ο περίκεντρο, το βαρύκεντρο και το ορθόκεντρο συμπίπτουν. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 0&t 3838 Λύση Κώστας Δόρτσιος) Για την κατασκευή ενός τέτοιου τριγώνου εργαζόμαστε ως εξής: Κατασκευή: Σε τυχαίο κύκλο κέντρου O ϑεωρούμε μια τυχαία χορδή. Στο ανωτέρω σχήμα έστω την AN. Στη συνέχεια φέρουμε την κάθετη από το κέντρο O σ αυτήν η οποία είναι και μεσοκάθετος) και στη συνέχεια πάνω στην κάθετη αυτή ϑεωρούμε το σημείο H τέτοιο ώστε HG= OG. Στη συνέχεια αφού φέρουμε την AH και την παράλληλη προς αυτήν από το σημείο O ορίζουμε πάνω στη χορδή AN το σημείο M. Τέλος αν φέρουμε την κάθετη προς την OM αυτή ϑα τμήσει τον κύκλο O) στα σημεία B, C που ϑα είναι μαζί με το σημείο A οι τρείς κορυφές του ζητούμενου τριγώνου. Πράγματι: Παρατήρηση: Το αρχικό ερώτημα για τις συντρέχουσες BC, OH, AP ισχύει και για αμβλυγώνιο τρίγωνο, με την ίδια απόδειξη που παρατέθηκε στις προηγούμενες αναρτήσεις, όπως φαίνεται και στο ανωτέρω σχήμα. Λύση Στάθης Κούτρας) Θα δείξουμε πρώτα ένα λήμμα που είναι και το κλειδί του προβλήματος. Λήμμα: Δίνεται τρίγωνο ABC AB AC) και ας είναι M το μέσο της BC. Αν P είναι το άλλο εκτός του A) κοινό σημείο του περικυκλίου O) του τριγώνου ABC με τον κύκλο K) διαμέτρου AM, να δειχθεί ό- τι η PM διέρχεται από το ορθόκεντρο H του τριγώνου ABC. Απόδειξη του λήμματος 48

OH AM. ) Επίσης είναι AP MHP, αφού η AM είναι διάμετρος του κύκλου K) και MB AH, αφού H το ορθόκεντρο του ABC, δηλαδή οι ευθείες AP, OH, CB είναι οι ευθείες των υψών του AHM και επομένως ϑα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του T. Ας είναι H PM AD AD BC) και E PM O). Τότε με οπότε: MPA εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο ============== 90 0 EPA=90 0 AE διάμετρος του κύκλου O) EC AC ) Με OM BC απόστημα στη χορδή BC του O)) και AD BC προκύπτει ότι OM AD AHE O μέσο της AE) ============ M μέσο της ΗΕ M μέσο της BC ======= BHCE παραλληλόγραμμο οι διαγώνιές του διχοτομούνται) και συνεπώς BH EC ) BH AC AD BC H το ορθόκεντρο του ABC και το λήμμα έχει αποδειχθεί. Στο ϑέμα μας τώρα με βάσει το παραπάνω λήμμα τα σημεία P, H, M είναι συνευθειακά. Εστω ότι AH=HN OA=ON=R O ====== AHNO χαρταετός) και συνεπώς OH AN και μάλιστα μεσοκάθετη) δηλαδή Αντιστρόφως: Αν οι ευθείες OM, AP, BC συγκλίνουν έστω στο T), τότε με AH T M H το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC) και MHP AT αφού AM διάμετρος του κύκλου K)) το H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AT M σημείο τομής δύο υψών του) και επομένως T HO είναι η ευθεία του τρίτου ύψους του, δηλαδή T HO AN και με O το κέντρο του περικυκλίου του ABC και AN χορδή του O) ϑα είναι T HO μεσοκάθετη της AN άρα HA=HN και το ϑέμα μας έχει ολοκληρωθεί. Λύση 3 Σωτήρης Λουρίδας) Εστω ότι συντρέχουν, αν H MP AH AK=KH, με το τετράπλευρο KH MO να είναι παραλληλόγραμμο. Συνεπώς παίρνουμε AH = KH = OM=AH H H TO AN HA=HN. Εστω AH=HN με το σημείο T να είναι η τομή των OH, CB. Τότε στο τρίγωνο AT M το MH είναι το τρίτο ύψος, οπότε αν P MH AT MPA=90. 49

