ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 665-067784 - Fax: 0 6405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 0 665-067784 - Fax: 0 6405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 70 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 00 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ B Γυμνασίου Πρόβλημα (α) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης Α= 00 009 008 + 00 008. (β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 0 Β= : και Γ= + 8 9 (α) Χρησιμοποιώντας την επιμεριστική ιδιότητα λαμβάνουμε: Α= 00 009 008 + 00 008 = 00 + 008 ( 00 009) = 00 + 008 = 00 + 008 = 408. (β) Έχουμε 48 9 8 Β= : = 4 = 4 = = = 8 8 8 4 8 8 0 9 0 9 Γ= + = + = =. 9 9 9 9 Επειδή ισχύει ότι: 68 67 0 Β Γ= = = = > 0, έπεται ότι είναι Β>Γ. Πρόβλημα Ο τριψήφιος θετικός ακέραιος x = αβγ = 00α + 0 β + γ, α 0, έχει άθροισμα ψηφίων 0. Αν εναλλάξουμε το ψηφίο των εκατοντάδων με το ψηφίο των μονάδων του, τότε προκύπτει ακέραιος μικρότερος από τον x κατά 97. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές του x ; Ο ακέραιος που προκύπτει μετά την εναλλαγή των ψηφίων των εκατοντάδων και μονάδων είναι ο y = 00γ + 0β + α και, σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος, ισχύει ότι: x y = 97 ( 00α + 0β + γ ) ( 00γ + 0β + α) = 97 99 α γ = 97 α γ =. ( )
Άρα οι δυνατές τιμές για τα ψηφία α και γ είναι: α =, γ = 0 ή α = 4, γ = ή α = 5, γ = ή α = 6, γ = ή α = 7, γ = 4 ή α = 8, γ = 5 ή α = 9, γ = 6. Επειδή από την υπόθεση δίνεται ότι α + β + γ = 0, οι ζητούμενοι ακέραιοι x = αβγ είναι οι: 70, 45, 5, 6. Πρόβλημα Ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει πλάτος ΑΒ = x μέτρα και μήκος ΒΓ= y μέτρα, το οποίο είναι διπλάσιο του πλάτους του. Αν αυξήσουμε το πλάτος του κατά 5%, να βρείτε πόσο επί τα εκατό πρέπει να ελαττώσουμε το μήκος του, ώστε το εμβαδόν του να μείνει αμετάβλητο. 5x 5x 5x Μετά την αύξηση κατά 5% το πλάτος του ορθογωνίου γίνεται x = x+ = =. 00 00 4 Έστω ότι πρέπει να ελαττώσουμε το μήκος του ορθογωνίου κατά α %, έτσι ώστε να μείνει το εμβαδό του αμετάβλητο. Τότε το μήκος του θα γίνει: α y ( 00 α) y ( 00 α) x y = y = =, 00 00 00 ενώ θα ισχύει η ισότητα 5x ( 00 α ) x 00 α xy = xy x x = x = x 4 00 80 00 α 00 α x = 0 = 0 (αφού x 0) 80 80 80 00 + α = 0 α = 0. Άρα πρέπει να ελαττώσουμε το μήκος του ορθογωνίου κατά 0%. Πρόβλημα 4. Στο διπλανό σχήμα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος πλευράς α και το τρίγωνο ΓΕΖ είναι ισόπλευρο πλευράς α.