50

Άλγεβρα, Θεωρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητές: Βαγγέλης Μουρούκος - Αχιλλέας Συνεφακόπουλος ΑΣΚΗΣΗ 39 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :Z + Z + τέτοιες, ώστε για κάθε x, y Z +. f x + f y))= x f x)+y, http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 35047 Λύση Κώστας Ζερβός) Για x=, έχουμε f + f y))= f )+y για κάθε y Z +. Εστω f )=a. Τότε για κάθε x Z +. Θα δείξουμε ότι f + f x))=a+ x ) f a+)n)=a+)n ) για κάθε n N. Για n= έχουμε f a+)=a+ f + f ))= f )+ που ισχύει από την ). Εστω ότι f a+)n)=a+)n. Από την ) έχουμε f + f a+)n))=a+a+)n και ξανά από την ) : Επίσης f na+n+)=a+na+n f + f na+n+))=a+na+n+ f +a+na+n)=an+)+n+ f a+)n)=a+)n. f + f a+))=a+a+ f a+)=a+. Για x=a, y=a+ στην αρχική σχέση, έχουμε f a + f a+))=a f a)+a+ f a +a+)=a f a)+a+ f a+)a+))=a f a)+a+ ) a+)a+)=a f a)+a+ f a)=a+ a. Αλλά a, f a) N, άρα a=, δηλαδή f )=. Θα δείξουμε ότι f n)=n για κάθε n N. Για n= έχουμε f )=, που ισχύει. Εστω ότι f n)=n. Από την ) έχουμε f + f n))= f )+n f n+)=n+. Άρα f x)= x, για κάθε x Z +. ΑΣΚΗΣΗ 40 Θάνος Μάγκος) Αν a, b, c>0 να αποδείξετε ότι a+b+c) a + b + ) a + b + c 9 c ab+bc+ca. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 83#p66050 Λύση Γιώργος Μπασδέκης) Η ανισότητα είναι ομογενής, οπότε μπορούμε να υποθέσουμε πως a+b+c=9. Εστω επιπλέον ότι a + b + c = 7+6t για t [0,]. Αν t=0, τότε ισχύει η ισότητα, αφού a=b=c=3. Ας υποθέσουμε ότι 0<t. Αν x, y, z) είναι μια μετάθεση των a, b, c, τότε αποδεικνύεται βλ. Σχόλιο) ότι 3 t x 3+t ) με την ισότητα να ισχύει αν x=3+t και y=z=3 t ή αν x=3 t και y=z=3+t. Επιπλέον, η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται Επειδή, όμως, ισχύει a + b + c 9+t 9 t. x = 3+t + 3+t x 3+t)x 5

για κάθε x 0,9) αρκεί να αποδειχθεί ότι 3 3+t + 3+t a 3+t a 9+t 9 t. cyclic Λόγω της ), μπορούμε να εφαρμόσουμε την ανισότητα Cauchy Schwarz στο αριστερό μέλος και τότε ϑα έχουμε 3+t a) 3+t a cyclic = 6t a a3+t a) 3 t. cyclic cyclic Είναι αρκετό, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι ή ισοδύναμα 3 3+t + 6t 3+t)3 t) 3t+9 3+t)3 t) 9+t 9+t 9 t. 9 t, Αφού υψώσουμε στο τετράγωνο και τα δύο μέλη της παραπάνω ανισότητας, απομένει να αποδειχθεί η ανισότητα 9t+3) 9 t ) 9+t )3+t) 3 t). Αφού κάνουμε τις πράξεις και στα δύο μέλη, έχουμε να δείξουμε ότι t 3 t)8t 3 9t+7) 0 η οποία ισχύει αφού 0<t. Σχόλιο: Περισσότερα στην παραπάνω τεχνική στην ανισότητα Cauchy Schwarz ϑα βρείτε στην εργασία του Γιώργου Μπασδέκη που είναι διαθέσιμη στο παρακάτω ϑέμα: http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?p 6544#p6544 5