τα σημεία Ε και Ζ βρίσκονται πάνω στις πλευρές ΑΒ και ΑΔ, αντίστοιχα. Να βρείτε τις γωνίες του ρόμβου ΑΒΓΔ. Α Ζ Δ Ε Β Γ Σχήμα Επειδή είναι ΒΓ = ΓΕ = α, το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές και έχει: Β ˆ =Ε ˆ () Επειδή είναι ΑΒ ΓΔ και η ΕΓ είναι τέμνουσα των ΑΒ και ΓΔ έχουμε ότι: ˆ ˆ ˆ ˆ Ε =ΕΓΔ=Γ +Γ = 60 +Γ ˆ, ()
αφού κάθε γωνία ισόπλευρου τριγώνου είναι 60. Επίσης από τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΓΕ και ΓΖΔ με ίσες πλευρές ΒΓ = ΓΖ=α, ΓΕ = ΓΔ = α, προκύπτει ότι: 0 0 Γ ˆ ˆ ˆ ˆ = 80 Β= 80 Δ=Γ, () αφού οι απέναντι γωνίες ρόμβου είναι ίσες, Από την παραλληλία των πλευρών ΑΒ και ΓΔ έχουμε 0 0 Β+Γ= ˆ ˆ 80 Ε ˆ ˆ ˆ +Γ +ΕΓΔ= 80 (λόγω της () ) ˆ ˆ 0 Γ + 60 +Γ = 80 (λόγω της ()) Άρα είναι: 80 0 ( ) Γ ˆ + 0 = 80 Γ ˆ = 0. 0 0 ˆ 0 Β= = 80, 0 0 0 ˆ ˆ 80 0 Δ=Β= και Γ Γυμνασίου ˆ ˆ 0 0 0 Α=Γ= 80 80 = 00. Πρόβλημα Έστω ο ακέραιος ν ν ν 4ν Α= ( ) + ( ) + ( ) + ( ) ν, όπου ν θετικός ακέραιος. Αν ο Α είναι διαιρέτης του 4, να βρείτε τις δυνατές τιμές του ν. Έχουμε ν ν ν 4ν ν ν Α= ( ) + ( ) + ( ) + ( ) ν = ( ) + + (( ) ) + ν ν 4 ν, αν ν άρτιος = + ( ) ν = 0, αν ν περιττός. Επειδή ο ακέραιος Α είναι διαιρέτης του 4, έπεται ότι: Α 0, οπότε ο ν δεν μπορεί να είναι περιττός. Ο θετικός ακέραιος Α= 4 ν, όπου ν άρτιος θετικός ακέραιος, ανήκει στο σύνολο των άρτιων θετικών διαιρετών του 4, δηλαδή είναι: 4ν {,4,6,8,,4 }, όπου ν άρτιος θετικός ακέραιος, ν,,,,,6,όπου ν άρτιος θετικός ακέραιος, ν = ή ν = 6. Άρα οι δυνατές τιμές του ν είναι το και το 6. Πρόβλημα Υπάρχει διψήφιος θετικός ακέραιος N = ab= 0 a+ b, όπου ab, ψηφία με a 0, που ισούται με το γινόμενο των ψηφίων του ελαττωμένο κατά το άθροισμα των ψηφίων του; Ο ζητούμενος διψήφιος θετικός ακέραιος N = ab= 0 a+ b, όπου ab, ψηφία με a 0, ικανοποιεί την εξίσωση 0a+ b= ab a+ b a = ab b b a = b. ( ) ( )
Η τελευταία εξίσωση δεν είναι δυνατόν να ισχύει, γιατί ο όρος ( b) a του πρώτου μέλους είναι θετικός, ενώ ο όρος του δευτέρου μέλους είναι μικρότερος ή ίσος με το μηδέν. Άρα δεν υ- πάρχει ο ζητούμενος διψήφιος θετικός ακέραιος. Πρόβλημα Να υπολογίσετε το άθροισμα: S = + 4 + 5 6 7 + 8 + + 997 998 999 + 000. Παρατηρούμε ότι το άθροισμα S είναι άθροισμα 50 αθροισμάτων της μορφής ( ) ( ) ( ) ( ) Sk = 4k+ 4k+ 4k+ + 4k+ 4, για k = 0,,,,...,49. Όμως έχουμε Άρα έχουμε k ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 4) S = k+ k+ k+ + k+ 6k 8k 6k 6k 4 6k 4k 9 6k k 