Γεωμετρία Επιμελητής: Κώστας Βήττας ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο parmenides5.) Τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο O, R) και περιγεγραμμένο σε κύκλο I, r). Εάν OI=x να αποδειχθεί ότι r = R+ x) + R x). Στο ορθογώνιο αυτό τρίγωνο, αποδεικνύεται εύκολα γνωστή ισότητα ) ότι ισχύει IL) = IZ) + ID) 3) Από 3), IL=r και IZ=IB έπεται ότι r = IB) + ID) 4) Εστω τα σημεία E O) DI και F O) BI. Ισχύει, AOE= D και AOF= B και άρα έχουμε AOE+ AOF= 80 5) Από 5) προκύπτει ότι τα σημεία E, O, F είναι συνευθειακά και επομένως ισχύει IB)IF)=ID)IE)=R x 6) Από 6) παίρνουμε http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 444 Λύση Βαγγέλης Μουρούκος.) Επειδή το ABCD είναι αμφιγράψιμο τετράπλευρο, ισχύει B+ D=80 IBC+ IDC= B + D = 90 ) Εστω το σημείο Z μεταξύ των L, C, ώστε να είναι LZ=KB και λόγω των ορθογωνίων τριγώνων KIB, KIZ και της ), προκύπτει ότι το τρίγωνο IDZ είναι ορ- ϑογώνιο με DIZ= 90 ) και Από 4), 7), 8) είναι IF) IB) = 7) R x ) IE) ID) = 8) R x ) IE) + IF) r = 9) R x ) Στο τρίγωνο IEF, σύμφωνα με το πρώτο ϑεώρημα των διαμέσων, έχουμε IE) + IF) = OI) + EF) Από 9), 0) είναι = R + x ) 0) R + x ) R+ x) + R x) r = R x ) = R+ x) ) R x) Τέλος από ) παίρνουμε r = R+ x) + R x) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. 53

ΑΣΚΗΣΗ 4 Προτείνει ο Στάθης Κούτρας.) Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο O) και ας είναι K), ο κύκλος με διάμετρο το ύψος του AD. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες BE, CF, DZ διέρχονται από το ίδιο σημείο, όπου E K) AC, F K) AB, Z K) O) και Z A. Από το πλήρες τετράπλευρο AEDFBC έχουμε ότι η δέσμη A. S BPC είναι αρμονική, όπου P BE CF. Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία CF και άρα, η σημειοσειρά M, F, P, C είναι αρμονική, όπου M AS CF. Εστω το σημείο N K) CZ και από ZNF = ZAF ZAB= ZCB FN BC FN AD 3) Από 3) λόγω συμμετρίας, έχουμε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου K) στα σημεία F, N, τέμνονται στο σημείο έστω T, το οποίο ανήκει στην ευθεία AD. Το τετράπλευρο AFDN είναι αρμονικό λόγω της FN, ως της πολικής ευθείας του σημείου T ως προς τον κύκλο K) και άρα, η δέσμη Z. AFDN είναι αρμονική. Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία CM και λόγω της αρμονικής σημειοσειράς M, F, P, C, συμπεραίνεται ότι η ακτίνα της ZD περνάει από σημείο P BE CF, ως το αρμονικό συζυγές του M ως προς τα σημεία F, C και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f &t 440 Λύση Σάκης Τσαρέας.) Από το εγγεγραμμένο στον κύκλο K) τετράπλευρο AEDF έχουμε AFE = ADE ) Από το ορθογώνιο τρίγωνο DAC με DE AC έχουμε ADE = C ) Από ), ) AFE= C και άρα, το τετράπλευρο BCEF είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω L). Οι ευθείες AZ, EF, BC, ως οι ριζικοί άξονες των κύκλων O), K), L), λαμβανομένων ανά δύο, συντρέχουν στο ριζικό τους κέντρο, έστω το σημείο S. 54

Επιμελητής: Αλέξανδρος Συγκελάκης ΑΣΚΗΣΗ 43 Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Θεωρούμε στο επίπεδο 00 σημεία ώστε ανά τρία να μην είναι συνευθειακά. Να αποδείξετε ότι το 30% τουλάχιστον των τριγώνων που σχηματίζονται από τα σημεία αυτά, είναι μη οξυγώνια. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?p 90087 Λύση Σέμα Διονύσης) Λήμμα: Αν σε ένα επίπεδο δίνονται 5 σημεία τέτοια ώστε ανα 3 να μην είναι συνευθειακά, τότε σχηματίζονται τουλάχιστον 3 τρίγωνα, με κορυφές τα σημεία αυτά, τα οποία είναι μη οξυγώνια. Απόδειξη: Θα εξετάσουμε τρεις περιπτώσεις, ανάλογα με το αν στο κυρτό σχήμα αυτών των σημείων μπορεί να σχηματιστεί τρίγωνο, τετράπλευρο ή πεντάγωνο. α) Εστω ότι το τρίγωνο ABC είναι το κυρτό σχήμα και τα άλλα δυο σημεία D, E βρίσκονται μέσα σε αυτό. Τουλάχιστον δυο από τα τρίγωνα ADB, BDC, CDA ϑα έχουν αμβλείες γωνίες στο σημείο D. Ομοια, τουλάχιστον δυο από τα τρίγωνα AEB, BEC, CEA είναι αμβλυγώνια. Ετσι υπάρχουν τουλάχιστον τέσσερα μη οξυγώνια τρίγωνα. β) Εστω ότι το τετράπλευρο ABCD είναι το κυρτό σχήμα και το σημείο E βρίσκεται μέσα σε αυτό. Τουλάχιστον μια γωνία του τετραπλεύρου είναι μη οξυγώνια και άρα ϑα έχουμε και ένα μη ο- ξυγωνίο τρίγωνο. Επίσης το σημείο E βρίσκεται στο εσωτερικό είτε του τριγώνου ABC ή του CDA. Οπότε, όπως και στην προηγούμενη περίπτωση, καθορίζει και άλλα δυο αμβλυγώνια τρίγωνα. Και άρα συνολικά τρια μη οξυγώνια και σε αυτή τη περίπτωση. γ) Εστω τέλος ότι σχηματίζεται ένα πεντάγωνο, και άρα δεν έχουμε κανένα σημείο μέσα σε αυτό το σχήμα. Εύκολα βλέπουμε ότι τουλάχιστον δύο α- πό τις γωνίες του δεν έιναι οξείες, και άρα από δω έχουμε τουλάχιστον δυο μη οξυγώνια τρίγωνα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να ϑεωρήσουμε ότι αυτές οι δυο γωνίες βρίσκονται σε δυο από τις κορυφές A, B, C του πενταγώνου. Τώρα ϑεωρούμε το τετράπλευρο ACDE. Τουλάχιστον μια από τις γωνίες δεν είναι οξεία, και άρα έχουμε άλλο ένα μη οξυγώνιο τρίγωνο. Οπότε, και σε αυτή την περίπτωση έχουμε τουλάχιστον τρια μη οξυγώνια τρίγωνα. Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο ισχυρισμός μας αλη- ϑεύει. Απόδειξη άσκησης: Τώρα μένει να πάρουμε όλους τους συνδυασμούς των πέντε σημείων που επιλέγουμε από τα εκατό σημεία που δίνονται. Υπάρχουν 00 ) 5 συνδυασμοί, σε καθένα από τους οποίους υπάρχουν τουλάχιστον τρια μη οξυγώνια τρίγωνα τα οποία ϑα έχουν και σημεία στο εσωτερικό τους. Ομως οι κορυφές/σημεία του καθενός τριγώνου μετρούνται ) 97 φορές. Άρα ϑα υπάρχουν τουλάχιστον ) 00 3 5 ) 97 μη οξυγώνια τρίγωνα με κορυφές τα 00 σημεία που δίνονται. Επίσης όλα τα τρίγωνα που ) σχηματίζονται από 00 τα 00 σημεία που δίνονται είναι 3. Άρα ο λόγος των δυο τελευταίων αποτελεσμάτων μας δίνει το ελάχιστο ποσοστό των ) τριγώνων που είναι μη οξυγώνια: 00 3 5 ) )= 3 00 99 98 97 96 6 97 00 0 97 96 00 99 98 = 30% 3 τουλάχιστον των τριγώνων είναι μη οξυγώνια. ΑΣΚΗΣΗ 44 Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Υ- πάρχουν πρώτοι p < p <...