6 = + + + + + = 4, για κάθε k = 0,,,,..., 49. S = S + S +... + S = 4 + 4 +...4 = 50 4 = 000 0 49 Πρόβλημα 4 Στο παρακάτω σχήμα δίνεται ότι: το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΑΓ= β του τριγώνου ΑΒΓ, ˆ ΔΑΕ = 90, η ΔΕ είναι κάθετη προς τη ΒΓ, ΑΔΕ ˆ = ΓΔΖ ˆ = θ και ΓΖΔ ˆ = 0 0. (i) Να βρείτε τη γωνία θ. (ii) Να υπολογίσετε το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΕΖ συναρτήσει του β. Σχήμα (i) Έστω ότι η ευθεία ΔΕ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Η. Τότε θα είναι ΗΔΓ ˆ = θ (ως κατά κορυφή) και ΗΔΖ ˆ = ΗΔΓ ˆ + ΓΔΖ ˆ = θ, οπότε από το τρίγωνο ΗΔΖ έχουμε: 0 0 0 90 + θ + 0 = 80 θ = 0
(ii) Το τρίγωνο ΗΕΖ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα ΕΖ, οπότε για τον υπολογισμό της ΕΖ θα χρησιμοποιήσουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα. Πρέπει όμως να έχουμε υπολογίσει τις κάθετες πλευρές ΗΖ και ΗΕ συναρτήσει του β. Από το τρίγωνο ΗΔΓ που είναι ορθογώνιο στο Η με β ΓΔ= και έχει ΗΔΓ ˆ = θ = 0 0 λαμβάνουμε: 0 0 ΗΔ = ΔΓ συν 0 = β = β και ΗΓ = ΔΓ ημ0 = β = β. 4 4 Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε τα μήκη των ΗΔ και ΗΓ από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΔΓ με ΗΔΓ ˆ = θ = 0 0, οπότε η κάθετη πλευρά που βρίσκεται απέναντι από την οξεία 0 β γωνία των 0 θα ισούται με το μισό της υποτείνουσας, δηλαδή είναι ΗΓ= και στη συνέχεια από το Πυθαγόρειο θεώρημα υπολογίζουμε και την πλευρά ΗΔ =. 4 β 4 0 Το τρίγωνο ΓΔΖ είναι ισοσκελές ( ΓΖΔ ˆ = ΓΔΖ ˆ = 0 ), οπότε θα είναι β ΓΖ=ΓΔ= και β β β ΗΖ = ΗΓ + ΓΖ = + =. 4 4 Επιπλέον, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΕ με ΔΑΕ ˆ = 90, ˆ β ΑΔΕ = 0 0 και ΑΔ=, έχουμε: ΑΔ β / β β ΔΕ = = = =, 0 συν 0 / οπότε θα είναι β β 7β ΗΕ = ΗΔ + ΔΕ = + =. 4 Επομένως, από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΗΕΖ με Η= ˆ 90 έχουμε: 7β β β 57 ΕΖ = ΗΕ + ΗΖ = + =. 4 6 Α Λυκείου Πρόβλημα (i) Να βρείτε τις τιμές του ρητού αριθμού α, για τις οποίες ο αριθμός Α= α είναι ρητός. (ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Β= ( + ) είναι άρρητος. (i) Για α = 0 είναι Α= 0, ρητός. Έστω α 0. Αν ήταν ο Α= α ρητός, τότε ο αριθμός Α =, θα ήταν επίσης ρητός, ως πηλίκο δύο ρητών αριθμών, που είναι άτοπο. α Επομένως, ο αριθμός Α είναι ρητός μόνο για α = 0. (ii) Έχουμε Β= ( + ) = 4+. Αν ο αριθμός Β ήταν ρητός, τότε ο αριθμός Β 4= θα ήταν επίσης ρητός, ως διαφορά δύο ρητών, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (i).