< p 99 ώστε οι αριθμοί p + p, p + p 3,..., p 98 + p 99, p 99 + p να είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων; http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?p 9844 Λύση Παύλος Μαραγκουδάκης) Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν τέτοιοι πρώτοι. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν πρώτοι p < p < < p 99 ώστε 55

p + p = n, p + p 3 = n,..., p 99+p = n και οι 99 n,...,n 99 ακέραιοι. Τότε p + p + + p 99 = n + n + +n 99 Αποκλείεται να είναι όλοι οι p i περιττοί. Πράγματι, αν αυτό ίσχυε τότε όλοι οι n i ϑα ήταν άρτιοι και έτσι το πρώτο μέλος της προηγούμενης ισότητας ϑα ήταν περιττός ενώ το δεύτερο μέλος ϑα ήταν άρτιος. Κάποιος λοιπόν από τους p i ϑα είναι άρτιος. Ο μόνος που μπορεί να είναι άρτιος είναι ο p. Θα είναι λοιπόν p =, όλοι οι οι άλλοι ϑα είναι περιττοί, οι n, n 99 περιττοί, οι n,..., n 98 άρτιοι. Επίσης Άρα p + n + n 4 +...+n 98 = n + n + +n 99 p = n n + n 3 n 4 + n 98 + n 99. Ο αριθμός n n + n 3 n 4 + n 98 + n 99 = 4. n + n 3 n 4 + n 98 είναι πολλαπλάσιο του 4, και n n mod 4. Άρα 99 το πρώτο μέλος της τελευταίας διαιρούμενο με 4 αφήνει υπόλοιπο, άτοπο. Λύση Δημήτρης Ιωάννου) Είναι γνωστό, ότι κάθε πρώτος αριθμός ή ϑα είναι ο ή ϑα είναι περιττός και μάλιστα της μορφής 4k+, ή 4k+3, όπου k N. Επίσης είναι εύκολο να διαπιστώσουμε ότι κάθε τέλειο τετράγωνο, ϑα είναι της μορφής 4n ή 4n+, n N. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Περίπτωση : p = Τότε για να είναι ο p + p τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p = 4m +3 διότι αν ήταν p = 4m +, τότε p + p = +4m +=πολλ4+3 και άρα δεν ϑα μπορούσε να είναι τέλειο τετράγωνο). Επίσης, αφού p = 4m +3, τότε για να είναι ο p + p 3 τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p 3 = 4m 3 + διότι αν ήταν p 3 = 4m 3 +3, τότε p + p 3 =πολλ4+ και άρα δεν ϑα μπορούσε να είναι τέλειο τετράγωνο). Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, έχουμε: Αφού p 3 = 4m 3 +, τότε πρέπει p 4 = 4m 4 +3, και τότε πρέπει p 5 = 4m 5 +,..., p 99 = 4m 99 +. Τότε όμως p 99 + p = 4m 99 ++= πολλ.4+3 και άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Περίπτωση : p = 4m +. Τότε για να είναι ο p + p τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p = 4m +3, και για να είναι ο p + p 3 τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p 3 = 4m 3 +, και με τον ίδιο τρόπο, συμπεραίνουμε ότι πρέπει ο p 99 = 4m 99 +. Τότε όμως p 99 + p = 4m 99 + +4m += πολλ.4+, που όμως και πάλι δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Περίπτωση 3: p = 4m +3. Τότε για να είναι ο p + p τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p = 4m +, και για να είναι ο p + p 3 τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p 3 = 4m 3 +3, και με τον ίδιο τρόπο, συμπεραίνουμε ότι πρέπει p 99 = 4m 99 +3. Τότε όμως p 99 + p = 4m 99 +3+4m +3=4m 99 + m )+4+ = πολλ.4+ όπου και πάλι δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι πρώτοι. Λύση 3 Γιώργος Γαβριλόπουλος) Θα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί και p >. Τότε όλα τα τετράγωνα που ϑα δημιουργούνται ϑα είναι άρτιοι αριθμοί. Ας τα συμβολίσουμε ως 4a,4a,...,4a 99 αφού οι άρτιοι υψωμένοι στο τετράγωνο είναι πολλαπλάσια του 4). Θα ισχύει p + p )+p + p 3 )+ +p 99 + p ) επομένως ϑα είναι = 4a +4a + +4a 99, p + p + p 3 + + p 99 = a + a + a 3 + +a 99 ) το οποίο είναι άτοπο αφού το άθροισμα 99 περιττών πρώτων είναι περιττός αριθμός. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί και ότι p =. Τότε οι μόνοι αριθμοί που είναι περιττοί και τέλεια τετράγωνα ϑα είναι οι p + p, p 99 + p. Οι δύο αυτοί αριθμοί ϑα είναι της μορφής 4a +,4a 99 + αφού όλοι οι περιττοί αριθμοί που είναι ταυτόχρονα και τέλεια τετράγωνα ακεραίων είναι της μορφής 8k+ άρα και της μορφής 4m+). 56

Οπως και στην παραπάνω περίπτωση, ϑα είναι p + p )+p + p 3 )+ +p 99 + p ) Επομένως = 4a ++4a +4a 3 +4a 4 + +4a 99 +. p + p + + p 99 = a + a + a 99 )+ το οποίο είναι άτοπο, αφού το άθροισμα 98 περιττών πρώτων είναι άρτιος και με την πρόσθεση αρτίου έχουμε άρτιο αποτέλεσμα. Σχόλιο: Στον παραπάνω σύνδεσμο και αμέσως παρακάτω από τη λύση του Παύλου Μαραγκουδάκη, ο Γιώργος Γαβριλόπουλος μας παραπέμπει στον σύνδεσμο viewtopic.php?p 8548 όπου υπάρχουν ακόμη δύο λύσεις οι λύσεις και 3 όπως φαίνονται παραπάνω) οι οποίες είναι έξω από το φάκελο των διαγωνισμών της ΕΜΕ. Τις παραθέτουμε όμως για λόγους πληρότητας 57

Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 45 Από τον διαγωνισμό Kyiv Taras του 03) Εστω n n πίνακες A, B τέτοιοι ώστε για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση AX+ YB=C έχει λύση. Να δείξετε ότι για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση A 03 X+ YB 03 = C έχει λύση. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 59&t 40087 Λύση Κώστας Τσουβαλάς) Δείχνουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους A, B είναι αντιστρέψιμος.πράγματι αν ό- χι έστω r, r οι τάξεις τους που είναι γνήσια μικρότερες του n. Τότε Ir O A= Q O O ) Ir P και B= Q O ) O O με P, P, Q, Q αντιστρέψιμους. Θέτουμε ) O O O O S = Q O και S = P O I n r P I n r Τότε προφανώς S A=BS = O. Για C=Q P υπάρχουν X, Y με AX + Y B= Q P, και πολλαπλασιάζοντας αριστερά με S και δεξιά με S λαμβάνουμε ότι ) ) O O O O O=S Q )P S )=. O O I n r I n r Αυτό όμως είναι άτοπο αφού n r, n r > 0. Τελικά ένας από τους δυο πίνακες είναι αντιστρέψιμος, έστω