Πρόβλημα Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x + x = α x, έχει, για κάθε τιμή της παραμέτρου α, μία τουλάχιστον πραγματική λύση. Για ποιες τιμές του α η εξίσωση έχει δύο διαφορετικές μεταξύ τους πραγματικές λύσεις; Επειδή στην εξίσωση εμφανίζεται η απόλυτη τιμή του αγνώστου x διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω x 0. Τότε ισχύει x = x και η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα: x+ x= αx, x 0 ( α + ) x=, x 0 x =, αν α > α + αδύνατο, αν α. (ii) Έστω x < 0. Τότε ισχύει x = x και η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα: x+ + x= αx, x< 0 ( α ) x=, x< 0 x =, αν α < α αδύνατο, αν α. Επομένως, για κάθε τιμή της παραμέτρου α, η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική λύση. Η εξίσωση έχει πραγματικές λύσεις διαφορετικές μεταξύ τους, αν ισχύει: < α <. Πράγματι, για < α < η εξίσωση έχει τις λύσεις x διαφορετικές μεταξύ τους. = < 0 και x = > 0 που είναι α α + Πρόβλημα Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο COR (, ) και έστω A, B, C τα αντιδιαμετρικά σημεία των κορυφών του A, BC., Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές BC, ACAB, θεωρούμε τα σημεία A, B, C αντίστοιχα και έστω (ε ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία A, A, (ε ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία B, B και (ε ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία C, C. Έστω ακόμη (δ ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο A προς την (ε ), (δ ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο B προς την (ε ) και (δ ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο C προς την (ε ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες (ε ), (ε ) και (ε ) συντρέχουν (περνάνε από το ίδιο σημείο), αν, και μόνο αν, οι ευθείες (δ ), (δ ) και (δ ) συντρέχουν Οι ευθείες (ε ) και (δ ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, αφού το O είναι μέσο της AA. Οι ευθείες (ε ) και (δ ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, αφού το O είναι μέσο της BB.
Οι ευθείες (ε ) και (δ ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, αφού το O είναι μέσο της CC. 0 Σύμφωνα με τη θεωρία, αν περιστρέψουμε μία ευθεία κατά 80 γύρω από το κέντρο συμμετρίας, τότε αυτή θα συμπέσει με τη συμμετρική της ευθεία, ως προς κέντρο το σημείο O. Επομένως, οι ευθείες (ε ), (ε ) και (ε ) συντρέχουν, έστω στο σημείο K, αν, και μόνο αν, οι ευθείες (δ ), (δ ) και (δ ) συντρέχουν στο σημείο K, που είναι το συμμετρικό του σημείου K ως προς το σημείο O. Σχήμα Παρατήρηση Το σημείο K ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC, αν, και μόνο αν, τα σημεία A,B, C είναι τα μέσα των πλευρών BC,AC, AB αντίστοιχα. Στη περίπτωση αυτή μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή πρόταση: Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τα μέσα των πλευρών τριγώνου, βρίσκονται επάνω στο περιγεγραμμένο του κύκλο και είναι αντιδιαμετρικά των κορυφών του Πρόβλημα 4 Οι πραγματικοί αριθμοί x, y και z ικανοποιούν τις ισότητες: x y = 6z x y xy = 6 z. (α) Να εκφράσετε τους x, y συναρτήσει του z. (β) Αν επιπλέον ισχύει ότι x+ y+ z = 8, να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y και z. Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη ισότητα επί και την αφαιρούμε από την πρώτη, οπότε λαμβάνουμε Τότε η δεύτερη ισότητα γίνεται: ( ) x y = 8z x y = z. ()
zxy 6 οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω z 0. Τότε η () είναι ισοδύναμη με την σχέση xy = z, () Από τις () και (), προκύπτει η σχέση x( x z) = z x zx z = 0 x= z ή x= z, οπότε θα είναι x = z, y = z ή x= z, y = z. (ii) Για z = 0 οι δύο πρώτες εξισώσεις γίνονται: ( x y)( x + xy+ y ) = 0 x y = 0 ή x = y = 0, xy ( x y) = 0 οπότε προκύπτει ότι: x = y, ανεξάρτητα από το z. = z, () (β) Για x, zy z (,, ) (,,) = = η εξίσωση x+ y+ z = 8 γίνεται 8z = 8 z =, οπότε έχουμε ότι xyz =, ενώ για x = zy, = z, η εξίσωση γίνεται 4z= 8 z=, οπότε έχουμε ότι ( xyz,, ) = (,6, ). Για z = 0, είναι x = y, οπότε από την εξίσωση x+ y+ z = 8 προκύπτει ότι 8 8,, =,,0. ( xyz) Β Λυκείου Πρόβλημα Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ( x, yz, ) πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος: x + y = 65z x y+ xy = 0z x y+ z = 0. Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη εξίσωση επί και την προσθέτουμε στην πρώτη, οπότε λαμβάνουμε την εξίσωση ( ) x + y = 5z x+ y = 5z. () Τότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται 5zxy 0z οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω z 0. Τότε από την εξίσωση () λαμβάνουμε: xy z Από τις () και (), προκύπτει η εξίσωση x( 5z x) = 4z x 5zx+ 4z = 0 x= 4z ή x= z, οπότε θα είναι x = 4 zy, = zή x= zy, = 4z. =, () = 4. ()
Για x 4, zy z = = η τρίτη εξίσωση του συστήματος γίνεται 5z = 0 z =, οπότε το σύστημα έχει τη λύση (,, ) ( 8,,) xyz =, ενώ για x = z, y= 4z η τρίτη εξίσωση γίνεται z= 0 z= 0, οπότε το σύστημα έχει τη λύση ( xyz,, ) = ( 0, 40, 0). (ii) Για z = 0 οι δύο πρώτες εξισώσεις γίνονται: ( x+ y)( x xy+ y ) = 0 x + y = 0 ή x = y = 0 x = y, xy ( x + y) = 0 xyz,, = 5, 5, 0. οπότε από την τρίτη εξίσωση προκύπτει ότι ( ) ( ) Πρόβλημα Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC, K τυχόν σημείο στο εσωτερικό του και τα ύψη του AH, BH, CH. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH H τέμνει την ημιευθεία AK στο σημείο K, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BHH τέμνει την ημιευθεία BK στο σημείο K και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CHH τέμνει τη ημιευθεία CK στο σημείο K. Να αποδείξτε ότι τα σημεία K, K, K, H και K είναι ομοκυκλικά ( δηλαδή ανήκουν στον ίδιο κύκλο), όπου H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC. Έστω (c ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH H, (c ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BH H και (c ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CH H. Σχήμα 4 Το τετράπλευρο AH HH είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (c ) περνάει από το σημείο H. Το τετράπλευρο BH HH είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (c ) περνάει από το σημείο H. Το τετράπλευρο CH HH είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (c ) περνάει από το σημείο H. Τελικά, οι τρεις κύκλοι (c ), (c ) και (c ) περνάνε από το ορθόκεντρο H του τριγώνου ABC.