ο A όμοια αν είναι ο B). Τότε για τυχαίο C υπάρχει Z ώστε A 03 Z= C. Τότε το ζεύγος Z, O) είναι μια λύση της ζητούμενης εξίσωσης. ). ΑΣΚΗΣΗ 46 Προτείνει ο Φαίδων Αντριόπουλος) Εστω a Rκαι μια συνάρτηση f : a,+ ) R, η οποία είναι φραγμένη σε κάθε διάστημα της μορφής a, b) με b Rκαι a<b. Αν το όριο lim x + f x+) f x) x k, υπάρχει για κάποιο k N, να δείξετε ότι lim x + f x) x k+= k+ lim x + f x+) f x) x k http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 59&t 39843 Λύση Νίκος Ζαρίφης) Θέτοντας a n = f n) δημιουργούμε το αντίστοιχο όριο Από ϑεώρημα Stolz είναι lim n lim n a n n k+=lim n a n n k+. a n a n n k+ n ) k+ a n a n = lim n kt= k+ ) t ) k+ t n t k+ k = a n a n ) lim n = k+ lim n n k a n a n n k όπου το όριο υπάρχει. Οπότε το όριο είναι ίσο με το ζητούμενο. Ισχύει από αρχή μεταφοράς) 58

Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 47 Προτείνει η Μυρτώ Λιάπη) Αν V ο διανυσματικός υποχώρος τουr n n που αποτελείται από τους άνω τριγωνικούς πίνακες, να βρείτε μια βάση του και έναν διανυσματικό υποχώρο W τουr n n τέτοιον ώ- στε οr n n να είναι το ευθύ άθροισμα των V, W. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 0&t 465 Λύση Μιχάλης Λάμπρου) α) Βάση του V: Οι άνω τριγωνικοί πίνακες που έ- χουν έναν άσσο κάπου και μηδέν παντού αλλού. β) W: οι γνήσια κάτω τριγωνικοί δηλαδή κάτω τριγωνικοί αλλά με όλο μηδενικά και στη διαγώνιο). ΑΣΚΗΣΗ 48 Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω px) πολυώνυμο με ρητούς συντελεστές βαθμού τουλάχιστον. Να εξεταστεί αν το σύνολο είναι πυκνό στοr. A={x R\Q : px) Q} http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 0&t 40333 Λύση Νίκος Μαυρογιάννης) Θα χρησιμοποιήσω τα ε- ξής λήμματα: Λήμμα : Ενα πολυώνυμο f Q [x] βαθμού n είναι ανάγωγο αν και μόνο αν το πολυώνυμο x n f x) είναι ανάγωγο. Απόδειξη:. Θα υπάρχουν πολυώνυμα h, s βαθμών m, k αντίστοιχα ώστε ) x n f = h x) s x) x αν και μόνο αν x n f x)=h ) s x ) x δηλαδή αν και μόνο αν f x)= x m h Δηλαδή αν και μόνο αν με Λήμμα : Αν h x)= x m h ) ) x k s. x x f x)=h x) s x) ) x και s x)= x k s f x)=a n x n + +a 0 ). x είναι ένα πολυώνυμο τουz[x] και p είναι ένας πρώτος που δεν διαιρεί τον a n τότε το πολυώνυμο είναι ανάγωγο. g x)=a n x n + +a 0 + p Απόδειξη: Από το Λήμμα αρκεί το ) x n g = a n + a n x+ + x a 0 + p ) x n να είναι ανάγωγο. Αυτό γράφεται και ως ) x n g = ) pa0 +) x n + pa x n + + pa n x p Αυτό πράγματι είναι ανάγωγο διότι το pa 0 +) x n + pa x n + + pa n είναι ανάγωγο από το κριτήριο του Eisenstein: Ο πρώτος p διαιρεί όλους τους συντελεστές εκτός του μεγιστοβάθμιου και ο p δεν διαιρεί τον σταθερό αφού ο p δεν είναι διαιρέτης του a n. Για το κυρίως ϑέμα: Θεωρούμε διάστημα a, b). Αφού το πολυώνυμο px) δεν είναι σταθερό ϑα υπάρχουν ρητοί c, d με a<c<d<b έτσι ώστε p c) p d). Εστω 59