Ο κύκλος (c ) έχει διάμετρο την AH, οπότε HK AK, δηλαδή το σημείο K ανήκει στο κύκλο διαμέτρου HK. Όμοια αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία K, K, ανήκουν στον ίδιο κύκλο. Πρόβλημα Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x x x αx + + =, α, έχει για κάθε α δύο διαφορετικές μεταξύ τους λύσεις στο σύνολο. Για ποιες τιμές του α οι δύο ρίζες είναι ετερόσημες; Λόγω της ύπαρξης του x, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω x 0. Τότε η εξίσωση γίνεται: x + x+ x= αx, α x α + x+ = 0, α, () ( ) η οποία έχει διακρίνουσα ( α ) 4 ( α )( α ) Δ = + = +. Άρα η εξίσωση () έχει πραγματικές ρίζες, όταν είναι α ή α. Επειδή το γινόμενο των ριζών είναι P = > 0 οι ρίζες είναι ομόσημες, οπότε για να είναι και οι δύο θετικές πρέπει και αρκεί S = α + > 0 α >. Επομένως έχουμε: Για α >, η εξίσωση () έχει δύο ακριβώς διαφορετικές θετικές ρίζες στο. Για α =, η εξίσωση () έχει τη διπλή θετική ρίζα x = στο. Για α <, η εξίσωση () δεν έχει μη αρνητικές ρίζες στο. (ii) Έστω x < 0. Τότε η εξίσωση γίνεται: x + x+ + x= αx, α x α x+ = 0, α, () ( ) η οποία έχει διακρίνουσα ( α ) 4 ( α 5)( α ) Δ = =. Άρα η εξίσωση () έχει πραγματικές ρίζες όταν είναι α ή α 5. Επειδή το γινόμενο των ριζών είναι P = > 0 οι ρίζες είναι ομόσημες, οπότε για να είναι και οι δύο αρνητικές πρέπει και αρκεί S = α < 0 α <. Επομένως έχουμε: Για α <, η εξίσωση () έχει δύο ακριβώς διαφορετικές αρνητικές ρίζες στο Για α =, η εξίσωση () έχει τη διπλή αρνητική ρίζα x = στο. Για α >, η εξίσωση () δεν έχει αρνητικές ρίζες στο. Από τις περιπτώσεις () και () προκύπτει ότι η δεδομένη εξίσωση έχει, για κάθε α, δύο πραγματικές ρίζες διαφορετικές μεταξύ τους, οι οποίες είναι ετερόσημες για α =. Πρόβλημα 4 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση Κατ αρχή παρατηρούμε ότι ισχύει: Αν θέσουμε x + x+ x + x+ = x+. a x x, b x x, x x + x+ > x + x+ > για κάθε x. 0 και 0, = + + = + +, τότε λαμβάνουμε: ( ) ( ) ( ) a b = x + x+ x + x+ = x + x+ = x+, οπότε από τη δεδομένη εξίσωση προκύπτει η εξίσωση με αγνώστους ab,,
αφού είναι b 0 ( ) ( ) a b = a b ab b = b a b = a= b 4 5 0 4 5 0 4 5,. Έτσι έχουμε την εξίσωση 4 x + x+ = 5 x + x+, της οποίας τα δύο μέλη είναι θετικά, για κάθε x, οπότε είναι ισοδύναμη με την εξίσωση 6 x + x+ = 5 x + x+ ( ) ( ) ± 7 7x + x+ 7= 0 x=. 4 + 7 Με έλεγχο διαπιστώνουμε ότι η τιμή x = δεν επαληθεύει την εξίσωση, οπότε η μοναδική ρίζα της είναι η x =. Αυτό θα μπορούσε να προκύψει και από τη σχέση 4 7 4 a b< 0 η οποία αληθεύει για κάθε x, οπότε πρέπει να είναι x <. Πρόβλημα Γ Λυκείου * Η ακολουθία a,, n n ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις * a = n a + + n kn, n, όπου k θετικός ακέραιος και a =. Να βρείτε για ποια τιμή του k ο αριθμός 0 είναι όρος * της ακολουθίας a,. n n Από τη δεδομένη αναδρομική σχέση έχουμε a = a = a+ k a = a + k... n n ( ) ( ) an = an + n k a = a + n k από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε k( n ) n an = + k( + +... + n ) = + k( + +... + n ) = +. Επομένως, αρκεί να προσδιορίσουμε τις τιμές των k και n για τις οποίες ισχύει η ισότητα: k( n ) n an = + = 0 k( n ) n= 400 k( n ) n= 5 67. ( nk, ) = (, 00) ή ( nk, ) = (,670) ή ( nk, ) = ( 4,5) ή ( nk, ) = ( 5, 0) ή ( nk, ) = ( 6,4) Επομένως, για k = 00 είναι a = 0, για k = 670 είναι a = 0, για k = 5 είναι a 4 = 0, για k = 0 είναι a 5 = 0και για k = 4 είναι a 6 = 0..