ο ρητός αριθμός s= pc)+pd). Αυτός βρίσκεται μεταξύ των pc), pd) και προφανώς p c) s) p d) s)<0. Θεωρούμε το πολυώνυμο qx)= px) s. Αυτό έχει ρητούς συντελεστές και επομένως γράφεται στην μορφή: q x)= an x n ) +...+a 0 r με τους a 0,...,a n να είναι ακέραιοι. Θεωρούμε μία α- κολουθία πρώτων αριθμών p < p < < p k < που δεν διαιρούν τον a n. Από το Λήμμα τα πολυώνυμα και q k d)=q d)+ rp k q d). Θα υπάρχει λοιπόν κατάλληλος k ώστε τα q k c),q k d) να είναι ομόσημα των qc), qd) οπότε από το ϑεώρημα του Bolzano το πολυώνυμο q k x) ϑα έχει ρίζα t μεταξύ των c, d και επομένως στο διάστημα a, b). Τέλος: α) Αφού το q k x) είναι ανάγωγο βαθμού μεγαλύτερου του ο t είναι άρρητος, β) q k t)=0 και επομένως a n x n + +a 0 + p k είναι ανάγωγα. Επομένως και τα q k x)= ) a n x n + +a 0 + pk r είναι επίσης ανάγωγα. = q x)+ rp k Q [x] δηλαδή p t) s+ rp k = 0 p t)= s rp k Q Επειδή η ακολουθία rp k είναι μηδενική ϑα είναι q k c)=q c)+ rp k q c) Άρα πράγματι οι άρρητοι που απεικονίζονται σε ρητούς από το p αποτελούν πυκνό υποσύνολο των πραγματικών. 60

Επιμελητές: Αναστάσιος Κοτρώνης - Γρηγόρης Κωστάκος ΑΣΚΗΣΗ 49 Προτείνει ο Γεώργιος Σμυρλής) Δείξατε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση f : [0,] R, ώστε f x)= 0 sin x+ f t) ) dt, γιά κάθε x [0,]. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 9&t 3785 Λύση Μιχάλης Λάμπρου) Εξετάζουμε τον διανυσματικό χώρο K των συνεχών συναρτήσεων στο [0, ] που παράγονται από τις sin.), cos.) με την.. Ορίζουμε T : K C[0,], T f )x)= Εύκολα βλέπουμε ότι η T είναι συνεχής. Επίσης, επειδή 0 0 0 sin x+ f t) ) dt= sin x+ f t) ) dt. ) ) cos f t) dt sin x+ sin f t) dt cos x= 0 a sin x+b cos x έχουμε ότι T f K. Ας παρατηρηθεί ακόμη ότι a, b οπότε T f = a sin.)+b cos.) = a + b, δηλαδή το σύνολο { T f : f : [0,] Rσυνεχής συνάρτηση} είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο χώρου πεπερασμένης διάστασης. Επεται ότι η εικόνα της T είναι υποσύνολο συμπαγούς υποσυνόλου του K. Από το ϑεώρημα σταθερού σημείου του Schauder), η T έχει σταθερό σημείο, όπως ϑέλαμε. ΑΣΚΗΣΗ 50 Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω a n μία ακολουθία ϑετικών { ακεραίων με όριο το άπειρο. an } Εξετάστε αν το σύνολο m : n.m N είναι πυκνό στο 0,+ ). http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f 9&t 466 Λύση Παύλος Μαραγκουδάκης) Εστω x>0και 0< ε< x. Θέτουμεβ= x ε καιγ= x+ε. Ορίζουμε τις ακολουθίες b n = nβ και c n = nγ. Υπάρχει δείκτης k ώστε για κάθε n k να είναι β b n+ < c n. Πράγματι αρκεί να διαλέξουμε k > γ β. Τότε για το σύνολο A=b k, c k ) b k+, c k+ ) είναι A=b k,+ ). Στο σύνολο A ανήκει τουλάχιστον ένας όρος a n της ακολουθίας a n ), οπότε υπάρχει δείκτης m ώστε a n b m, c m ). Άρα m x ε)<a n < m x+ε), a δηλαδή n m x < ε. Άρα το δοσμένο σύνολο είναι πράγματι πυκνό στο σύνολο των ϑετικών. 6