Πρόβλημα Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC και έστω M, M, M τυχόντα σημεία των πλευρών του BC, ACAB,, αντίστοιχα. Έστω ακόμη τα ύψη του AH, BH, CH. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AH H, BMH, CMH περνάνε από το ίδιο σημείο (έστω K ), οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BHH, AMH, CMH περνάνε από το ίδιο σημείο (έστω K ) και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων CHH, AM H, BM H περνάνε από το ίδιο σημείο (έστω K ). Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι οι ευθείες AK, BK, CK συντρέχουν, δηλαδή περνάνε από το ίδιο σημείο, αν, και μόνο αν, οι ευθείες AM, BM, CM συντρέχουν. Έστω (c ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BM H, (c ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CM H, (c ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH H και (c) ο περιγεγραμμένος κύκλος του εγγράψιμου τετραπλεύρου BH H C. Σχήμα 5 Θεωρώντας τις τέμνουσες AB και AC του κύκλου (c), συμπεραίνουμε: AB AH = AC AH. Το γινόμενο όμως AB AH εκφράζει τη δύναμη του σημείου A ως προς το κύκλο (c ) ενώ το γινόμενο AC AH εκφράζει τη δύναμη του σημείου A ως προς το κύκλο (c ). Άρα το σημείο A, ανήκει στον ριζικό άξονα των κύκλων (c ) και (c ). Έστω τώρα ότι οι κύκλοι (c ) και (c ) τέμνονται στο σημείο K (εκτός βέβαια από το σημείο M ). Τότε η ευθεία που ορίζουν τα σημεία αυτά (δηλαδή τα K και M ) είναι ο ριζικός άξονας των κύκλων (c ) και (c ). Από τους παραπάνω συλλογισμούς προκύπτει ότι τα σημεία A,K και M είναι συνευθειακά. Θα αποδείξουμε ότι και ο κύκλος (c ) περνάει από το σημείο K, δηλαδή ότι το τετράπλευρο AH K είναι εγγράψιμο. H
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BH H C έχουμε: ˆ ϕ = Bˆ. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο BM KH έχουμε: ˆ ω = Bˆ. Άρα είναι ˆ ω = ˆ ϕ και κατά συνέπεια το τετράπλευρο AH KH είναι εγγράψιμο. Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι δύο άλλες τριάδες κύκλων, περνάνε από το ίδιο σημείο. Προφανώς τώρα οι ευθείες AK,BK, CK συντρέχουν, αν, και μόνο αν, συντρέχουν οι ευθείες AM,BM, CM (δεδομένου ότι τα σημεία A,K, M, τα σημεία B,K, M και τα σημεία C,K, M, είναι συνευθειακά. Πρόβλημα Αν,,, abxy με ( ab, ) ( 0,0) και (, ) ( 0,0) xy και ισχύουν ( ) ( ) ( ) ( ) a x y bxy = x a b aby b x y + axy = y a b + abx, να αποδείξετε ότι x = a και y = b. Σύμφωνα με τον ορισμό της ισότητας μιγαδικών αριθμών, προκύπτει ότι το σύστημα των δύο δεδομένων εξισώσεων είναι ισοδύναμο με την εξίσωση: a ( x y ) bxy b( x y ) axy i x( a b ) aby y ( a b ) abx + + = + + i ( a + bi) ( x y ) xyi ( a b ) abi + = + ( x + yi) ( a + bi) ( x + yi) = ( a + bi) ( x + yi) x+ yi = a+ bi (αφού ( α, β) ( 0,0) και ( x, y) ( 0,0 )) x= a, y = b. Πρόβλημα 4 Σημείο Μ βρίσκεται στο εσωτερικό κύκλου C ( O, r), όπου r = 5cm, σε απόσταση 9cm από το κέντρο του κύκλου. Να βρείτε τον αριθμό των χορδών του κύκλου C ( O, r) που περνάνε από το σημείο Μ και το μήκος τους είναι ακέραιος αριθμός. Θεωρούμε τη χορδή ΑΒ που περνάει από το σημείο Μ και το κέντρο O του κύκλου, καθώς και την κάθετη προς αυτήν χορδή ΓΜΔ, οπότε το σημείο Μ είναι το μέσο της χορδής ΓΔ. Η χορδή ΑΒ έχει ακέραιο μήκος 0cm. Από το θεώρημα τεμνομένων χορδών έχουμε ότι: ΓΔ ΓΔ ΓΔ ΓΜ ΜΔ = ΑΜ ΜΒ = 6 ( 9 + 5) = 44 = ΓΔ = 4. C O, r που περνάνε από το σημείο Μ και Έτσι μέχρι τώρα έχουμε βρει δύο χορδές του κύκλου ( ) έχουν ακέραιο μήκος. Θεωρούμε τυχούσα χορδή ΚΛ του κύκλου C ( O, r) που περνάει από το Μ και έστω ΜΕ = x, ΜΟΕ ˆ = θ, όπου Ε είναι το μέσο της ΚΛ, σχήμα 6. Αν υποθέσουμε ότι π 0 θ, τότε έχουμε θεωρήσει όλες τις χορδές του κύκλου C ( O, r) που περνάνε από το Μ και τα άκρα τους Κ και Λ βρίσκονται στα ελάσσονα τόξα ΑΓ και ΒΔ, αντίστοιχα. Για κάθε
μία από αυτές τις χορδές αντιστοιχεί και μία ακόμη που είναι η συμμετρική της ως προς τη διάμετρο ΑΒ. Σχήμα 6 Για τη χορδή ΚΛ, αν συμβολίσουμε το μήκος της ως ( θ ) ( ) 5 8, 0, έχουμε π θ = συν θ θ. 8ημ θ π Επειδή είναι ( θ) = > 0, θ 0,, έπεται ότι η συνάρτηση ( θ ) είναι 5 8συν θ π γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0,, οπότε η συνάρτηση ( ) θ έχει σύνολο τιμών το διάστημα ( 0, ) = [ 4,0] π. Άρα το μήκος της χορδής ΚΛ μπορεί να πάρει όλες τις ακέραι- 4,0. Αν λάβουμε υπόψιν και τη συμμετρική χορδή της ΚΛ ως ες τιμές του διαστήματος [ ] προς τη διάμετρο ΑΒ, τότε τα πέντε μήκη 5, 6, 7, 8, 9 λαμβάνονται δύο φορές το καθένα, ενώ τα μήκη 4 και 0 λαμβάνονται από μία φορά. Έτσι έχουμε συνολικά χορδές που περνάνε από το Μ με ακέραιο μήκος. Παρατήρηση Θα μπορούσαμε επίσης να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής για τη π συνεχή συνάρτηση ( θ) = 5 8 συν θ, 0 θ, η οποία έχει ελάχιστη τιμή την π ( 0) = 4 και μέγιστη τιμή την = 0. Αυτό προκύπτει από την παρατήρηση ότι τα μήκη των χορδών είναι αντιστρόφως ανάλογα από τα αποστήματά τους και ότι το μέγιστο απόστημα π λαμβάνεται για θ = 0, ενώ το ελάχιστο απόστημα λαμβάνεται για θ =. Παρατήρηση Σημειώνουμε ακόμη ότι οι χορδές με ακέραια μήκη 5, 6, 7, 8, 9, μπορούν να κατασκευαστούν γεωμετρικά, αφού αν θέσουμε ΚΜ = x και ΜΛ= y, τότε έχουμε { } x+ y = m, m 5,6,7,8,9 και xy = 44 =. Έτσι εξασφαλίζουμε την ύπαρξη αυτών των χορδών με ακέραιο μήκος, χωρίς τη χρήση του διαφορικού λογισμού.